成都七中高一6月月考物理试卷及答案.docx

成都七中高一年级六月月考物理试题答案
1解析：选D.合力对物体所做的功等于各个力做功的代数和．F1对物体做功6 J，物体克服F2做功8 J，即F2对物体做功为－8 J，因而F1、F2的合力对物体做功为6 J－8 J＝－2 J，D正确．
2解析：选A.小球从斜面底端到最高点C的过程中，重力、弹簧弹力做功，C点为最高点，即vC＝0，由动能定理得：－mgh＋W弹＝0－2(1)mv2，W弹＝mgh－2(1)mv2，故A正确．
3解析：选B.由动能定理可得W1－W2＝0，解得W1＝W2.由图象可知，撤去拉力F后运动时间大于水平力F作用时间，所以F＞2Ff，选项A、D错误，B正确；由于摩擦阻力作用时间一定大于水平力F作用时间，所以P1＞P2，选项C错误．
4解析：选B.由动能定理得，小球由A到B过程－mgh＋WFf＝0－2(1)mv0(2)，小球由B到A过程有mgh＋WFf＝2(1)mv2－0，联立解得v＝0(2)0(2)，B正确．
5解析：选D.A球和C球上升到最高点时速度均为零，而B球上升到最高点时仍有水平方向的速度，即仍有动能．
对A、C球的方程为mgh＝2(1)mv0(2)，得h＝0(2)0
对B球的方程为mgh′＋2(1)mvt(2)＝2(1)mv0(2)，且vt(2)≠0
所以h′＝0(2)t(2)t＜h，故D正确．
6解析：选BC.A球在上摆过程中，重力势能增加，动能也增加，机械能增加，B正确；由于A球、B球和地球组成的系统只有重力做功，故系统的机械能守恒，C正确，D错误；B球部分机械能转化给A球，所以B球和地球组成系统的机械能一定减少，A错误．
7解析：选D.由题图可知，在0～t1时间内，v－t图象为倾斜的直线，故汽车做匀加速运动，牵引力恒定，由P＝Fv可知，汽车牵引力的功率均匀增大，选项A错误；在t1～t2时间内，根据动能定理有WF－Wf＝2(1)mv2(2)－2(1)mv1(2)，因此牵引力做的功大于2(1)mv2(2)－2(1)mv1(2)，选项B错误；在t1～t2时间内，若v－t图象为直线，则平均速度为2(1)(v1＋v2)，而题图所示v－t图象为曲线，故这段时间内的平均速度－(v)≠2(1)(v1＋v2)，选项C错误；全过程中，t1时刻牵引力最大，功率达到额定功率，也最大，之后，功率不变，牵引力减小，直至F＝f，此后汽车做匀速运动，故选项D正确．
8【答案】AC
9解析：选D.小球运动到环的最高点时与环恰无作用力，设此时的速度为v，由向心力公式可得mg＝R(mv2)；小球从最低点到最高点的过程中，由动能定理可得－Wf－2mgR＝2(1)mv2－2(1)mv0(2)，联立可得Wf＝2(1)mv0(2)－2(1)mv2－2mgR＝2(1)mgR，可见此过程中小球的机械能不守恒，克服摩擦力做的功为2(1)mgR，选项D正确，选项A错误；小球在最高点时，速度v方向和重力的方向垂直，二者间的夹角为90°，功率P＝0，选项C错误；小球在最低点，由向心力公式可得
F－mg＝0(2)0，F＝mg＋0(2)0＝7mg，选项B错误．
10.解析：选ACD.由v－t图象可知，传送带沿斜向上运动，物体放到传送带上的初速度方向是沿斜面向下的，且做加速度方向沿传送带向上、大小为1 m/s2的匀减速直线运动，对其受力分析，可得f－mgsin θ＝ma，N－mgcos θ＝0，f＝μN，联立可得μ＝0.875，选项A正确；根据v－t图象与时间轴围成的“面积”大小等于物体的位移，可得0～8 s内物体的位移x＝2(1)×4×(2＋6)m－2(1)×2×2 m＝14 m，选项B错误；0～8 s内物体的机械能的增加量等于物体重力势能的增加量和动能增加量的和，ΔE＝mgxsin 37°＋2(1)m×42－2(1)m×22＝90(J)，选项C正确；0～8 s内物体与传送带由于摩擦产生的热量等于摩擦力乘以二者间的相对位移大小，Q＝μmgs相对cos 37°＝126 J，选项D正确．
11解析：(1)设小车恰好通过最高点的速度为v0，则有
mg＝0(2)0 ①
由C点到最高点满足机械能守恒定律，有
2(1)mvC(2)＝mg·2R＋2(1)mv0(2) ②
解得vC＝10 m/s ③
(2)小车由最高点滑下到最终停止在轨道CD上，由动能定理有
mg·2R－μmgxCD＝0－2(1)mv0(2) ④
联立①④解得xCD＝10 m ⑤
(3)小车经过C点的速度vC≥10 m/s就能做完整圆周运动．
小车由A到C由动能定理得
Fl－μmg(l＋xBC)＝2(1)mvC(2) ⑥
解得xBC≤5 m ⑦
小车进入圆轨道时，上升的高度h≤R＝2 m时，小车返回而不会脱离轨道，由动能定理有
Fl－μmg(l＋xBC)－mgh＝0 ⑧
解得xBC≥11 m ⑨
综上可得，xBC≤5 m或者xBC≥11 m小车不脱离轨道．
答案：(1)10 m/s (2)10 m (3)xBC≤5 m或者xBC≥11 m
12解析：(1)对于小物块，由A点到B点有vy(2)＝2gh
在B点有tan 2(θ)＝v1(vy)
所以v1＝3 m/s
(2)对于小物块，由B点到O点有
mgR(1－cos2(θ))＝2(1)mvO(2)－2(1)mvB(2)
其中vB＝ m/s＝5 m/s
在O点N－mg＝mO(2)O，所以N＝43 N
由牛顿第三定律知小物块对轨道的压力为N′＝43 N
(3)小物块在传送带上加速的过程有μ2mg＝ma3
P、A间的距离xPA＝1(2)1＝1.5 m
(4)小物块沿斜面上滑时有mgsin 2(θ)＋μ1mgcos 2(θ)＝ma1
解得a1＝10 m/s2
小物块沿斜面下滑时有mgsin 2(θ)－μ1mgcos 2(θ)＝ma2
解得a2＝6 m/s2
由机械能守恒定律可知vC＝vB＝5 m/s
小物块由C点上升到最高点历时t1＝a1(vC)＝0.5 s
小物块由最高点回到D点历时
t2＝0.8 s－0.5 s＝0.3 s
故xCD＝2(vC)t1－2(1)a2t2(2)
即xCD＝0.98 m.
答案：(1)3 m/s (2)43 N (3)1.5 m (4)0.98 m

13【答案】（1）12J （2）12.5N （3）16J