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- 2021-05-26 发布
甘肃省武威第六中学2019-2020学年高一下学期
第一次学段期末考试试卷
第I卷（选择题）
一、选择题：本题共12小题，每小题4分。在每小题给出的四个选项中，第1~8题只有一项符合题目要求，第9~12题有多项符合题目要求。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. 关于曲线运动，下说法中正确的是（ ）
A. 曲线运动的速度不一定发生变化
B. 曲线运动的加速度可能为零
C. 在恒力作用下，物体也可能做曲线运动
D. 物体做曲线运动，速度方向可能不发生变化
【答案】C
【解析】
【详解】A．曲线运动速度方向一定是变化的，则速度一定发生变化，A错误；
B．曲线运动的速度一定变化，则加速度一定不为零，B错误；
C．在恒力作用下，物体也可能做曲线运动，例如平抛运动，C正确；
D．物体做曲线运动，速度方向一定发生变化，D错误。
2. 如图所示，一质量为2kg的物体放在光滑的水平面上，原来处于静止状态，现用与水平方向成60°角的恒力F=10N作用于物体上，历时5s，则（ ）
A. 力F对物体的冲量大小为25N·s
B. 力F对物体的冲量大小为50N·s
C. 物体的动量变化量为50kg·m/s
D. 物体所受重力的冲量大小为0
【答案】B
【解析】
【详解】AB．力F对物体的冲量大小，A错误，B正确；
C．物体所受合外力的冲量，根据动量定理，物体的动量变化量为25kg·m/s，C错误；
D．这段时间内重力的冲量大小，D错误。
3. 如图所示，在光滑的水平面上有一质量为的小球以的速度向前运动，与质量为的静止木块发生碰撞，假设碰撞后木块的速度是，则（ ）
A. 这一假设是合理的，碰撞后球的速度为
B. 这一假设是合理的，碰撞后小球被弹回来
C. 这一假设是不合理的，因而这种情况不可能发生
D. 这一假设是可能发生的，但由于题给条件不足，的大小不能确定
【答案】C
【解析】
【详解】若，则由动量守恒定律可知，解得，此时碰前动能，碰后动能，则假设不合理，因而这种情况不可能发生，故选项C正确，ABD错误。
故选C。
4. 如图所示，在匀速转动的圆筒内壁上有一物体随圆筒一起转动而未滑动。若圆筒和物体以更大的角速度做匀速转动，下列说法正确的是（ ）
A. 物体所受弹力增大，摩擦力也增大
B. 物体所受弹力增大，摩擦力减小
C. 物体所受弹力减小，摩擦力减小
D. 物体所受弹力增大，摩擦力不变
【答案】D
【解析】
【详解】物体做匀速圆周运动，合力指向圆心，对物体受力分析，受重力、向上的静摩擦力、指向圆心的支持力，如图，开始时重力G与静摩擦力f平衡，支持力N提供向心力，当圆筒的角速度ω增大以后，向心力变大，物体所受弹力N增大，最大静摩擦增大，物体仍静止，即重力G与静摩擦力f平衡，故ABC错误，D正确。
5. 如图所示，飞机做特技表演时，常做俯冲拉起运动，此运动在最低点附近可看作是半径为500 m的圆周运动．若飞行员的质量为65 kg，飞机经过最低点时速度为360 km/h，则这时飞行员对座椅的压力为：(取g＝10 m/s2) （ ）
A. 650N B. 1300N C. 1800N D. 1950N
【答案】D
【解析】
【详解】分析飞行员的受力情况，根据牛顿第二定律和向心力公式可得
已知、，代入上式解得座椅对飞行员的支持力，根据牛顿第三定律可知，飞行员对座椅的压力为1950N，所以只有D正确。
故选D。
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θ，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. 保持角速度不变，增大小球质量，则夹角θ将减小
D. 小球运动的角速度
【答案】D
【解析】
【详解】A：对摆球受力分析，摆球受重力、拉力的作用．故A项错误．
BCD：摆球受力情况如图，竖直方向上有，水平方向上有；由几何关系有，联立解得：悬线对小球的拉力、小球运动的角速度；由知，保持角速度不变，增大小球质量，夹角θ不变．故BC两项错误，D项正确．
7. 质量为m的均匀链条长为L，开始放在光滑的水平桌面上时，有的长度悬在桌边缘，如图所示，松手后，链条滑离桌面，问从开始到链条刚滑离桌面过程中重力势能变化量为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】设桌面为零势能面，开始时链条的重力势能为
当链条刚脱离桌面时的重力势能
所以重力势能的变化量
故C符合题意，ABD不符合题意。
8. 如图所示，一质量为m的小球固定于轻质弹簧的一端，弹簧的另一端固定于O点处，将小球拉至A处，弹簧恰好无形变，由静止释放小球，它运动到O点正下方B点间的竖直高度差为h，速度为v，则（ ）
A. 由A到B重力做的功等于mgh
B. 由A到B重力势能减少mv2
C. 由A到B小球克服弹力做功为mgh
D. 小球到达位置B时弹簧的弹性势能为mgh+
【答案】A
【解析】
【详解】A．重力做功W=mgh，与是否受其它力无关，而从A下降到B下降的高度为h，故A正确；
B．从A下降到B的过程中，根据动能定理，重力势能的减小量
，故B错误；
CD．在这个过程中，克服弹力做的功，小球到达位置B时弹簧的弹性势能为，故CD错误。
故选A。
9. 如图所示，小球A、B分别从和l的高度水平抛出后落地，上述过程中A、B的水平位移分别为l和。忽略空气阻力，则（ ）
A. A和B的位移大小相等 B. A的运动时间是B的2倍
C. A的初速度是B的 D. A的末速度比B的大
【答案】AD
【解析】
【详解】A．位移为初位置到末位置的有向线段，如图所示可得
，
A和B的位移大小相等，A正确；
B．平抛运动运动的时间由高度决定，即
，
则A的运动时间是B的倍，B错误；
C．平抛运动，在水平方向上做匀速直线运动，则
，
则A的初速度是B的，C错误；
D．小球A、B在竖直方向上的速度分别为
，
所以可得 ，
即，D正确。
故选AD。
10. 有a、b、c、d四颗地球卫星，a还未发射，在地球赤道上随地球表面一起转动，b处于地面附近近地轨道上正常运动，c是地球同步卫星，d是高空探测卫星，各卫星排列位置如图所示．则下列说法不正确的是（ ）
A. a的向心加速度等于重力加速度g
B. c在4h内转过的圆心角是
C. b在相同时间内转过的弧长最长
D. d的运动周期有可能是25h
【答案】AB
【解析】
【详解】A．地球同步卫星的周期c必须与地球自转周期相同，角速度相同，则知a与c的角速度相同，根据a=ω2r知，c的向心加速度大．由， 得，卫星轨道半径越大，向心加速度越小，则同步卫星c的向心加速度小于b的向心加速度，而b的向心加速度约为g，故知a的向心加速度小于重力加速度g．故A错误，符合题意；
B．c是地球同步卫星，周期是24h，则c在4h内转过圆心角是．故B错误，符合题意；
C．由，。解得，可知，卫星的轨道半径越大，速度越小
，又a和c的角速度相同，可知，，所以b的速度最大，在相同时间内转过的弧长最长．故C正确，不符合题意；
D．由开普勒第三定律，知卫星的轨道半径越大，周期越大，所以d的运动周期大于c的周期24h．故D正确，不符合题意。
故选AB。
11. 一辆汽车在水平路面上由静止启动，在前4s内做匀加速直线运动，4s末达到额定功率，之后保持额定功率运动，其v﹣t图象如图所示。已知汽车的质量为m＝3×103kg，汽车受到的阻力为车重的0.2倍，g取10m/s2，则（ ）
A. 汽车的最大速度为20m/s
B. 汽车的额定功率为180kW
C. 汽车在前4s内的牵引力为1.5×104N
D. 汽车在前4s内牵引力做的功为3.6×104J
【答案】BC
【解析】
【详解】ABC．由题可知汽车所受阻力
前4s内的加速度为
前4s内汽车做匀加速运动，由牛顿第二定律可得
解得
汽车在4s时达到额定功率，其额定功率为
当汽车受力平衡时速度最大，其最大速度为
故A错误，B、C正确；
D．前4s内的位移为
汽车在前4s内牵引力做的功为
故D错误。
故选BC。
12. 如图所示，一个质量为、长为L的木板B静止在光滑水平面上，其右端放有可视为质点的质量为m的滑块A，现用一水平恒力作用在滑块上，使滑块从静止开始做匀加速直线运动。滑块和木板之间的摩擦力为，滑块滑到木板的最左端时，木板运动的距离为，此过程中，下列说法正确的是（ ）
A. 滑块A到达木板B最左端时，具有的动能为
B. 滑块A到达木板B最左端时，木板B具有的动能为
C. 滑块A克服摩擦力所做的功为
D. 滑块A和木板B增加的机械能为
【答案】ABD
【解析】
【详解】A．对滑块A分析，滑块A相对于地的位移为，根据动能定理得
，则知滑块A到达木板B最左端时具有的动能为。选项A正确。
B．对木板B分析，根据动能定理得，则知滑块A到达木板B最左端时，木板B具有的动能为。选项B正确。
C．滑块A相对于地的位移大小为，则滑块A克服摩擦力所做的功为。故选项C错误。
D．根据能量守恒得，外力F做的功转化为木板B和滑块A的机械能和摩擦产生的内能，则有， 则滑块A和木板B增加的机械能为，选项D正确。
故选ABD。
第II卷（非选择题）
二、实验题（2小题，共计14分）
13. 测量动摩擦因数的实验方法比较多.小华利用了如图甲所示的实验装置对物块与水平台面之间的动摩擦因数进行了测量.小华首先将一斜面固定在有一定高度的水平台面.将物体从斜而体的顶端由静止释放.物体在水平台面上滑过一段距离x离开台面,经过一段时间落在水平面上.测量出落地点距离台面边缘的水平间距并记录为s.然后改变斜面体底端到台面边缘的距离x.重复上面的操作.得到多组x、s数据.最后作出s2-x图象如图乙所示.
回答下列问题:
（1）每次物块均从斜而体的顶端由静止释放,其目的是__________________。
（2）为了完成物块与水平台面间动摩擦因数的测量.除了实验步骤中记录的数据外.本实验还应测量的物理量有____________。
A.斜面体的最高点距离台而的高度h
B.物块的质量m
C.台而到水平面的高度H
（3）如果图乙中图线的斜率绝对值为k.则物块与台面之间的动摩擦因数的关系式为=________. (用以上的物理量符号表示)
【答案】 (1). 使物块到达斜面体底端时的速度相等 (2). C (3). ;
【解析】
【分析】
本题考查测定动摩擦因数的创新方法。
【详解】（1）每次物块均从斜面体的顶端由静止释放，是为了保证物块到达斜面体底端的速度相等，使物块在台面上运动的初速度相同；
（2）还需要测量台面到水平面的高度H.
（3）根据动能定理可知
根据平抛运动规律可知
联立以上各式得：
解得：
14. 如图1所示，某同学利用自由落体运动进行验证机械能守恒定律的实验：
（1）除带夹子的重物、纸带、铁架台（含铁夹）、电磁打点计时器、导线及开关外，在下列器材中，还必须使用的两种器材是_________；
A．交流电源 B．刻度尺 C．天平（含砝码）
（2）实验中，该同学先接通电源，再释放重物，得到一条图2所示的纸带，其中O点为打点计时器打下的第一个点，A、B、C为纸带上所打的三个点，测得它们到起始点O的距离分别为h1、h2、h3，在A和B、B和C之间还各有一个点。已知当地重力加速度为g，打点计时器打点的周期为T，重物的质量为m，从打O点到打B
点的过程中，重物的重力势能减少量ΔEp=_______，动能增加量ΔEk=____________；该同学数据处理的结果比较合理的应当是ΔEp_____ΔEk（选填>、=、或<）；
【答案】 (1). AB (2). >
【解析】
【详解】（1）除带夹子的重物、纸带、铁架台（含铁夹）、电磁打点计时器、导线及开关外，在下列器材中，还必须使用的两种器材是交流电源和刻度尺，由于要比较mgh与mv2的关系，两边质量消掉，可知不需要天平（含砝码）；故选AB。
（2）从打O点到打B点的过程中，重物的重力势能减少量
打B点时小车的速度
动能增加量
该同学数据处理的结果比较合理，但是由于重物下落时受到阻力作用，则使得ΔEp>ΔEk。
三、解答题（3小题，共计38分）
15. 如图所示，质量为0.4kg的木块以2m/s的速度水平地滑上静止在光滑水平地面上的平板小车，车的质量为1.6kg，木块与小车之间的摩擦系数为0.2(g取10m/s2)．设小车足够长，求：
(1)木块和小车相对静止时小车的速度大小；
(2)从木块滑上小车到它们处于相对静止所经历的时间；
(3)为了防止木块从小车上滑落，小车至少多长？
【答案】(1)0.4m/s (2) 0.8s (3) 0.8m
【解析】
【详解】(1) 以木块和小车为研究对象，向右为正方向，由动量守恒定律可得：
解得：
(2) 以木块为研究对象，由动量定理可得且
得到
(3)根据能量守恒
解得小车至少长度 ．
答：(1)0.4m/s (2) 0.8s (3) 0.8m
16. 如图甲所示，长为4m的水平轨道AB与半径为R=0.6m的竖直半圆弧轨道BC在B处相连接，有一质量为1kg的滑块（大小不计），从A处由静止开始受水平向右的力F作用，F的大小随位移变化的关系如图乙所示，滑块与AB间的动摩擦因数为μ=0.25，与BC间的动摩擦因数未知，g取10m/s2，求：
(1)滑块在水平轨道AB上运动前2m过程所用的时间；
(2)滑块到达B处时的速度大小；
(3)若到达B点时撤去力F，滑块沿半圆弧轨道内侧上滑，并恰好能到达最高点C，则滑块在半圆弧轨道上克服摩擦力所做功是多少？
【答案】(1)；(2)；(3)5J
【解析】
【详解】(1)在前2m内有
且
解得
(2)滑块从A到B的过程中，由动能定理有
即
解得
(3)当滑块恰好能到达C点时，应有
滑块从B到C的过程中，由动能定理有
解得W=-5J
即克服摩擦力做功为5J。
17. 如图所示，有一倾斜放置的长度L＝30 m的传送带，与水平面的夹角θ＝37°，传送带一直保持匀速运动，速度v＝4 m/s。现将一质量m＝1 kg的物体轻轻放上传送带底端，使物体从底端运送到顶端，已知物体与传送带间的动摩擦因数μ＝0.8.以物体在传送带底端时的势能为零，求此过程中：（已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度g＝10 m/s2）
(1)物体从底端运送到顶端所需的时间；
(2)物体到达顶端时的机械能；
(3)物体与传送带之间因摩擦而产生的热量；
(4)电动机由于传送物体而多消耗的电能。
【答案】(1)12.5s；(2)188J；(3)128J；(4)316J.
【解析】
【详解】(1)物体放到传送带时先做匀加速直线运动，设加速度为a。根据牛顿第二定律得
μmgcosθ-mgsinθ=ma
解得a=μgcosθ-gsinθ=0.4m/s2
设物体匀加速至速度等于v=4m/s时用时间
通过的位移为x1。则v2=2ax1
得
共速时，由于 μmgcosθ＞mgsinθ
所以之后物体随传送带匀速上升，则到达顶端还需时间
共需时间t=t1+t2=12.5s
(2)物体到达顶端时的动能
重力势能
机械能E＝Ek+Ep＝188J
(3)设物体匀加速运动的时间为t，则v=at
得 t=10s
在t时间内传送带的位移x带=vt=40m
t时间内物体与传送带间的相对位移大小△x=x带-x1=20m
因摩擦产生的热量Q=μmgcosθ△x
代入数据解得Q=128J
(4)电动机由于传送物体而多消耗的电能 E电=E+Q=316J