山西省忻州市第一中学2019-2020学年高一下学期第四次考试物理试题Word版.doc

1 2019 级高一年级第二学期假期考试物理试题 命题：张文品 李肖林 审题：徐宏斌 一．选择题(本题共 12 小题;每小题 4 分,共 48 分。其中 1-8 题为单选题，9-12 为多选题，全部选对得 4 分， 选对但不全得 2 分) 1.在力学范围内，国际单位制规定了三个基本量，下列仪器所测的物理量不是基本量的是（ ） A． B． C． D． 秒表 弹簧测力计 托盘天平 刻度尺 答案：B 解析：国际单位制中共有七个基本量，相对应的单位是基本单位．力学的三个基本单位是米、千克、秒， 基本量是长度、质量、时间． 2.a、b、c 三个物体在同一条直线上运动，其位移－时间图象中，图线 c 是一条 x＝0.4t2 的抛物线.有关这三 个物体在 0～5 s 内的运动，下列说法正确的是( ) A.a 物体做匀加速直线运动 B.c 物体做匀加速直线运动 C.t＝5 s 时，a 物体速度比 c 物体速度大 D.a、b 两物体都做匀速直线运动，且速度相同 答案 B 解析 x－t 图象是倾斜的直线表示物体做匀速直线运动，则知 a、b 两物体都做匀速直线运动，由题图看 出，a、b 两图线的斜率大小相等、正负相反，说明两物体的速度大小相等、方向相反，所以速度不同，A、 D 错误；图线 c 是一条 x＝0.4t2 的抛物线，结合 x＝v0t＋1 2at2 可知，c 物体做初速度为 0、加速度为 0.8 m/s2 的匀加速直线运动，B 正确.图线的斜率大小等于速度大小，根据题图可知，t＝5 s 时 c 物体速度比 a 物体 速度大，C 错误. 3.如图为质点做匀变速曲线运动轨迹的示意图，且质点运动到 D 点时速度方向与加速度方向恰好互相垂直， 则质点从 A 点运动到 E 点的过程中，下列说法中正确的是( )2 A.质点经过 C 点的速率比 D 点的大 B.质点经过 A 点时的加速度方向与速度方向的夹角小于 90° C.质点经过 D 点时的加速度比 B 点的大 D.质点从 B 到 E 的过程中加速度方向与速度方向的夹角先增大后减小 答案 A 解析 质点做匀变速曲线运动，所以加速度不变；由于在 D 点速度方向与加速度方向垂直，则在 C 点时速 度方向与加速度方向的夹角为钝角，所以质点由 C 到 D 速率减小，在 C 点的速率比 D 点大. 4.2016 年起，我国空军出动“战神”轰-6K 等战机赴南海战斗巡航.如图，某次战备投弹训练，飞机在水平方 向做加速直线运动的过程中投下一颗模拟弹.飞机飞行高度为 h，重力加速度为 g，不计空气阻力，则以下 说法正确的是( ) A.在飞行员看来模拟弹做平抛运动 B.模拟弹下落到海平面的时间为 2h g C.在飞行员看来模拟弹做自由落体运动 D.若战斗机做加速向下的俯冲运动，此时飞行员一定处于失重状态 答案 B 解析 模拟弹相对于海面做平抛运动，其水平方向做匀速直线运动，因飞机在水平方向做加速运动，所以 在飞行员看来模拟弹做的既不是平抛运动，也不是自由落体运动，A、C 项错误.模拟弹在竖直方向做自由 落体运动，h＝1 2gt2，得 t＝ 2h g ，B 项正确.“加速”是指其有一定的加速度，“向下”是指其竖直向下的分速 度不为 0，但其加速度未必有竖直向下的分量，则飞行员不一定处于失重状态，D 项错误. 5. 如图，人踩自行车踏板转动大齿轮通过链条将动力传给小齿轮．设大齿轮、小齿轮和后轮的半径分别为 2r、r、10r，分别在它们的边缘上取一点 A、B、C，那么在自行车踏板转动过程中，下列说法中正确的 A. A 和 B 的角速度之比为 2:1 B. B 和 C 的线速度之比为 4:1 C. A 和 B 的向心加速度之比为 1:2 D. B 和 C 的向心加速度之比为 4:1 【答案】C3 【解析】A 和 B 边沿的线速度相等，故根据 v=ωr 可知角速度之比 1:2,选项 A 错误；B 和 C 的角速度相同， 故根据 v=ωr 可知线速度之比为 10:1，选项 B 错误；A 和 B 边沿的线速度相等，故根据 2 a v r  可知向心加 速度之比 1:2,选项 C 正确；B 和 C 的角速度相同，故根据 a=ω2r 可知向心加速度之比为 10:1，选项 D 错误； 故选 C． 6．如图所示，小球用细绳系住，绳的另一端固定于 O 点．现用水平力 F 缓慢推动斜面体，小球在斜面体 上无摩擦地滑动，细绳始终处于直线状态，当小球升到接近斜面顶端时细绳接近水平，此过程中斜面对小 球的支持力 FN 以及绳对小球的拉力 FT 的变化情况是( ) A．FN 保持不变，FT 不断增大 B．FN 不断增大，FT 不断减小 C．FN 保持不变，FT 先增大后减小 D．FN 不断增大，FT 先减小后增大 答案：D 解析： 选小球为研究对象，其受力情况如图所示，用平行四边形定则作出相应的“力三角形 O′AB”，其中 O′A 的大小、方向均不变，AB 的方向不变，推动斜面时，FT 逐渐趋于水平，B 点向下移动，根据动态平衡， FT 先减小后增大，FN 不断增大，选项 D 正确． 7.如图所示，小球 A 置于固定在水平面上的光滑半圆柱体上，小球 B 用水平轻弹簧拉着，弹簧固定在竖直 板上.两小球 A、B 通过光滑滑轮 O 用轻质细绳相连，两球均处于静止状态.已知 B 球质量为 m，O 在半圆 柱体圆心 O1 的正上方，OA 与竖直方向成 30°角，OA 长度与半圆柱体半径相等，OB 与竖直方向成 45°角， 现将轻质细绳剪断的瞬间(重力加速度为 g)，下列说法正确的是( ) A.弹簧弹力大小为 2mg B.球 B 的加速度为 g C.球 A 受到的支持力为 2mg4 D.球 A 的加速度为 1 2g 答案 D 解析 剪断细绳前对 B 球受力分析如图，由平衡条件可得 F 弹＝mgtan 45°＝mg；剪断细绳瞬间，细绳上弹 力立即消失，而弹簧弹力 F 弹和 B 球重力的大小和方向均没有改变，则 F 合＝ mg cos 45° ＝ 2mg，aB＝ 2g，A、 B 项错误.剪断细绳前，有 A 球的重力大小 GA＝2F 绳 cos 30°＝ 6mg，剪断细绳瞬间，A 球受到的支持力 FNA ＝GAcos 30°＝ 18 2 mg，C 项错误.剪断细绳瞬间，对 A 球由牛顿第二定律有 mAgsin 30°＝mAaA，得 A 的加 速度 aA＝gsin 30°＝1 2g，D 项正确. 8.如图所示，在距河面上方 20 m 的岸上有人用长绳拴住一条小船，开始时绳与水面的夹角为 30°.人以恒定 的速率 v＝3 m/s 拉绳向左前进，使小船靠岸，那么( ) A.5 s 时绳与水面的夹角为 60° B.5 s 时间内小船前进了 15 m C.5 s 时小船的速率为 5 m/s D.5 s 时小船到岸边距离为 10 m 答案 C 解析 5 s 内人前进的距离 s 人＝vt＝3×5 m＝15 m，此时滑轮至船的距离 l′＝ h sin 30° －15 m＝25 m，此时拉 船的绳与水平方向夹角正弦值 sin θ＝20 25 ＝4 5 ，θ＝53°，cos θ＝ v v 船 ，则 v 船＝5 m/s，此时小船到岸的距离 s′ ＝20tan 37° m＝15 m，开始时小船到岸的距离为 s＝htan 60°＝20 3 m,5 s 时间内小船前进了Δs＝s－s′＝ (20 3－15) m≈19.6 m，故 A、B、D 错误，C 正确. 9.有一种杂技表演叫“飞车走壁”，由杂技演员驾驶摩托车沿圆台形表演台的侧壁高速行驶，做匀速圆周运 动.如图 8 所示，图中虚线表示摩托车的行驶轨迹，轨迹离地面的高度为 h，下列说法中正确的是( )5 A.h 越高，摩托车对侧壁的压力将越大 B.h 越高，摩托车做圆周运动的线速度将越大 C.h 越高，摩托车做圆周运动的周期将越大 D.h 越高，摩托车做圆周运动的向心力将越大 答案 BC 解析 摩托车受力分析如图所示. 由于 FN＝ mg cos θ 所以摩托车受到侧壁的支持力与高度无关，保持不变，摩托车对侧壁的压力也不变，A 错误；由 Fn＝mgtan θ＝mv2 r ＝mω2r＝m4π2 T2 r 知 h 变化时，向心力 Fn 不变，但高度升高，r 变大，所以线速度变大，角速度变小， 周期变大，选项 B、C 正确，D 错误. 10.如图甲所示的水平传送带 AB 逆时针匀速转动，一物块沿曲面从一定高度处由静止开始下滑，以某一初 速度从传送带左端滑上，在传送带上由速度传感器记录下物块速度随时间的变化关系如图乙所示(图中取向 左为正方向，以物块刚滑上传送带时为计时起点)。已知传送带的速度保持不变，重力加速度 g 取 10 m/s2。 关于物块与传送带间的动摩擦因数μ及物块在传送带上运动第一次回到传送带左端的时间 t，下列计算结果 正确的是( ) A．μ＝0.2 B．μ＝0.4 C．t＝3 s D．t＝4.5 s 答案 AD 解析 由题图乙可得，物块做匀变速运动的加速度大小为 a＝Δv Δt ＝2.0 m/s2，由牛顿第二定律得 Ff＝ma＝ μmg，则可得物块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.2，A 错误，B 正确；在 v－t 图象中，图线与 t 轴所围面积 表示物块的位移，则物块经减速、反向加速到与传送带相对静止，最后匀速运动回到传送带左端时，物块6 的位移为 0，由题图乙可得物块在传送带上运动的总时间为 4.5 s，C 正确，D 错误。 11.如图所示，倾角为θ的斜面上有 A、B、C 三点，现从这三点分别以不同的初速度水平抛出一小球，三个 小球均落在斜面上的 D 点，今测得 AB∶BC∶CD＝5∶3∶1，由此可判断(不计空气阻力)( ) A.A、B、C 处三个小球运动时间之比为 1∶2∶3 B.A、B、C 处三个小球落在斜面上时速度与初速度间的夹角之比为 1∶1∶1 C.A、B、C 处三个小球的初速度大小之比为 3∶2∶1 D.A、B、C 处三个小球的运动轨迹可能在空中相交 答案 BC 解析 由于沿斜面 AB∶BC∶CD＝5∶3∶1，故三个小球竖直方向运动的位移之比为 9∶4∶1，运动时间之 比为 3∶2∶1，A 项错误；斜面上平抛的小球落在斜面上时，速度与初速度之间的夹角α满足 tan α＝2tan θ， 与小球抛出时的初速度大小和位置无关，因此 B 项正确；同时 tan α＝gt v0 ，所以三个小球的初速度大小之比 等于运动时间之比，为 3∶2∶1，C 项正确；三个小球的运动轨迹(抛物线)在 D 点相切，因此不会在空中 相交，D 项错误. 12.如图甲所示，足够长的木板 B 静置于光滑水平面上，其上放置小滑块 A.木板 B 受到随时间 t 变化的水平 拉力 F 作用时，用传感器测出木板 B 的加速度 a，得到如图乙所示的 a－F 图象，已知 g 取 10 m/s2，则( ) A.木板 B 的质量为 1 kg B.滑块 A 的质量为 4 kg C.当 F＝10 N 时木板 B 的加速度为 4 m/s2 D.滑块 A 与木板 B 间动摩擦因数为 0.1 答案 AC 解析 当 F 等于 8 N 时，加速度为 a＝2 m/s2，设木板 B 的质量为 M，滑块 A 的质量为 m，对整体分析， 由牛顿第二定律F＝(M＋m)a，代入数据解得M＋m＝4 kg，当F大于8 N时，根据牛顿第二定律得a＝F－μmg M ＝ 1 MF－μmg M ，知图线的斜率 k＝ 1 M ，解得 M＝1 kg，滑块 A 的质量为 m＝3 kg，故选项 A 正确，B 错误；由 a＝ 1 MF－μmg M 代入数据易得μ＝0.2，当 F＝10 N 时，解得 a＝4 m/s2，故选项 C 正确，D 错误. 二、实验题（每空 2 分，共 14 分）7 13.（6 分）某实验小组用 DIS来研究物体加速度与质量的关系，实验装置如图甲所示。其中小车和位移传 感器的总质量为 M ，所挂钩码总质量为 m ，小车和定滑轮之间的绳子与轨道平面平行，不计轻绳与滑轮 之间的摩擦及空气阻力，重力加速度为 g 。 (1)若已平衡摩擦力，在小车做匀加速直线运动过程中，绳子中的拉力大小 TF =__________（用题中所给已 知物理量符号来表示）；当小车的总质量 M 和所挂钩码的质量 m 之间满足__________时，才可以认为绳子 对小车的拉力大小等于所挂钩码的重力； (2)保持钩码的质量不变，改变小车的质量，某同学根据实验数据画出 1a M  图线，如图乙所示，可知细 线的拉力为__________ N （保留两位有效数字）。 答案． Mmg M m M m 0.20 【解析】(1)[1]平衡摩擦力后： Tmg F ma  TF Ma 解得： T MF mgM m   ； [2]当小车和位移传感器的总质量 M 和所挂钩码的质量 m 之间满足 M m 时，才可以认为绳子对小车的 拉力大小等于所挂钩码的重力； (2)由牛顿第二定律知： 1a FM   则 1a M  的图线的斜率是合外力，即绳子拉力 F ，则： 2.0 N 0.20N10F   。 14.(8 分)图是“研究平抛物体运动”的实验装置图，通过描点画出平抛小球的运动轨迹．8 (1)以下是实验过程中的一些做法，其中合理的有________． a．安装斜槽轨道，使其末端保持水平 b．每次小球释放的初始位置可以任意选择 c．每次小球应从同一高度由静止释放 d．为描出小球的运动轨迹，描绘的点可以用折线连接 (2)实验得到平抛小球的运动轨迹，在轨迹上取一些点，以平抛起点 O 为坐标原点，测量它们的水平坐标 x 和竖直坐标 y，图乙中 y－x2 图象能说明平抛小球运动轨迹为抛物线的是________． (3)如图是某同学根据实验画出的平抛小球的运动轨迹，O 为平抛的起点，在轨迹上 任取三点 A、B、C，测得 A、B 两点竖直坐标 y1 为 5.0 cm、y2 为 45.0 cm，A、B 两 点水平间距Δx 为 40.0 cm.则平抛小球的初速度 v0 为________m/s，若 C 点的竖直坐 标 y3 为 60.0 cm，则小球在 C 点的速度 vC 为______m/s(结果保留两位有效数字，g 取 10 m/s2)． 答案：(1)ac (2)c (3)2.0 4.0 解析：(1)要保证小球从斜槽末端水平抛出，则斜槽末端必须水平；要保证小球每次抛出的速度都相同，则 小球必须从同一高度由静止释放，故选项 a、c 符合要求，选项 b 错误．平抛运动的轨迹应为平滑曲线， 故选项 d 错误． (2)由平抛运动可得：竖直方向：y＝1 2gt2，水平方向：x＝v0t，则 y＝1 2·g v20 ·x2，即 y∝x2，故选项 c 正确． (3)根据图线数据，利用运动规律分析由平抛运动可得 y1＝1 2gt21，y2＝1 2gt 22解得 t1＝0.1 s，t2＝0.3 s 故初速度 v0＝ Δx t2－t1 ＝2.0 m/sC 点在竖直方向的分速度 v2y＝2gy3 则 C 点的速度 vC＝ v20＋v2y＝4.0 m/s. 三、计算题（共 38 分） 15.（6 分）一质量 m＝2.0 kg 的小物块以一定的初速度冲上一倾角为 37°且足够长的斜面，某同学利用传感 器测出了小物块从一开始冲上斜面到上滑过程中多个时刻的瞬时速度，并用计算机作出了小物块上滑过程 的速度—时间图线，如图所示.(取 sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g＝10 m/s2)求： (1)小物块冲上斜面过程中加速度的大小； (2)小物块与斜面间的动摩擦因数；9 答案 (1)8 m/s2 (2)0.25 解析 (1)由小物块上滑过程的速度—时间图线，可得小物块冲上斜面过程中加速度为 a＝v－v0 t ＝0－8.0 1.0 m/s2＝－8 m/s 加速度大小为 8 m/s2. （3 分） (2)对小物块进行受力分析如图所示，由牛顿第二定律知： mgsin 37°＋Ff＝ma 又 FN－mgcos 37°＝0 Ff＝μFN 代入数据解得μ＝0.25. （3 分） 16.（10 分）在一次抗洪救灾工作中，一架直升机 A 用长 H＝50 m 的悬索（重力可忽略不计）系住一质量 m＝50 kg 的被困人员 B，直升机 A 和被困人员 B 以 v0＝10 m/s 的速度一起沿水平方向匀速运动，如图 7 甲 所示．某时刻开始收悬索将人吊起，在 5 s 时间内，A、B 之间的竖直距离以 l＝50－t2（单位：m）的规律 变化，取 g＝10 m/s2． （1）求在 5 s 末被困人员 B 的速度大小及位移大小． （2）直升机在 t＝5 s 时停止收悬索，但发现仍然未脱离洪水围困区，为将被困人员 B 尽快运送到安全处， 飞机在空中旋转后静止在空中寻找最近的安全目标，致使被困人员 B 在空中做圆周运动，如图乙所示．此 时悬索与竖直方向成 37°角，不计空气阻力，求被困人员 B 做圆周运动的线速度以及悬索对被困人员 B 的 拉力．（sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8） 答案：（1）v＝10 m/s，s＝25 5 m． （2）v′＝ 22 15 m/s．T＝625 N 解析：（1）被困人员在水平方向上做匀速直线运动，v0＝10 m/s 在竖直方向上被困人员的位移 y＝H－l＝50－（50－t2）＝t2， 所以竖直方向上做初速度为零匀加速直线运动，加速度 a＝2 m/s2，（1 分） 被困人员 5 s 末在竖直方向上的速度为 vy＝at＝10 m/s，10 合速度 v＝10 m/s，（1 分） 竖直方向上的位移 y＝at2＝25 m， 水平方向的位移 x＝v0t＝50 m，（1 分） 合位移 s＝25 5 m．（2 分） （2）t＝5 s 时悬索的长度 l′＝50－y＝25 m，旋转半径 r＝l′sin 37°， 由  r vm 2 mgtan 37°，解得 v′＝ 22 15 m/s．（3 分） 此时被困人员 B 的受力情况如右图所示， 由图可知 Tcos 37°＝mg，解得 T＝625 N．（2 分） 17.（10 分）如图所示，倾角为 37°的斜面长 l＝1.9 m，在斜面底端正上方的 O 点将 一小球以 v0＝3 m/s 的速度水平抛出，与此同时由静止释放斜面顶端的滑块，经过一 段时间后，小球恰好能够以垂直于斜面的速度在斜面 P 点处击中滑块。(小球和滑块 均可视为质点，重力加速度 g 取 10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)，求： (1)抛出点 O 离斜面底端的高度； (2)滑块与斜面间的动摩擦因数μ。 答案：(1)1.7 m (2)0.125 解析：(1)设小球击中滑块时的速度为 v，竖直速度为 vy，如图所示，由几何关系得v0 vy ＝tan 37° 设小球下落的时间为 t，竖直位移为 y，水平位移为 x，由运动学规律得 vy＝gt，y＝1 2gt2，x＝v0t 设抛出点到斜面底端的高度为 h，由几何关系得 h＝y＋xtan 37°联立解得 h＝1.7 m。 (2)设在时间 t 内，滑块的位移为 s，由几何关系得 s＝l－ x cos 37° 设滑块的加速度为 a，由运动学公式得 s＝1 2at2 对滑块，由牛顿第二定律得 mgsin 37°－μmgcos 37°＝ma 联立解得μ＝0.125。 18.（12 分）小明站在水平地面上，手握不可伸长的轻绳一端，绳的另一端系有质量为 m 的小球，甩动手 腕，使球在竖直平面内做圆周运动.当球某次运动到最低点时，绳突然断掉，球飞行水平距离 d 后落地，如 图所示.已知握绳的手离地面高度为 d，手与球之间的绳长为 3 4d，重力加速度为 g，忽略手的运动半径和空 气阻力.11 (1)求绳断时球的速度大小 v1 和球落地时的速度大小 v2； (2)求绳能承受的最大拉力； (3)改变绳长，使球重复上述运动，若绳仍在球运动到最低点时断掉，要使球抛出的水平距离最大，绳长应 是多少？最大水平距离为多少？ 答案 (1) 2gd 10gd 2 (2)11 3 mg (3)d 2 2 3 3 d 解析 (1)设绳断后球飞行时间为 t，由平抛运动规律得 竖直方向 1 4d＝1 2gt2 水平方向 d＝v1t 解得 v1＝ 2gd （2 分） 在竖直方向上有 v⊥2＝2g(1－3 4)d，则 v22－v12＝2g(1－3 4)d 解得 v2＝ 10gd 2 （2 分） (2)设绳能承受的最大拉力大小为 FT，这也是球受到绳的最大拉力大小.球做圆周运动的半径为 R＝3 4d 对小球在最低点由牛顿第二定律得 FT－mg＝mv12 R （2 分） 解得 FT＝11 3 mg （2 分） (3)设绳长为 l，绳断时球的速度大小为 v3，绳承受的最大拉力不变.由牛顿第二定律得 FT－mg＝mv32 l 解得 v3＝2 3 6gl （1 分） 绳断后球做平抛运动，竖直位移为 d－l，水平位移为 x，时间为 t1，则 竖直方向 d－l＝1 2gt12 水平方向 x＝v3t1 （1 分）12 解得 x＝4 l d－l 3 当 l＝d 2 时，x 有最大值，xmax＝2 3 3 d. （2 分）