黑龙江省鸡西市第一中学2019-2020学年高一物理下学期期末考试试题.docx

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1、黑龙江省鸡西市第一中学2019-2020学年高一物理下学期期末考试试题（含解析）一、选择题（本大题共14小题，每小题4分。在每小题给出的四个选项中，第18题只有一项符合题目要求，第914题有多个选项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分）1.下列说法正确是（）A. 物体做匀速直线运动，其机械能不一定不变B. 物体做匀速圆周运动，其机械能一定不变C. 合外力对物体做正功，物体的机械能一定增加D. 滑动摩擦力只能对物体做负功【答案】A【解析】【详解】A物体做匀速直线运动，其机械能不一定不变，例如物体向上做匀速直线运动时机械能增加，选项A正确；B物体在竖直平面内做匀速圆周

2、运动时，动能不变，重力势能不断变化，则其机械能不断变化，选项B错误；C合外力对物体做正功，物体的动能增加，但是机械能不一定增加，例如做自由落体运动的物体，选项C错误；D滑动摩擦力对物体可以做正功、做负功、也可以不做功，选项D错误。故选A。2.在地球上空沿圆轨道运动的质量为m的人造地球卫星，卫星到地球表面的距离等于地球半径R的3倍，已知地面上的重力加速度为g，则（ ）A. 卫星运动的速度为B. 卫星运动的加速度为C. 该卫星的周期大于近地卫星周期D. 该卫星的线速度大于近地卫星的线速度【答案】C【解析】【详解】卫星所受万有引力提供向心力，有可得卫星到地球表面的距离等于地球半径R的3倍，则轨道半径

3、为。A地球表面的重力加速度为联立线速度公式可得卫星的线速度为故A错误；B卫星的加速度为故B错误；C卫星的轨道半径大于近地卫星的轨道半径，由可知卫星的周期大于近地卫星周期，故C正确；D卫星的轨道半径大于近地卫星的轨道半径，由可知卫星的线速度小于近地卫星的线速度，故D错误。故选C。3.如图所示，物体在不可伸长的轻绳作用下竖直向下做匀加速运动，加速度为6m/s，空气阻力不计。下列关于物体在下降过程中的叙述正确的是（ ）A. 物体重力势能减少量与动能增加量相等B. 绳的拉力对物体做正功C. 物体机械能一定增大D. 绳的拉力做的功等于物体机械能的变化量【答案】D【解析】【详解】对物体受力分析，由牛顿第二

4、定律有因，方向向下，则可知绳有拉力向上。A对物体由动能定理，有结合功能关系可得物体重力势能减少量大于动能增加量，故A错误；B拉力与物体的运动方向相反，故拉力对物体做负功，故B错误；C除重力以外的拉力对物体做负功，由功能关系可知物体的机械能减小，故C错误；D由功能关系可知拉力对物体做功衡量物体机械能的变化，故D正确。故选D。4.如图所示，在光滑水平地面上有A、B两个木块，A、B之间用一轻弹簧连接。A靠在墙壁上，用力F向左推B使两木块之间的弹簧压缩并处于静止状态。若突然撤去力F，则下列说法中正确的是（ ）A. 木块A离开墙壁前，A、B和弹簧组成的系统动量守恒B. 木块A离开墙壁前，A、B和弹簧组成

5、的系统机械能守恒C. 木块A离开墙壁后，A、B和弹簧组成的系统动量不守恒D. 木块A离开墙壁后，A、B和弹簧组成的系统机械能不守恒【答案】B【解析】【详解】AC木块A离开墙壁前，对A、B和弹簧组成的系统，由于墙壁对A有弹力，则系统的外力之和不为零，故系统的动量不守恒；而木块A离开墙壁后，A、B和弹簧组成的系统外力之和为零，则动量守恒，故AC均错误；BD木块A离开墙壁前和木块A离开墙壁后，A、B和弹簧组成的系统都只有弹簧的弹力做功，而其它力做功，则系统的 机械能一直守恒，故B正确，D错误。故选B。5.如图所示，粗糙水平圆盘上，质量相等的A、B两物块叠放在一起，随圆盘一起做匀速圆周运动，则下列说法

6、正确的是（）A. A对B的摩擦力指向圆心B. 盘对B的摩擦力是B对A的摩擦力的2倍C. B运动所需的向心力大于A运动所需的向心力D. 若逐渐增大圆盘的转速（A、B两物块仍相对盘静止），盘对B的摩擦力始终指向圆心且不断增大【答案】B【解析】【详解】A 因B对A的摩擦力提供A做圆周运动的向心力，可知B对A的摩擦力指向圆心，则A对B的摩擦力背离圆心，选项A错误；B对AB整体分析对A分析，有知盘对B的摩擦力是B对A的摩擦力的2倍，故B正确。C根据，因为两物块的角速度大小相等，转动半径相等，质量相等，则向心力相等，选项C错误；D在增大圆盘转速的瞬间，两物体有沿半径向外的趋势和沿切线向后的趋势，则此时静摩

7、擦力方向在径向和切向之间，与线速度成锐角，径向分力继续提供向心力，切向分力提供切向加速度使线速度增大，从而保证滑块继续跟着圆盘转动，故增大圆盘转速，盘对B的摩擦力大小不断增大，但方向不是始终指向圆心，故D错误。故选B。6.一个质量为0.18kg的垒球，以25m/s的水平速度飞向球棒，被球棒打击后反向水平飞回，速度大小变为45m/s，设球棒与垒球的作用时间为0.01s。下列说法正确的是（ ）A. 垒球的动量变化量大小为3.6kgm/sB. 球棒对垒球的冲量大小为126NsC. 球棒对垒球的平均作用力大小为1260ND. 球棒对垒球做的功为36J【答案】C【解析】【详解】设垒球的初速度的方向为正方

8、向，则末速度为。A动量的变化量为矢量，有即垒球的动量变化量大小为12.6kgm/s，负号表示方向与初速度方向相反，故A错误；B由动量定理可知，球棒对垒球的冲量大小为12.6Ns，负号表示方向与初速度方向相反，故B错误；C由冲量的定义可知，球棒对垒球的平均作用力大小为故C正确；D球棒对垒球作用的过程，由动能定理可知，球棒对垒球做的功为故D错误。故选C。7.水平面上甲、乙两物体，在某时刻动能相同，它们仅在摩擦力作用下停下来。图中的a、b分别表示甲、乙两物体的动能E和位移s的图象，则：若甲、乙两物体与水平面动摩擦因数相同，则甲的质量较小若甲、乙两物体与水平面动摩擦因数相同，则乙的质量较小若甲、乙质量

9、相同，则甲与地面间的动摩擦因数较大若甲、乙质量相同，则乙与地面间的动摩擦因数较大以上说法正确的是（）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【详解】甲、乙两物体的初动能和末动能都相同，都只有摩擦力做功，根据动能定理可知摩擦力对甲、乙两物体做的功数值相等，即由图可知，所以即甲所受的摩擦力一定比乙大；若甲、乙两物体与水平面动摩擦因数相同，由f=mg可知，则甲的质量较大，乙的质量较小。故错误，正确；若甲、乙两物体质量相等，由f=mg可知，则甲与地面间的动摩擦因数较大。故正确，错误。故B正确，ACD错误。故选B。8.如图所示，一端固定在地面上的竖直轻弹簧，在弹簧的正上方高为H处有一个小球自由落下，将

10、弹簧压缩至最短。设小球落到弹簧上将弹簧压缩的过程中获得最大动能是EK，在具有最大动能时刻的重力势能是EP，则（ ）A. 若增大H，EK随之增大B. 若增大H，EK不变C. 若增大H，EP随之增大D. 若增大H，EP不变【答案】AD【解析】【详解】CD小球压缩弹簧的过程中，受重力和支持力，在平衡位置，速度最大，动能最大，根据平衡条件，有kx=mg解得：即压缩量恒定，即动能最大时是固定的位置，则EP不变；故C错误，D正确；AB从越高的地方释放，减小的重力势能越大，而增加的弹性势能（）相同，故在具有最大动能时刻的动能越大，则A正确，B错误。故选AD。9.如图所示，一个由金属圆管制成的半径为R的光滑圆

11、弧轨道固定在水平地面上，在轨道右侧的正上方金属小球由静止释放，小球距离地面的高度用h表示，则下列说法正确的是（ ）A. 若则小球能沿轨道运动到最高点对轨道的无压力B. 若h从2R开始增大，小球到达轨道最高点对轨道的压力也增大C. 适当调整h，可使小球从轨道最高点飞出后，恰好落在轨道右端口处D. 若h从2.5R开始增大，小球到达轨道的最高点和最低点对轨道的压力差保持不变【答案】CD【解析】【详解】对小球先自由落体再通过环形轨道到达最高点的过程，由动能定理可得小球到达环形轨道最高点的速度A若，可知小球到达最高点的速度刚好为零，也是刚好能过环形轨道最高点的最小速度，此时的向心力为零，则内侧轨道对球有

12、向上的支持力等于mg，故A错误；B若h从2R开始增大，小球过最高点有不等于零的速度，当时，满足内侧轨道的支持力随速度的增大而减小到零；当时，外侧轨道提供向下的支持力力，有外侧轨道的支持力随速度的增大而增大，故B错误；C若小球从槽口平抛落到端口，有，联立速度公式可解得故适当调整，可使小球从轨道最高点飞出后恰好落在轨道右端口处，故C正确；D设在最低点速率为，最高点速率为，最低点由牛顿第二定律因h从2.5R开始增大，由动能定理可知在最高点的速度取值从开始，则外侧轨道提供支持力，由牛顿第二定律从最低点到最高点的过程，由动能定理联立可得再由牛顿第三定律可知最低点和最高点的压力差恒为6mg，故D正确。故选

13、CD。10.如图，长木板M原来静止于光滑水平面上，木块m从长木板M的一端以初速度v0冲上木板，当m相对于M滑行7cm时，M向前滑行了5cm，则在此过程中（）A. 摩擦力对m与M的冲量大小之比等于125B. m减小的动能与M增加的动能之比等于125C. m减小的动能与m和M系统损失的机械能之比等于11D. m与M系统损失的机械能与M增加的动能之比等于75【答案】BD【解析】【详解】A滑块与木板间的摩擦力为相互作用力，而作用时间相同，由冲量I=Ft可知，摩擦力对m与M的冲量大小之比等于1：1，故A错误；B对滑块和木板分别由动能定理得：-fx1=Ek1fx2=Ek2其中：f=f，x1=5cm+7cm

14、=12cm，x2=5cm可得m减小的动能与M增加的动能之比故B正确；Cm与M系统损失的机械能等于一对滑动摩擦力做功的代数和，有E损=fx其中相对路程：x=7cm，联立可得故C错误；Dm和M系统损失的机械能与M增加的动能之比故D正确。故选BD。11.如图所示，一个可视为质点的小球，从高度处由静止开始通过光滑弧形轨道AB，进入半径为的竖直圆环轨道，圆环轨道部分的动摩擦因数处处相等，当到达环顶C时，刚好对轨道无压力；沿CB滑下后进入光滑轨道BD，且到达高度为h的D点时速度为零，则h的值可能为（ ）A. 3.9mB. 4.2mC. 4.6mD. 5.5m【答案】BC【解析】【详解】小球到达环顶C时，刚

15、好对轨道压力为零，在C点，由重力充当向心力，则根据牛顿第二定律得可得从开始小球从H=6m高处，由静止开始通过光滑弧形轨道ab，因此在小球上升到顶点时，根据动能定理得：从C点继续沿粗糙圆周轨道下降后上升到D点速度为零，由动能定理因小球沿轨道下滑由于机械能有损失，所以下滑速度比上升速度小，因此对轨道压力变小，所受摩擦力变小，所以下滑时，有联立各式解得故符合高度h范围的只有4.2m和4.6m，故BC正确，AD错误。故选BC。12.如图所示，A、B为绕地球做匀速圆周运动的两颗人造地球卫星，两卫星运动是在同一平面内且绕行方向相同，某时刻A、B相距最近。若A、B两卫星的运行轨道半径之比，A、B两卫星的周期

16、分别为TA、TB，不计两卫星间的引力作用，则下列说法正确的是（）A. A、B两卫星的周期之比B. A卫星可以通过减小速度的方法实现和B卫星对接C. A、B两卫星再过相距最近D. B运动一周的过程中，A、B共线了16次【答案】AC【解析】【详解】A两卫星都由万有引力提供向心力，有解得，由轨道半径之比RA：RB=1：4，可得周期之比为TA：TB=1：8，故A正确；B若A卫星在低轨道减速，则万有引力大于需要的向心力，做近心运动，轨道半径变小，不能与B卫星对接，正确的做法是A卫星加速做离心运动和B对接，故B错误；C设经过ts两卫星从图示位置到再次相距最近，则满足条件是A比B多转一圈，则有结合TA：TB

17、=1：8，联立解得，故C正确；DB转动一周时间t=TB，设两卫星从最近到再次最近出现n次，则有解得n=7，而每出现一次最近之前出现两卫星在地球两侧相距最远的情况，而最近和最远都属于两卫星共线，则一共出现14次，故D错误。故选AC。13.将三个光滑的平板倾斜固定，三个平板顶端到底端的高度相等，三个平板AC、AD、AE与水平面间的夹角分别为1、2、3，如图所示现将三个完全相同的小球由最高点A沿三个平板同时无初速度地释放，经一段时间到达平板的底端则下列说法正确的是（ ）A. 重力对三个小球所做的功相同B. 沿倾角为3的AE平板下滑的小球的合力的平均功率最小C. 三个小球到达底端时的动量相同D. 沿倾

18、角为3的AE平板下滑的小球到达平板底端时重力的瞬时功率最小【答案】ABD【解析】【详解】A.因为三个小球下落的高度差相同，所以重力对三个小球所做的功相同，故A正确；B.小球沿斜面下滑时，加速度，下滑的位移是所以下滑的时间，由图可知，所以，沿光滑固定斜面下滑，只有重力做功，合力做功就是重力做功，由A项分析可知，重力对三个小球做功相同，也就是合力对三个小球做功相同，所以小球的合力的平均功率,故B正确C.由机械能守恒定律可知：三个小球到达底端时，速度大小相同，但斜面的倾角不同，速度的方向不同，所以动量的大小相等，但方向不同，所以三个小球到达底端时的动量不相同，故C错误；D.由机械能守恒定律可知：三个

19、小球到达底端时，速度大小相同，小球到达平板底端时重力的瞬时功率，由图可知，所以沿倾角为3的AE平板下滑的小球到达平板底端时重力的瞬时功率最小，故D正确14.如图所示，A、B两小球由绕过轻质定滑轮的细线相连，A放在固定的光滑斜面上，斜面倾角。B、C两小球在竖直方向上通过劲度系数为k的轻质弹簧相连，C球放在水平地面上，现用手控制住A，并使细线刚刚拉直但无拉力作用，并保证滑轮左侧细线竖直、右侧细线与斜面平行。已知A的质量为2m，B、C的质量均为m，重力加速度为g，细线与滑轮之间的摩擦不计，开始时整个系统处于静止状态（弹簧弹性势能，其中x为弹簧的形变量）。现释放A，此后运动过程中，下列说法正确的是（）

20、A. 当A沿斜面下滑的速度最大时，C恰好离开地面，B. A获得最大速度为C. 弹簧弹性势能最小时，A、B的动能之和最大D. 从释放A到C刚离开地面的过程中，A小球机械能一直增加【答案】BC【解析】【详解】A设初态弹簧的压缩量为x1，因B球平衡且细绳拉直无拉力，有mg=kx1设C球刚要离开地面时弹簧伸长量为x2，对C球的平衡有mg=kx2可得此时细绳、B球和A球的系统，沿着绳的方向有2mgsin（mg+kx2）则B球和A球已经在沿着绳的方向减速运动，故当C恰好离开地面，A沿斜面下滑的速度不是最大，故A错误；B细绳、B球和A球的系统在沿着绳的方向的加速度为零时，A和B的速度达到最大，有2mgsin

21、=mg则动能最大在弹簧处于原长时，由能量守恒定律有 解得A获得的最大速度为故B正确；CB与A的系统动能最大时弹簧处于原长，则有弹簧弹性势能最小时，A、B的动能之和最大，故C正确；D从释放A到C刚离开地面的过程中，对A球而言除重力外只有绳的拉力做负功，则A球的机械能一直减小，故D错误。故选BC。二、实验题（共12分）15.“探究功与物体速度变化的关系”的实验如图所示，当小车在一条橡皮筋作用下弹出时，橡皮筋对小车做的功记为W。当用2条、3条完全相同的橡皮筋并在一起进行第2次、第3次实验时，使每次实验中橡皮筋伸长的长度都保持一致。每次实验中小车获得的速度由打点计时器所打的纸带测出。(1)关于实验操作

22、，下列说法正确的是_A.为消除摩擦力对本实验的影响，应该将木板的左端适当抬高B.平衡摩擦力时，小车不需要拖着纸带穿过打点计时器进行C.在一次实验中，得到一条记录纸带。纸带上打出的点，两端密、中间疏，出现这种情况的原因，可能是没有使木板倾斜或倾角太小D.实验时应先接通电源，后释放小车(2)分析打点计时器打出的纸带，分别求出小车每次获得的最大速度v1、v2、v3.，作出W-v图象，则下列符合实际的图象是_（填字母序号）【答案】 (1). ACD (2). D【解析】【详解】(1)1A平衡摩擦时，应该将木板左端稍为抬高以平衡掉小车和纸带受到的阻力，故A正确；B小车要拖着纸带穿过打点计时器进行，即可以

23、把纸带的摩擦平衡，也能用纸带上的点迹显示平衡摩擦力是否适当，故B错误；C如果没有平衡摩擦力或没有使木板倾斜或倾角太小，则在小车获得最大速度后，在摩擦力作用下做减速运动，出现“两端密、中间疏”的现象，故C正确；D打点计时器启动时打点不稳定，故实验时应先接通电源，后释放小车，则D正确。故选ACD。(2)2小车的合外力为橡皮筋做功，由动能定理可知图像为过原点的抛物线，则D正确，ABC错误。故选D。16.在“验证机械能守恒定律”的一次实验中，质量m=1kg的重物自由下落，在纸带上打出一系列的点，如图所示（相邻记数点时间间隔为0.02s），那么： （1）打点计时器打下计数点B时，物体的速度vB=_m/s

24、（结果保留两位有效数字）；（2）从起点P到打下计数点B过程中物体的重力势能减少量EP=_J，此过程中物体动能的增加量Ek=_J； g取9.8m/s2（结果保留两位有效数字）（3）通过计算表明数值上EP Ek，这可能是因为_【答案】 (1). 0.98 (2). 0.49 (3). 0.48 (4). 存在摩擦阻力【解析】【分析】重物带动纸带下落过程中能量转化的过程和能量守恒，重物带动纸带下落过程中，除了重力还受到阻力，从能量转化的角度，由于阻力做功，重力势能减小除了转化给了动能还有一部分转化给摩擦产生的内能【详解】（1）利用匀变速直线运动的推论： （2）重力势能减小量：Ep=mgh=19.80

25、.0501J=0.49J动能增量：EkB=mvB2=0.48J（3）计算表明数值上EP Ek，由于存在摩擦阻力，所以有机械能损失【点睛】三、计算题（本大题共3小题，共32分。要有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位）17.某物业公司的宣传提醒牌。从提供的信息知：一枚60g的鸡蛋从 17楼(离地面安全帽为 45m高)落下，能砸破安全帽。若鸡蛋壳与安全帽的作用时间为6104s，人的质量为52kg，重力加速度 g 取 10 m/s2，求安全帽受到的平均冲击力的大小。（结果保留小数点后一位）【答案】3000.6 N【解析】【详解】假设鸡蛋到达地面安全帽时的速度为v, 鸡蛋从45m高处自由落

26、体，由运动学公式得解得v=30m/s对鸡蛋与安全帽撞击的过程，取向上为正方向由动量定理解得= 3000.6 N根据牛顿第三定律得安全帽受到平均冲击力大小为3000.6 N。18.如图所示，不可伸长的细线跨过同一高度处的两个光滑定滑轮连接着两个物体A和B，A、B质量均为m。A套在光滑水平杆上，定滑轮离水平杆的高度为h。开始时让连着A的细线与水平杆的夹角。现将A由静止释放（设B不会碰到水平杆，A、B均可视为质点；重力加速度为g）求：(1)当细线与水平杆的夹角为（）时，A的速度为多大?(2)从开始运动到A获得最大速度的过程中，绳拉力对A做了多少功?【答案】(1)；(2)【解析】【详解】(2)A、B的

27、系统机械能守恒解得(2)当A速度最大时，B的速度为零，由机械能守恒定律得对A列动能定理方程联立解得19.某小型设备工厂采用如图所示的传送带传送工件。传送带由电动机带动，以的速度顺时针匀速转动，倾角。工人将工件轻放至传送带最低点A，由传送带传送至最高点B后再由另一工人运走，工件与传送带间的动摩擦因数为，所运送的每个工件完全相同且质量m=1Kg。传送带长度为，不计空气阻力，工件可视为质点，求：(1)若工人某次只把一个工件轻放至A点，则传送带将其由最低点A传至B点电动机需额外多输出多少电能？(2)若工人每隔1秒将一个工件轻放至A点，在传送带长时间连续工作的过程中，电动机额外做功的平均功率是多少？【答案】（1）44J；（2）44W【解析】【详解】(1)对工件 得由能量守恒定律即 代入数据得(2)由题意判断，每1s放一个工件，传送带上共两个工件匀加速，每个工件先匀加速后匀速运动，与带共速后工件可与传送带相对静止一起匀速运动。匀速运动的相邻的两个工件间距为得所以，传送带上总有两个工件匀加速，两个工件匀速则传送带所受摩擦力为电动机因传送工件额外做功功率为