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）

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）

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 物体的机械能守恒 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 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 sin mgT  C. 小球运动的角速度 cos g L   A． B． C． D． 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 1 2 ，此 时卫星仍做匀速圆周运动，则（ ） A. 卫星的向心加速度减小到原来的 1 2 B. 卫星的角速度减小到原来的 1 2 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 g C. 摩擦力对工件做的功为 2 2 mv 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 0.02 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 0v 从右端滑上 B，一段时间后，以 0 2 v 滑离 B，并恰好能到 达 C 的最高点．A、B、C 的质量均为 m ．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） 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 mgT cos 在水平方向上，合力提供向心力，有： 2 nF mg tan m R    有几何关系可知： R Lsin 联立解得： g Lcos   ，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 v ,小球恰与倾角为 30 的斜面垂直碰撞，碰撞时受到如图所示 由几何关系得： 0230 vv vsin    ，碰撞过程中，小球速度由 02v v  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：  0 0 0 02 3I mv mv mv mv mv      ，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   1k fE F F x L    即小滑块动能的增加量为   fF F x L  故 ABC 错误； D．对木板，根据动能定理有 2k fE F x  则木块动能的增加量为 fF x ，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＝Δv1 Δt1 ＝5 m/s2，2 s～4 s 内加速度大小为 a2＝Δv2 Δt2 ＝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 ： 2 2 2 2 2( )mM vG m mr mr mar r T ＝ ＝ ＝ ＝ 可得线速度 GMv r ＝ ，可知线速度减为原来的 1 2 时，半径增加为原来的 4 倍，故 D 正确； 向心加速度 2 GMa r ＝ 知，半径增加为原来的 4 倍，向心加速度减小为原来的 1 16 ，故 A 错误； 周期 2 34 rT GM  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 3 GM r ＝ 知，半径增加为原来的 4 倍，角速度减小为原来的 1 8 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 mg ma  ，则 工件的加速度 a g ．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 2 21 102 2fW mv mv   ．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 0.2299 0.1579 / 1.8 /2 0.04 AC B xv m s m sT ＝ ＝   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＝ 1 2 mvB 2＝ 1 2 ×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= 0v vy 代入数据，解得：v0=3m/s （2）小球在 A 点的速度：vA= sin yv 小球从点 A 运动到点 B 时，满足机械能守恒定律，有： 22 2 1)cos1(2 1 BA mvmgRmv   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： 22 2 122 1 CB mvRmgmv  代入数据，解得：F 向= R vm c 2 =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＝ 0 4 v ；（2） 2 05 16 v gL   （3） 2 0 64 vR g  （4） 2 015 32 mvE  【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： mv0＝m 0 2 v ＋2mvB 解得 vB＝ 0 4 v (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 2 2 20 0 0 1 1 1( ) 2 ( )2 2 2 2 4 v vmgL mv m m ＝ － － 解得 2 05 16 v gL   (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： 0 2 mv ＋mvB＝2mv A、C 系统机械能守恒： 2 2 20 01 1 1( ) ( ) 22 2 2 4 2 v vmgR m m mv  ＝ 解得 2 0 64 vR g  (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 0 0  2 4 A C mv mv mv mv   A、C 系统初、末状态机械能守恒， 2 2 2 20 01 1 1 1( ) ( )2 2 2 4 2 2A Cm m m m  v v v v 解得 vA＝ 0 4 v . 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： 2 2 2 0 0 151 1 2 2 32A mvE mv mv ＝ － ＝