吉林省长春市2019-2020高一物理下学期期末模拟试题(1)(Word版附解析)
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吉林省长春市2019-2020高一物理下学期期末模拟试题(1)(Word版附解析)

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资料简介
2019-2020 长春市高一下学期物理期末模拟试题 共计 100 分 一、单选题(每题 4 分,共计 40 分) 1.一个静止的质点,在两个互成锐角的恒力 F1、F2 作用下开始运动,经过一段时间后撤掉 其中的一个力,则质点在撤去该力前后两个阶段中的运动情况分别是( ) A. 匀加速直线运动,匀减速直线运动 B. 匀变速曲线运动,匀速圆周运动 C. 匀加速直线运动,匀变速曲线运动 D. 匀加速直线运动,匀速圆周运动 2.如图所示,用恒力 F 拉着质量为 m 的物体沿水平面从 A 移到 B 的过程中,下列说法正确 的是( ) A. 有摩擦力时比无摩擦力时 F 做的功多 B. 有摩擦力时比无摩擦力时 F 做的功少 C. 物体加速运动时比减速运动时 F 做的功多 D. 物体无论是加速、减速还是匀速,力 F 做的功一样多 3.如图所示,质量相同的物体 a 和 b,用不可伸长的轻绳跨接在光滑的轻质定滑轮两侧,a 在水平桌面的上方,b 在光滑的水平桌面上.初始时用力拉住 b 使 a、b 静止,撤去拉力后, a 开始运动,在 a 下降的过程中,b 始终未离开桌面.在此过程中( ) A. a 物体 机械能守恒 B. a、b 两物体机械能的总和不变 C. a 物体的动能总等于 b 物体的动能 D. 绳的拉力对 a 所做的功与对 b 所做的功的代数和不为零 的4. 嫦娥五号月球探测器由“长征五号”运载火箭在中国文昌卫星发射中心发射升空,顺利 完成任务后返回地球。若已知月球半径为 R,“嫦娥五号”在距月球表面高度为R 的圆轨道 上飞行,周期为 T,万有引力常量为 G,下列说法正确的是( ) A. 月球表面重力加速度为 B. 月球质量为 C. 月球密度为 D. 月球第一宇宙速度为 5.如图所示,一固定斜面的倾角为α,高为 h,一小球从斜面顶端沿水平方向抛出,刚好落 至斜面底端,不计小球运动中所受的空气阻力,设重力加速度为 g,则小球从抛出到离斜面 距离最大所用的时间为 6.“旋转秋千”是游乐园里常见的游乐项目,其运动经过简化可以看成圆锥摆模型.如图所 示,质量为 m 的小球在水平面内做匀速圆周运动,长为 L 的悬线与竖直方向的夹角为 ,不 计空气阻力,重力加速度取 g,下列说法正确的是( ) A. 小球受重力、拉力和向心力的作用 B. 悬线对小球的拉力 C. 小球运动的角速度 A. B. C. D. θ sin mgT θ= cos g L ω θ=D. 保持角速度不变,增大小球质量,则夹角 将减小 7.如图所示,质量为 m 的小球以速度 v0 水平抛出,恰好与倾角为 30°的斜面垂直相碰,其 弹回的速度大小与抛出时速度大小相等,求小球与斜面碰撞过程中受到的冲量大小为 A. mv0 B. 2mv0 C. 3mv0 D. 4mv0 8.如图所示,在光滑水平面上有一长木板,质量为 M,在木板左端放一质量为 m 的物块,物 块与木板间的滑动摩擦力为 Ff,给物块一水平向右的恒力 F,当物块相对木板滑动 L 距离时, 木板运动位移为 x,则下列说法正确的是( ) A. 此时物块的动能为 FL B. 此时物块的动能为(F-Ff)L C. 此时物块的动能为 F(L+x)-FfL D. 此时木板的动能为 Ffx 9.质量为 m=20 kg 的物体,在大小恒定的水平外力 F 的作用下,沿水平面做直线运动。0~ 2 s 内 F 与运动方向相反,2 s~4 s 内 F 与运动方向相同,物体的 v-t 图象如图所示。g 取 10 m/s2,则( ) A.拉力 F 的大小为 100 N B.物体在 4 s 时拉力的瞬时功率为 120 W C.4 s 内拉力所做的功为 480 J D.4 s 内物体克服摩擦力做的功为 320 J 10.某人造地球卫星绕地球做匀速圆周运动,实施变轨后卫星的线速度减小到原来的 ,此 时卫星仍做匀速圆周运动,则( ) θ 1 2A. 卫星的向心加速度减小到原来的 B. 卫星的角速度减小到原来的 C. 卫星的周期增大到原来的 8 倍 D. 卫星的半径增大到原来的 2 倍 二、多选题(每题 4 分,共计 16 分) 11.在光滑的水平面上有甲、乙两个木块,质量均为 m 木块乙的左侧固定着一个轻质弹簧, 如图所示,开始时木块乙静止,木块甲以速度 v 向右运动并与乙发生作用,则在甲与乙的相 互作用过程中 A. 在任意时刻,木块甲和乙组成的系统的总动量守恒 B. 在任意时刻,木块甲和乙组成的系统的总动能守恒 C. 在弹簧被压缩到最短时,木块甲和乙具有相同的速度 D. 当弹簧恢复到原长时,木块甲和乙具有相同的速度 12.一质量为 m 可视为质点的小球以某一初速度竖直上抛,上升过程中受到的空气阻力恒为 重力的 k 倍,重力加速度为 g,则小球在上升 h 的过程中( ) A. 小球的机械能减少了 kmgh B. 小球的动能减少了 kmgh C. 小球克服空气阻力所做的功为(k+1)mgh D. 小球的重力势能增加了 mgh 13.水平传送带匀速运动,速度大小为 v,现将一小工件轻轻放到传送带上.它在传送带上 滑动一段距离后速度达到 v 而与传送带保持相对静止.设工件质量为 m,它与传送带间的动 摩擦因数为 ,重力加速度为 g,则工件在传送带上滑动的过程中: ( ) A. 工件所受摩擦力的方向与工件运动方向相反 B. 工件的加速度为 1 2 1 2 µ gµC. 摩擦力对工件做的功为 D. 传送带对工件做功为零 14.(多选)从地面竖直向上抛出一物体,其机械能 E 总等于动能 Ek 与重力势能 Ep 之和。取 地面为重力势能零点,该物体的 E 总和 Ep 随它离开地面的高度 h 的变化如图所示。重力加速 度取 10 m/s2。由图中数据可得( ) A. 物体的质量为 2 kg B. h=0 时,物体的速率为 20 m/s C. h=2 m 时,物体的动能 Ek=40 J D. 从地面至 h=4 m,物体的动能减少 100 J 三、实验题(每空 2 分,共计 8 分) 15.下图是“验证机械能守恒定律”的实验装置示意图,以下列出了一些实验步骤: A.用天平测出重物和夹子的质量 B.把打点计时器用铁夹固定放到桌边的铁架台上,使两个限位孔在同一竖直面内 C.把打点计时器接在交流电源上,电源开关处于断开状态 D.将纸带穿过打点计时器的限位孔,上端用手提着,下端夹上系住重物的夹子,让重物靠 近打点计时器,处于静止状态 E.接通电源,待计时器打点稳定后释放纸带,之后再断开电源 F.用秒表测出重物下落的时间 G.更换纸带,重新进行两次实验 1.对于本实验,以上不必要的两个步骤是_______如图为实验中打出的一条纸带,O 为打出 的第一个点,ABC 为从合适位置开始选取的三个连续点(其他点未画出),打点计时器每隔 2 2 mv0.02 s 打一个点. 若重物的质量为 0.5 kg,当地重力加速度取 g = 9.8 m/s2,由图所给的数 据可算出(结果保留两位有效数字): ① 从 O 点下落到 B 点的过程中,重力势能的减少量为______J. ② 打 B 点时重物的动能为______J. 2.试指出造成第(1)问中①②计算结果不等的原因是____ 四、计算题(16 题 10 分,17 题 12 分,18 题 14 分) 16.如图所示,质量 m=2kg 的小球以初速度 V0 沿光滑的水平面飞出后,恰好无碰撞地进入光 滑的圆弧轨道,其中圆弧 AB 对应的圆心角θ=530,圆半径 R=0.5m.若小球离开桌面运动到 A 点所用时间 t=0.4s.(sin53°=0.8,cos53°=0.6,g=10m/s2) (1)求小球沿水平面飞出的初速度 V0 的大小?(2 分) (2)到达 B 点时,求小球此时对圆弧的压力大小?(3 分) (3)小球是否能从最高点 C 飞出圆弧轨道,并说明原因.(5 分) 第 17 题某汽车在平直公路上行驶,其质量 m=2×103 kg,额定功率 P=60 kW。如果汽车从静 止开始匀加速直线行驶,加速度 a1=2 m/s2,经过一段时间后达到额定功率,之后以额 定功率沿直线行驶。若汽车运动过程中所受阻力 f 为车重的 k 倍(k=0.1),重力加速 度 g 取 10 m/s2。求: (1)汽车行驶达到最大速度 vm 的大小?(3 分)(2)汽车匀加速直线行驶时间 t?(4 分) (3)当汽车速度 v2=15 m/s 时,汽车的加速度 a2 大小?(5 分) 18.如图所示,在光滑的水平面上有一长为 L 的木板 B,上表面粗糙,在其左端有一光滑的 四分之一圆弧槽 C,与长木板接触但不相连,圆弧槽的下端与木板上表面相平,B、C 静止在 水平面上.现有滑块 A 以初速度 从右端滑上 B,一段时间后,以 滑离 B,并恰好能到 达 C 的最高点.A、B、C 的质量均为 .求: (1)A 刚滑离木板 B 时,木板 B 的速度;(2 分) (2)A 与 B 的上表面间的动摩擦因数 ;(4 分) (3)圆弧槽 C 的半径 R;(4 分) (4)从开始滑上 B 到最后滑离 C 的过程中 A 损失的机械能.(4 分) 0v 0 2 v m µ第 1 题 【答案】A 【解析】两个互成锐角的恒力 F1、F2 合成,根据平行四边形定则,其合力为恒力,加速度 恒定;质点原来静止,故物体做初速度为零的匀加速直线运动;撤去一个力后,剩下的力与 速度不共线,故开始做曲线运动,由于 F2 为恒力,故加速度恒定,即做匀变速曲线运动; 故 C 正确. 第 2 题 【答案】D 【解析】因为力 F 做功的多少只与力 F 及其位移有关,与是否存在其他力无关;与物体的运 动状态也无关,所以选项 D 正确. 第 3 题 【答案】B 【解析】a 物体下落过程中,有绳子的拉力做功,所以其机械能不守恒,故 A 错误.对于 a、 b 两个物体组成的系统,只有重力做功,所以 a、b 两物体机械能守恒,故 B 正确.将 b 的 实际速度进行分解如图: 由图可知 va=vbcosθ,即 a 的速度小于 b 的速度,故 a 的动能小于 b 的动能,故 C 错误.在 极短时间 t 内,绳子对 a 的拉力和对 b 的拉力大小相等,绳子对 a 做的功等于-FTvat,绳子 对 b 的功等于拉力与拉力方向上 b 的位移的乘积,即:FTvbcosθt,又 va=vbcosθ,所以绳 的拉力对 a 所做的功与对 b 所做的功的绝对值相等,二者代数和为零,故 D 错误.故选 B. 第 4 题 【答案】B 【解析】A.月球表面的重力加速度为 故 A 错误; B.对探测器万有引力提供向心力,根据牛顿第二定律,有 ,解得: 故 B 正确; C.月球的密度: ,故 C 错误; D.月球的第一宇宙速度为月球表面的环绕速度,根据牛顿第二定律,有: 故 D 错误; 第 5 题 【答案】B 第 6 题 【答案】C 【解析】对摆球进行受力分析,受重力 mg 和绳子的拉力 T 作用,如图所示: 在竖直方向上,合力为零,则 在水平方向上,合力提供向心力,有: 有几何关系可知: 联立解得: ,可知角速度、夹角 与质量无关,即当角速度不变,增大小球 质量,则夹角 不变,故选项 C 正确,选项 ABD 错误. 点睛:该题是一个圆锥摆模型,对于圆周摆,在竖直方向上受力平衡,在水平方向上的合力 提供向心力,结合向心力公式求解. 第 7 题 【答案】C 【解析】小球在碰撞斜面前做平抛运动,设刚要碰撞斜面时小球速度为 ,小球恰与倾角为 的斜面垂直碰撞,碰撞时受到如图所示 mgT cosθ= 2 nF mg tan m Rθ ω= ⋅ = R Lsinθ= g Lcos ω θ= θ θ v′ 30由几何关系得: ,碰撞过程中,小球速度由 变为反向的 V0,以反 弹的速度方向为正方向,由动量定理可得,小球与斜面碰撞过程受到的冲量大小: ,方向垂直于斜面向上;故选 C. 第 8 题 【答案】D 【解析】对小物块,根据动能定理有 即小滑块动能的增加量为 故 ABC 错误; D.对木板,根据动能定理有 则木块动能的增加量为 ,故 D 正确。 故选 D。 第 9 题 答案 B 解析:0~2 s 物体加速度大小为 a1= 훥 푣 1 훥 푡 1=5 m/s2,2 s~4 s 内加速度大小为 a2= 훥 푣 2 훥 푡 2= 1 m/s2,滑动摩擦力为 Ff,由牛顿第二定律得 F+Ff=ma1,F-Ff=ma2,解之得 F=60 N,Ff =40 N,A 项错;4 s 时拉力的功率 P=Fv=120 W,B 正确;4 s 内拉力所做功为 WF=-Fx1 +Fx2=-60× 1 2×2×10 J+60× 1 2×2×2 J=-480 J,C 错误;4 s 内物体克服摩擦力做功 Wf=Ffx1+Ffx2=480 J,D 错误。 答案:B 第 10 题 【答案】C 【 解 析 】 卫 星 绕 地 球 做 圆 周 运 动 万 有 引 力 提 供 圆 周 运 动 向 心 力 有 : 0230 vv vsin = =° ′ 02v v′ = ( )0 0 0 02 3I mv mv mv mv mv= − = − − =′ ( )( )1k fE F F x L∆ = − + ( )( )fF F x L− + 2k fE F x∆ = fF x 可得线速度 ,可知线速度减为原来的 时,半径增加为原来的 4 倍,故 D 正确; 向心加速度 知,半径增加为原来的 4 倍,向心加速度减小为原来的 ,故 A 错误; 周期 知,半径增加为原来的 4 倍,周期增加为原来的 8 倍,故 C 错误;角速 度 知,半径增加为原来的 4 倍,角速度减小为原来的 倍,故 B 错误.故选 D. 第 11 题【答案】 AC 【解析】A、B 系统任意时刻合力为零,所以任意时刻,A、B 系统的总动量应守恒,故 A 正确;A 以 v 速度向右运动与 B 发生无机械能损失的碰撞,根据能量守恒得弹簧的势能增 大,A、B 系统的总动能减小,故 B 错误;当弹簧压缩到最短长度时,A 与 B 具有相同的速 度,弹簧的势能最大,故 C 正确;当弹簧压缩到最短长度时,A 与 B 具有相同的速度,之 后在弹簧弹力作用下 A 减速,B 加速,所以当弹簧恢复到原长时,A 与 B 速度交换,即 A 的速度为零,B 的速度是 v,故 D 错误;故选 AC. 第 12 题 【答案】AD 【解析】A、根据功能关系知:除重力外其余力做的功等于机械能的变化量.在上升过程中, 物体克服阻力做功 kmgh,故机械能减小 kmgh;故 A 正确. B、小球上升的过程中,重力和阻力都做负功,根据动能定理得:-mgh-kmgh=△Ek,则得动 能的减小量等于(1+k)mgh,故动能的减小量大于 kmgh;故 B 错误. C、根据 W=FL 得小球克服空气阻力所做的功为 kmgh;故 C 错误. D、小球上升 h,故重力势能增加 mgh;故 D 正确. 故选 AD. 第 13 题 【答案】BC 【解析】A:工件在传送带上滑动的过程中,相对传送带的速度方向与工件运动方向相反, 则工件所受摩擦力的方向与工件运动方向相同.故 A 项错误. B:工件在传送带上滑动的过程中,对工件受力分析,由牛顿第二定律可得 ,则 2 2 2 2 2( )mM vG m mr mr mar r T πω= = = = GMv r = 1 2 2 GMa r = 1 16 2 34 rT GM π= 3 GM r ω= 1 8 mg maµ =工件的加速度 .故 B 项正确. CD:工件在传送带上滑动的过程中,对工件受力分析,由动能定理可得 .故 C 项正确,D 项错误. 第 14 题 【答案】AD 【解析】设物体的质量为 m,由 Ep=mgh 知,Ep-h 图象中其斜率为 mg,故 mg= =20 N, 解得 m=2 kg,故 A 正确;h=0 时,Ep=0,Ek=E 总-Ep=100 J-0=100 J,故 mv2=100 J,解得 v=10 m/s,故 B 错误;h=2 m 时,Ep=40 J,E 总=85 J,Ek=E 总-Ep=85 J-40 J=45 J,故 C 错误;h=4 m 时,Ek′=E 总-Ep=80 J-80 J=0,故从地面上升至 4 m 时, 物体的动能减少 Ek-Ek′=100 J,故 D 正确。 第 15 题 【答案】 (1). A (2). F (3). 0.86 (4). 0.81 (5). 由于空气阻力 和纸带与打点计时器的摩擦阻力做功 【解析】 (1)实验中验证机械能守恒,即验证动能的增加量和重力势能的减小量是否相等,质量可 以约去,不需要测量重物和夹子的质量,故 A 不必要.重物下落的时间可以通过打点计时器 打出的纸带得出,不需要秒表测出,故 F 不必要. (2)①B 点的瞬时速度 ②从 O 点下落到 B 点的过程中,重力势能的减少量△Ep=mgh=0.5×9.8×0.1760J≈0.86J. 打 B 点的动能 EkB= mvB2= ×0.5×1.82=0.81J. 点睛:解决本题的关键知道实验的原理以及注意事项,掌握纸带的处理方法,会根据下降的 高度求解重力势能的减小量,会点迹间的距离求解瞬时速度,从而得出动能的大小. 第 16 题 答案 (1)小球开始做平抛运动,有:vy=gt 根据几何关系,有:tanθ= 代入数据,解得:v0=3m/s (2)小球在 A 点的速度:vA= 小球从点 A 运动到点 B 时,满足机械能守恒定律,有: a gµ= 2 21 102 2fW mv mv= − = 0.2299 0.1579 / 1.8 /2 0.04 AC B xv m s m sT = = − = 1 2 1 2 0v vy θsin yv小球运动到点 B 时,根据受力情况有:N-mg=m 代入数据,解得:N=136N 小球此时对圆弧的压力:N′=N=136N (3)小球从点 B 运动到点 C 时,满足机械能守恒定律,有: 代入数据,解得:F 向= =36N>mg 所以小球能从 C 点飞出. 答:(1)求小球沿水平面飞出的初速度 V0 的大小为 3m/s; (2)到达 B 点时,求小球此时对圆弧的压力大小为 136N; (3)小球能从最高点 C 飞出圆弧轨道. 第 17 题【答案】(1)30 m/s (2)5 s (3)1 m/s2 【解析】(1)汽车运动过程中所受阻力: 当汽车匀速行驶时有: 代入数据解得: (2)汽车匀加速直线行驶,根据牛顿第二定律有: 当恰好达到额定功率时: 代入数据解得: 由匀变速运动的规律有: 解得: (3)汽车速度 ,故汽车已经达到额定功率,则有: 代入数据解得: 第 18 题 【答案】(1) vB= ;(2) (3) (4) 【解析】(1)对 A 在木板 B 上的滑动过程,取 A、B、C 为一个系统,根据动量守恒定律有: 22 2 1)cos1(2 1 BA mvmgRmv =−+ θ 22 2 122 1 CB mvRmgmv +⋅= R vm c 2 0 4 v 2 05 16 v gL µ = 2 0 64 vR g = 2 015 32 mvE∆ =mv0=m +2mvB 解得 vB= (2)对 A 在木板 B 上的滑动过程,A、B、C 系统减少的动能全部转化为系统产生的热量 解得 (3)对 A 滑上 C 直到最高点的作用过程,A、C 系统水平方向上动量守恒,则有: +mvB=2mv A、C 系统机械能守恒: 解得 (4)对 A 滑上 C 直到离开 C 的作用过程,A、C 系统水平方向上动量守恒 A、C 系统初、末状态机械能守恒, 解得 vA= . 所以从开始滑上 B 到最后滑离 C 的过程中 A 损失的机械能为: 0 2 v 0 4 v 2 2 20 0 0 1 1 1( ) 2 ( )2 2 2 2 4 v vmgL mv m mµ ×= - - 2 05 16 v gL µ = 0 2 mv 2 2 20 01 1 1( ) ( ) 22 2 2 4 2 v vmgR m m mv+ − ×= 2 0 64 vR g = 0 0 2 4 A C mv mv mv mv+ = + 2 2 2 20 01 1 1 1( ) ( )2 2 2 4 2 2A Cm m m m+ = +v v v v 0 4 v 2 2 2 0 0 151 1 2 2 32A mvE mv mv∆ = - =

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