2019-2020学年高一物理下学期期末第一次模拟考试试题(含解析).doc

2019-2020学年高一物理下学期期末第一次模拟考试试题(含解析)一单项选择题（共8道小题，每小题4分，共计32分。每小题只有一个选项符合题意）。1. 在以前,机械化生产水平较低,人们经常通过“驴拉磨”的方式把粮食颗粒加工成粗面来食用.如图所示,假设驴拉磨的平均用力大小为500 N,运动的半径为1 m,驴拉磨转动一周所用时间约为10s，则驴拉磨转动一周的平均功率约为：A. 0 B. 50 W C. 50W D. 100W【答案】D【解析】试题分析：力与运动方向的切线共线，故，所以平均功率为，故选D考点：考查了平均功率的计算点评：本题的难点在与计算功，需要用到微元法2. 设地球表面重力加速度为g0，物体在距离地心4R(R是地球的半径)处，由于地球的作用而产生的加速度为g，则为A. 1 B. C. D. 【答案】D【解析】在地球表面有，解得；在距离地心4R处有，得，故，故选A.【点睛】根据万有引力等于重力得出重力加速度与距地心距离的关系，从而求出两处的重力加速度之比3. 变速自行车靠变换齿轮组合来改变行驶速度图是某一变速车齿轮转动结构示意图，图中A轮有48齿，B轮有42齿，C轮有18齿，D轮有12齿，则下列正确的是A. 当B轮与C轮组合时，两轮的线速度之比VB:VC=7:3B. 当B轮与C轮组合时，两轮的周期之比TB:TC=3:7C. 当A轮与D轮组合时，两轮的角速度之比A:D 14D. 当A轮与D轮组合时，两轮角速度之比A:D 41【答案】C【解析】当B轮与C轮组合时，同缘传动边缘点线速度相等，前齿轮的齿数与每秒转动圈数的乘积等于后齿轮齿数与每秒转动圈数的乘积，解得，故，故AB错误；同理当A轮与D轮组合时，。综故C正确，D错误。4. 如图所示，在轻弹簧的下端悬挂一个质量为m的小球A，若将小球A从弹簧原长位置由静止释放，小球A能够下降的最大高度为h。若将小球A换为质量为2m的小球B，仍从弹簧原长位置由静止释放，已知重力加速度为g，不计空气阻力，则小球B下降h时的速度为A. B. C. D. 0【答案】B【解析】小球A下降h过程，根据动能定理，有。小球B下降h过程，根据动能定理，有。联立解得。综上分析，B正确。5. 已知地球赤道上的物体随地球自转的线速度大小为v1、向心加速度大小为a1，近地卫星线速度大小为v2、向心加速度大小为a2，地球同步卫星线速度大小为v3、向心加速度大小为a3设近地卫星距地面高度不计，同步卫星距地面高度约为地球半径的6倍则以下结论正确的是A. B. C. D. 【答案】D【解析】由于卫星分析，得，故；上式解得，故 ；由可得，。综上分析，D正确。6. 如图所示，一轻质弹簧两端连着物体A和B，放在光滑的水平面上，物体A被水平速度为v0=90m/s的子弹射中并且子弹嵌在其中已知物体A的质量mA=mB=0.2kg是子弹的质量m=0.1kg，求弹簧的最大弹性势能是A. 324J B. 270J C. 54J D. 405J【答案】C【解析】子弹入射木块A过程中，当子弹与A共速后，。由能量守恒可知弹簧的最大弹性势能。综上分析，C正确。7. 如图所示，一条小船位于200 m宽的河中央A点处，从这里向下游100 m处有一危险的急流区，当时水流速度为4 m/s，为使小船避开危险区沿直线到达对岸，小船在静水中的速度至少为A. m/s B. m/sC. 2 m/s D. 4 m/s【答案】C【解析】试题分析：要使小船避开危险区沿直线到达对岸，则有合运动的最大位移为因此已知小船能安全到达河岸的合速度，设此速度与水流速度的夹角为，即有，所以，又已知流水速度，则可得小船在静水中最小速度为，C正确；考点：考查了小船渡河问题分析【名师点睛】本题属于：一个速度要分解，已知一个分速度的大小与方向，还已知另一个分速度的大小且最小，则求这个分速度的方向与大小值这种题型运用平行四边形定则，由几何关系来确定最小值8. 太阳系中某行星A运行的轨道半径为R，周期为T，但科学家在观测中发现，其实际运行的轨道与圆轨道存在一些偏离，且每隔时间t发生一次最大的偏离。天文学家认为形成这种现象的原因可能是A外侧还存在着一颗未知星B，它对A的万有引力引起A行星轨道的偏离，假设其运行轨道与A在同一平面内，且与A的绕行方向相同，由此可推测未知行星B绕太阳运行的圆轨道半径为A. B. RC. D. 【答案】A二、多项选择：（每小题4分，共16分。每小题有多个选项符合题目要求，全选对得4分，选对但不全的得2分，多选或错选得0分）9. 如图所示，电梯质量为M，在它的水平地板上放置一质量为m的物体。电梯在钢索的拉力作用下竖直向上加速运动，当电梯的速度由V1增加到V2时，上升高度为H，则在这个过程中，下列说法或表达式正确的是A. 对物体，动能定理的表达式为WN，其中WN为支持力的功B. 对物体，动能定理的表达式为W合0，其中W合为合力的功C. 对物体，动能定理的表达式为WNmgH，其中WN为支持力的功D. 对电梯，其所受合力做功为【答案】CD【解析】合外力所做功等于物体的动能变化。合力做功为；为支持力的功。综上分析，CD正确。10. 汽车在平直公路上以速度v0匀速行驶，发动机功率为P，牵引力为F0，t1时刻，司机减小了油门，使汽车的功率立即减小一半，并保持该功率继续行驶，到t2时刻，汽车又恢复了匀速直线运动，能正确表示这一过程中汽车速度v和牵引力F随时间t变化的图象是A. B. C. D. 【答案】AD【解析】解：A、首先P=Fv，开始的时候p=F0V0，功率降一半的时候，速度不能瞬间改变，所以瞬间变化的是力F，减小一半由于一开始匀速，所以摩擦力等于F，故功率减半，导致牵引力下降，汽车开始减速，减速过程中，牵引力慢慢增大，减速的加速度越来越小，所以t1到t2时刻的速度图象慢慢变得平缓，t2时刻减速的加速度为0故A正确，B错误C、由于t1时刻，力突然减小，减速的加速度很大，速度快速的减小，根据p=Fv，力F增加的较快，待速度下降越来越慢的时候，F增加的速度也变慢，曲线逐渐变的平稳，故C错误，D正确故选：AD【点评】要注意P=Fv的使用了解研究对象的运动过程是解决问题的前提，根据题目已知条件和求解的物理量选择物理规律解决问题，注意速度不能瞬间改变11. 如图所示，从倾角为的斜面顶点A将一小球以初速v0水平抛出，小球落在斜面上B点，重力加速度为g，（不计空气阻力）下列正确的是A. 从A到B的运动时间B. AB长度为C. B点的速度为D. 小球在B点时的速度分量满足【答案】BC【解析】水平分运动：，竖直方向上：。根据。物体在空中飞行的时间。物体的水平位移，所以AB间的距离 ；根据速度与时间关系，则B点竖直方向的速度，那么B点的速度 ；小球在B点时的位移分量满足，速度不满足。综上分析，BC正确。12. 如图8所示，轻质弹簧一端固定，另一端与一质量为m、套在粗糙竖直固定杆A处的圆环相连，弹簧水平且处于原长。圆环从A处由静止开始下滑，经过B处的速度最大，到达C处的速度为零，ACh。圆环在C处获得一竖直向上的速度v，恰好能回到A。弹簧始终在弹性限度内，重力加速度为g。则圆环A. 下滑过程中，加速度一直减小B. 下滑过程中，克服摩擦力做的功为mv2C. 在C处，弹簧的弹性势能为mv2mghD. 上滑经过B的速度大于下滑经过B的速度【答案】BD【解析】试题分析：根据圆环的运动情况分析下滑过程中，加速度的变化；研究圆环从A处由静止开始下滑到C和在C处获得一竖直向上的速度v，恰好能回到A两个过程，运用动能定理列出等式求解；研究圆环从A处由静止开始下滑到B过程和圆环从B处上滑到A的过程，运用动能定理列出等式解：A、圆环从A处由静止开始下滑，经过B处的速度最大，到达C处的速度为零，所以圆环先做加速运动，再做减速运动，经过B处的速度最大，所以经过B处的加速度为零，所以加速度先减小，后增大，故A错误；B、研究圆环从A处由静止开始下滑到C过程，运用动能定理列出等式mgh+Wf+W弹=00=0在C处获得一竖直向上的速度v，恰好能回到A，运用动能定理列出等式mgh+（W弹）+Wf=0mv2解得：Wf=mv2，故B正确；C、W弹=mv2mgh，所以在C处，弹簧的弹性势能为mghmv2，故C错误；D、研究圆环从A处由静止开始下滑到B过程，运用动能定理列出等式mgh+Wf+W弹=m0研究圆环从B处上滑到A的过程，运用动能定理列出等式mgh+Wf+（W弹）=0mmghWf+W弹=m由于Wf0，所以mm，所以上滑经过B的速度大于下滑经过B的速度，故D正确；故选：BD三、实验题（共2小题，13小题6分，13小题9分，共15分）13. 如图所示为“验证碰撞中的动量守恒”的实验装置。（1）下列说法中不符合本实验要求的是_。（选填选项前面的字母）A入射球比靶球质量大或者小均可，但二者的直径必须相同B在同一组实验的不同碰撞中，每次入射球必须从同一高度由静止释放C安装轨道时，轨道末端必须水平D需要使用的测量仪器有天平和刻度尺E实验中的斜槽必须光滑（2）实验中记录了轨道末端在记录纸上的竖直投影为O点，经多次释放入射球，在记录纸上找到了两球平均落点位置为M、P、N，并测得它们到O点的距离分别为OM、OP和ON。已知入射球的质量为m1，靶球的质量为m2，如果测得近似等于_，则认为成功验证了碰撞中的动量守恒。【答案】 (1). AE (2). 【解析】（1）入射球质量大于靶球质量，且二者的直径必须相同，A错误在同一组实验的不同碰撞中，每次入射球必须从同一高度由静止释放，B正确要求每次小球都水平抛出，所以安装轨道时，轨道末端必须水平，C正确需要使用的测量仪器有天平、刻度尺，D错误（2）如果测得近似等于，则认为成功验证了碰撞中的动量守恒14. 某同学利用自己设计的弹簧弹射器做“验证弹簧弹性势能EP=kx2（k为弹簧的劲度系数，x为弹簧的形变量）”的实验，装置如图（a）所示水平放置的弹射器将质量为m的小球弹射出去测出小球通过两个竖直放置的光电门的时间间隔为t用刻度尺测出弹簧的压缩量为x，甲、乙光电门间距为L，忽略一切阻力（1）小球被弹射出的速度大小v=_，求得弹簧弹性势能Ep=_；（2）该同学测出多组数据，计算并画出如图（b）所示Ep与x2的关系图线，从而验证了它们之间的关系根据图线求得弹簧的劲度系数k=_N/m；（3）由于重力作用，小球被弹射出去后运动轨迹会向下有所偏转，这对实验结果_影响（选填“有”或“无”）【答案】 (1). 2.0 (2). 3.2 (3). 20 (4). 无【解析】(1)由图可知，弹簧在小球进入光电门之前就恢复形变，故其弹射速度为通过光电门的水平速度：，由能量守恒得：；由图中数据代入公式：，解得：(3)由Fkx可得，当x0.02 m时，弹力为：；(4)由力作用的独立性可知，重力不影响弹力做功的结果，有没有重力做功，小球的水平速度都不会变化四、计算题（共47分.解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤。只写出最后的答案不能得分。）15. 将质量为0.2kg的小球以初速度6m/s水平抛出，抛出点离地的高度为3.2m，不计空气阻力求：(1)小球从抛出到它将要着地的过程中重力的冲量；(2)小球将要着地时的动量；(3)小球从抛出到它将要着地的过程中动量的变化。【答案】(1)1.6Ns方向竖直向下(2)2kgm/s方向与水平面成53夹角斜向下(3)1.6kgm/s方向竖直向下.（1）由 ，可得 小球从抛出到它将要着地的过程中重力的冲量 （2）小球落地时的竖直速度 合速度 故小球将要着地时的动量 ，方向与水平面成53夹角斜向下。（3）由动量定理可知 方向竖直向下。【点睛】解决本题的关键知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，结合运动学公式灵活求解，本题中要注意如果采用动量定理求解动量时动量的矢量应为矢量计算16. 一长0.80 m的轻绳一端固定在O点，另一端连接一质量m0.10 kg的小球，悬点O距离水平地面的高度H1.00 m。小球自与悬点O等高的A点释放，到B点时速度为,当小球运动到B点时，轻绳碰到悬点O正下方一个固定的钉子P时立刻断裂不计轻绳断裂的能量损失，取重力加速度g10 m/s2.求：(1)绳断裂后球从B点抛出并落在水平地面上的C点，求C点与B点之间的水平距离；(2)若OP0.6 m，轻绳碰到钉子P时绳中拉力达到所能承受的最大拉力断裂，求轻绳能承受的最大拉力【答案】（1）0.8m (2)9N【解析】根据高度求出平抛运动的时间，结合初速度和时间求出平抛运动的水平位移；根据牛顿第二定律，抓住径向的合力提供向心力，求出最大拉力的大小。（1）小球从B点做平抛运动，由运动学规律得：； 解得C点与B点之间的水平距离为： （2）若轻绳碰到钉子时，轻绳拉力恰好达到最大值Fm，由牛顿定律得： ，由以上各式，代入数据解得：Fm=9N【点睛】本题考查了圆周运动和平抛运动的综合，知道圆周运动向心力的来源和平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律是解决本题的关键。17. 如图所示，光滑水平轨道上放置长木板A(上表面粗糙)和滑块C，滑块B置于A的左端，三者质量分别为mA2 kg、mB1 kg、mC2 kg。开始时C静止，A、B一起以v05 m/s的速度匀速向右运动，A与C发生碰撞(时间极短)后C向右运动，经过一段时间，A、B再次达到共同速度一起向右运动，且恰好不再与C碰撞,求:(1)A与C发生碰撞后瞬间A的速度大小。(2)若A与C发生碰撞后粘在一起，则三个物体最终的速度是多少？(3)在（2）相互作用的整个过程中，系统的机械能损失了多少？【答案】(1)2 m/s (2) 3 m/s(3) 15 J【解析】AC碰撞过程中，动量守恒，碰撞后AB组成的系统动量守恒，根据动量守恒定律列式求解即可；以ABC为系统动量守恒可求最终速度，由能量守恒可求系统的机械能损失。（1）因碰撞时间极短，A与C碰撞过程动量守恒，设碰撞后瞬间A的速度大小为vA，C的速度大小为vC，以向右为正方向，由动量守恒定律得A与B在摩擦力作用下达到共同速度，设共同速度为vAB，由动量守恒定律得： A、B达到共同速度后恰好不再与C碰撞，应满足：解得vA=2m/s；（2）若A与C发生碰撞后粘在一起，由动量守恒可得解得 （3）由能量恒定可得损失的机能 【点睛】本题主要考查了动量守恒定律、能量守恒定律以运动学基本公式的直接应用，注意应用动量守恒定律解题时要规定正方向。18. 如图所示的装置由传送带AB、水平地面CD、光滑半圆形轨道DE三部分组成。一质量为5 kg的物块从静止开始沿倾角为37的传送带上滑下。若传送带顺时针运动，其速度v10 m/s，传送带与水平地面之间通过光滑圆弧BC相连，圆弧BC长度可忽略不计，传送带AB长度为LAB16 m，水平地面长度为LCD6.3 m，半圆轨道DE的半径R1.125 m，物块与水平地面间、传送带间的动摩擦因数均为0.5。求：(sin 370.6，cos 370.8)(1)物块在传送带上运动的时间t；(2)物块到达D点时对D点的压力大小；(3)物块从E点抛出后的落地点与D点的距离。【答案】(1)2 s(2)410 N(3) 【解析】根据牛顿第二定律求出物块在传送带上运动的加速度，由速度公式求物块的速度与传送带速度相等时所经历的时间，以及通过的位移，共速后分析物块的受力，再由牛顿第二定律和位移时间公式求出物块运动到B点的时间，从而得到总时间；物块在CD上做匀减速运动，由牛顿第二定律和速度位移公式求物块到达D点时的速度，再由向心力知识求D点对物块的支持力，从而求得压力；物块沿半圆轨道从D点运动到E点的过程机械能守恒，由机械能守恒定律求得物块经过E点时的速度，结合平抛运动的规律求出物块从E点抛出后的落地点与D点的距离。(1)刚开始运动时，对物块受力分析可知 ，解得a1=10 m/s2物块与传送带达到共同速度时，解得t1=1 s物块的位移此后对物块受力分析可知 解得a2=2 m/s2物块在传送带上的第二段运动解得t2=1 s物块在传送带上运动的时间t=t1t2=2 s(2)物块到达传送带底端的末速度 在水平地面CD上，物块做匀减速直线运动，其加速度大小a=g=5 m/s2设物块到达D点时的速度为v3，则 解得v3=9 m/s设此时D点对物块的支持力为FN，根据牛顿第二定律，有，解得FN=410 N根据牛顿第三定律可知，物块对D点的压力大小为410 N。(3)物块沿半圆轨道从D点运动到E点的过程机械能守恒，设物块经过E点时的速度为v4，根据机械能守恒定律有，解得v4=6 m/s物块从E点抛出后做平抛运动，有 ，解得 【点睛】本题的关键理清物体的运动情况，分段运用牛顿第二定律和运动学公式结合进行研究要掌握平抛运动的研究方法：运动的分解法。