2018-2019学年河北省石家庄市高一下学期期末考试物理试卷（解析版） 14页

石家庄市2018-2019学年第二学期期末教学质量检测 高一物理 ‎(时间90分钟 满分100分)‎ 第Ⅰ卷 一、选择题：本题共12小题，每小题4分，共48分。在每小题给出的四个选项中，第1~7题只有一项符合题目要求，第8~12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.下列说法正确的是 A. 物体所受合外力越大，其动量变化一定越快 B. 物体所受合外力越大，其动量变化一定越大 C. 物体所受合外力越大，其动能变化一定越大 D. 物体所受合外力越大，其机械能变化一定越大 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】AB、根据公式动量定理Ft=P，F=，可知物体所受合外力越大，其动量变化不一定大，但是其动量变化一定越快，故A正确，B错误。‎ C、根据动能定理Fx=Ek，物体所受合外力做的功越大，其动能变化一定越大，合外力越大，合外力做的功并不一定大，故C错误。‎ D、根据W其它=E机，物体所受除重力（弹力）外其它力做的功越大，其机械能变化一定越大，合外力越大，除重力（弹力）外其它力做的功并不一定大，故D错误。‎ ‎2.甲、乙两艘快艇在湖面上做匀速圆周运动，在相等时间里甲转过60，乙转过45，转动半径之比为13，则甲、乙两快艇线速度大小之比为（ ）‎ A. 14 B. 23 C. 49 D. 916‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】由题知，甲的角速度1==，乙的角速度2=，=，又=，则甲、乙两快艇的线速度大小之比===，故C正确，ABD错误。‎ ‎3.已知某星球的质量是地球质量的，直径是地球直径的。一名宇航员来到该星球，宇航员在该星球上所受的万有引力大小是他在地球上所受万有引力大小的（ ）‎ A. B. C. 2 D. 4‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】宇航员在地球上所受的万有引力F1=G，宇航员在该星球上所受的万有引力F2=G，由题知M2=M1，R2=R1，解得==，故B正确，ACD错误。‎ ‎4.静止在粗糙水平面上的物块在水平向右的拉力F作用下做直线运动，3s后撤去力F，其运动的v-t图象如图所示。下列说法正确的是（ ）‎ A. 在t=2s时，拉力F的功率最大 B. 在1s~3s内，拉力F的功率为零 C. 在0~4s内，拉力F做的功等于零 D. 在0~4s内，拉力F做的功等于物块克服摩擦力做的功 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】AB、在1s~3s内，物块做匀速运动，拉力F大小上等于滑动摩擦力，由P=Fv知，拉力F的功率不变，故AB错误。‎ CD、在0~4s内，根据动能定理WF-Wf=0，拉力F做的功WF等于物块克服摩擦力做的功Wf，故C错误，D正确。‎ ‎5.登上火星是人类的梦想。“嫦娥之父”欧阳自远透露：中国计划于2020年登陆火星。地球和火星围绕太阳的公转均视为匀速圆周运动，忽略行星自转影响，根据表格中的信息判断，火星同地球相比下列说法正确的是（ ）‎ A. 火星的公转周期较小 B. 火星做圆周运动的加速度较大 C. 火星表面的重力加速度较小 D. 火星的第一宇宙速度较大 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A、对于任一行星，设太阳的质量为M，根据G=mr，解得行星的公转周期T=2π，火星绕太阳做匀速圆周运动的轨道半径较大，所以火星做圆周运动的周期较大，故A错误。‎ B、根据万有引力充当向心力G=ma，行星绕太阳做做匀速圆周运动的加速度a=，火星的轨道半径较大，所以火星做圆周运动的向心加速度较小，故B错误。‎ C、在行星表面有：mg= G，行星表面的重力加速度g=，代入数据解得=0.38，即火星表面的重力加速度较小，故C正确。‎ D、设行星的第一宇宙速度为v，则G=m，v=，由题中数据比较可知，火星的第一宇宙速度较小，故D错误。‎ ‎6.某段水平公路转弯处弯道所在圆半径为‎40m，汽车轮胎与路面间的动摩擦因数为0.25，假设最大静摩擦力与滑动摩擦力相等，重力加速度g=‎10m/s2，汽车转弯时不发生侧滑的最大速率为（ ）‎ A. ‎5m/s B. ‎10m/s C. ‎15m/s D. ‎20m/s ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】汽车转弯时不发生侧滑，静摩擦力充当向心力，有：mg=m，解得汽车转弯时不发生侧滑的最大速率v==m/s=‎10m/s，故B正确，ACD错误。‎ ‎7.已知火星的质量是地球的a倍，它的半径是地球半径的b倍，地球表面处的重力加速度为g。现在火星的表面上以初速度v竖直上抛小球，不计大气的阻力，忽略火星自转，则小球在火星上上升的最大高度为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】在行星表面有：mg行= G，行星表面的重力加速度g行=，则有：==，在火星的表面上以初速度v竖直上抛小球，小球在火星上上升的最大高度h==，故B正确，ACD错误。‎ ‎8.如图所示，长为‎0.5m轻杆一端与质量为‎2kg的小球相连，另一端可绕过O点的水平轴自由转动。现给小球一初速度，使其在竖直面内做圆周运动，若小球通过轨道最低点a时的速度为‎4m/s，通过轨道最高点b时的速度为‎2m/s，重力加速度g=‎10m/s2，则小球通过最低点和最高点时，下列说法正确的是（ ）‎ A. 在a点，小球对轻杆作用力的方向竖直向下 B. 在a点，小球对轻杆作用力大小为24N C. 在b点，小球对轻杆作用力的方向竖直向上 D. 在b点，小球对轻杆作用力的大小为4N ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【详解】AB、在a点对小球：F-mg=m，轻杆对小球的拉力F=mg+ m=210N+2N=84N，根据牛顿第三定律知，在a点，小球对轻杆作用力大小为84N，方向竖直向下，故A正确，B错误。‎ CD、在b点对小球：mg-F= m，轻杆对小球的支持力F= mg-m=210N-2N=4N，根据牛顿第三定律知，在b点，小球对轻杆的压力大小为4N，方向竖直向下，故C错误，D正确。‎ ‎9.如图为某运动员低空跳伞表演，假设质量为m的运动员在下落高度h的一段过程中受恒定阻力作用，匀加速下落的加速度为g(g为重力加速度)。在该运动过程中，下列说法正确的是（ ）‎ ‎ ‎ A. 运动员的重力势能减少了mgh B. 运动员的动能增加了mgh C. 运动员克服阻力所做的功为mgh D. 运动员的机械能减少了mgh ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【详解】A、运动员在下落高度h的一段过程中，重力做功mgh，运动员的重力势能减少了mgh，故A错误。‎ B、运动员在下落高度h的一段过程中，合外力的功W合=mah=mgh，根据动能定理W合=Ek，运动员的动能增加了mgh，故B正确。‎ CD、根据牛顿第二定律mg-Ff=ma，运动员受到的阻力Ff=mg，在下落高度h的过程中，运动员克服阻力所做的功Wf=mgh，根据能量守恒，运动员的机械能减少了mgh，故C错误，D正确。‎ ‎10.如图，光滑水平面上有甲、乙两辆小车，用细线相连，中间有一个被压缩的轻弹簧，两小车处于静止状态。现烧断细线，两小车分别向左、右运动。已知甲、乙两小车质量之比为31，下列说法正确的是（ ）‎ A. 弹簧弹开后，甲、乙两车速度大小之比为13‎ B. 弹簧弹开后，甲、乙两车动量大小之比为31‎ C. 弹簧弹开过程，弹簧弹力对甲、乙两车的冲量大小之比为31‎ D. 弹簧弹开过程，弹簧弹力对甲、乙两车做功之比为13‎ ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【详解】AB、设甲、乙两车的质量为m1、m2，弹簧弹开后，甲、乙两车的速度为v1、v2，根据动量守恒定律：m1v1-m2v2=0，则弹簧弹开后，甲、乙两车速度大小之比为13，动量大小之比为11，故A正确，B错误。‎ C、根据动量定理I=p，弹簧弹开后，甲、乙两车动量的变化p大小相等，故C错误。‎ D、由动能Ek=mv2==知，根据动能定理W=Ek，==，即弹簧弹力对甲、乙两车做功之比为13，故D正确。‎ ‎11.某质量m=‎1500kg的“双引擎”小汽车，当行驶速度v≤‎54km/h时靠电动机输出动力；当行驶速度在‎54km/h‎90km/h时汽油机和电动机同时工作，这种汽车更节能环保。若该小汽车在一条平直的公路上由静止启动，汽车的牵引力F随运动时间t变化的图像如图所示，若小汽车行驶过程中所受阻力恒为1250N。已知汽车在t0时刻第一次切换动力引擎，以后保持恒定功率行驶至第11s末。则在这11s内，下列判断正确的是（ ）‎ A. 汽车第一次切换动力引擎时刻t0=6s B. 电动机输出的最大功率为60kw C. 汽车的位移为‎165m D. 汽油机工作期间牵引力做的功为3.6×105J ‎【答案】AC ‎【解析】‎ ‎【详解】A、开始阶段，牵引力F1=5000N，根据牛顿第二定律：F1-Ff=ma，解得开始阶段的加速度a=‎2.5m/s2，汽车第一次切换动力引擎时v1=‎54km/h=‎15m/s，运动的时间t0==6s，故A正确。‎ B、t0时刻，电动机输出功率最大，Pm=Fv1=500015W=75kW，故B错误。‎ CD、汽油机工作期间，功率P=F2v1=600015W=90kW，11s时刻的速度v2==m/s=‎25m/s，汽油机工作期间牵引力做的功W=Pt2=90103（11-6）J=4.5105J；汽车前6s内的位移x1=at02=2.562m=‎45m，后5s内根据动能定理得：Pt2-Ffx2=mv22-mv12，解得汽车后5s内的位移x2=‎120m，所以11s内汽车的位移x=x1+x2=‎165m，故C正确，D错误。‎ ‎12.如图，半径R=‎0.45m的四分之一光滑圆弧面轨道竖直固定，弧面下端与一水平足够长传送带右端相切，传送带以恒定的速度v=‎2m/s沿顺时针方向匀速转动。一质量m=‎1kg的小物块自圆弧面轨道的最高点由静止滑下，物块与传送带之间的动摩擦因数=0.2，不计物块滑过曲面与传送带交接处时的机械能损失，重力加速度g=‎10m/s2，则物块从第一次滑上传送带到第一次离开传送带的过程中，下列说法正确的是（ ）‎ ‎ ‎ A. 物块在传送带上向左运动的最远距离为‎2m B. 物块运动的时间为3.125s C. 物块与传送带间因摩擦产生的热能为12.5J D. 传送带对物块做的功为2.5J ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【详解】A、物体沿圆弧面下滑，机械能守恒：mgR=  mv02，得：v0=‎3m./s，物体在传送带上相对运动时的加速度大小为：a =g =‎2m/s2，物体滑上传送带向左运动的最远距离：s1 ==‎2.25m，故A错误。‎ B、物体向左运动的时间：t1==1.5s，物体向右加速到v 的时间：t2==1s，向右加速的位移：s2==‎1m，然后物体以速度v匀速运动的时间：t3== 0.625s，物体第一次从滑上到离开传送带所经历的时间：t= t1+ t2+ t3=3.125s，故B正确。‎ C、物块与传送带间因摩擦产生的热能 Q=mg(s1+vt1+vt2-s2)=12.5J，故C正确。‎ D、根据动能定理，传送带对物块做的功W=mv2-mv02=-2.5J，故D错误。 【点睛】‎ 第Ⅱ卷 二、实验题：本题共2小题，共15分。请将答案填写在答题纸相应的位置。‎ ‎13.如图所示是某同学用水平气垫导轨“验证系统机械能守恒”的实验装置，该同学将光电门固定在导轨上的B点，吊盘通过细线与滑块相连，滑块上固定一遮光条，实验中滑块从导轨上的位置A由静止释放。‎ ‎（1）该同学测得遮光条的宽度为d，若光电计时器记录遮光条通过光电门的时间为t，则滑块经过光电门时的速度v=___(用题中所给物理量的符号表示)。‎ ‎（2）若用天平测得滑块(含遮光条)的质量为M，吊盘的质量为m，用刻度尺测得位置A到位置B的距离为L，已知重力加速度大小为g，则需要验证的关系式为_______(用题中所给物理量的符号表示)。‎ ‎【答案】 (1). (2). mgL=（M+m）‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】第一空、由于滑块经过光电门时间t很短，故可以认为滑块经过光电门时的速度v=。‎ 第二空、需要验证的是吊盘减少的重力势能与滑块和吊盘增加的动能之间的关系，即需要验证的关系式为mgL=（M+m）。‎ ‎14.某同学用如图所示装置探究“碰撞过程中的不变量”：将长木板放在水平桌面上，小车甲、乙放在长木板上，小车甲的前端粘有橡皮泥，后端连有纸带，纸带穿过打点计时器。将小木片垫在长木板下适当位置，推动小车甲使之做匀速直线运动，然后与原来静止在前方的小车乙相碰并粘合成一体，而后两车继续做匀速直线运动。已知打点计时器的打点频率为50Hz。‎ ‎ ‎ ‎（1）实验得到打点纸带如图所示，并测得各计数点间距并标在图上，A为运动起始的第一点，则应选____段计算小车甲的碰前速度，应选____段来计算小车甲和乙碰后的共同速度。(以上两空选填“AB”“BC”“CD”或“DE”)‎ A ‎（2）测得小车甲的质量m甲=‎0.40kg，小车乙的质量m乙=‎0.20kg，由以上测量结果可得碰前系统总动量为____kg·m/s，碰后系统总动量为____kg·m/s。(结果均保留三位有效数字)‎ ‎（3）通过计算得出的结论是________。‎ ‎【答案】 (1). BC (2). DE (3). 0.420 (4). 0.417 (5). 在误差允许范围内，碰撞前后两个小车的mv之和是相等的 ‎【解析】‎ ‎【详解】第一空、推动小车甲运动有很短的时间，则应选BC段计算小车甲的碰前速度。‎ 第二空、碰后甲、乙粘为一起，由于有很短的碰撞时间，故应选DE段来计算小车甲、乙碰后的共同速度。‎ 第三空、碰前甲的速度v1==m/s=‎1.05m/s，碰前系统总动量为p1=m甲v1=0.401.05 kg·m/s=‎0.420 kg·m/s。‎ 第四空、碰后甲、乙共同的速度v2==m/s=‎0.695m/s，碰后系统总动量为p2=（m甲+m乙）v2=（0.40+0.20）0.695 kg·m/s=‎0.417 kg·m/s。‎ 第五空、在误差允许范围内，碰撞前后两个小车的mv之和是相等的。‎ 三、计算题：本题共3小题，共37分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤。只写出最后答案的不能得分。有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。‎ ‎15.如图，长L=‎0.2m的轻绳一端与质量m=‎2kg的小球相连，另一端连接一个质量M=‎1kg的滑块，滑块套在竖直杆上，与竖直杆间的动摩擦因数为。现在让小球绕竖直杆在水平面内做匀速圆周运动，当绳子与杆的夹角=60时，滑块恰好不下滑。假设最大静摩擦力等于滑动摩擦，重力加速度g=‎10m/s2。求：‎ ‎（1）小球转动的角速度的大小；‎ ‎（2）滑块与竖直杆间的动摩擦因数。‎ ‎【答案】（1）10rad/s；（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）通过对小球的受力分析，由牛顿第二定律得：mgtan=m2Lsin，解得小球转动的角速度=10rad/s。‎ ‎（2）对小球，在竖直方向：FTcos=mg；对滑块，由平衡条件可得：FTsin=FN，FN=Mg+FTcos ‎，解得滑块与竖直杆间的动摩擦因数=。‎ ‎16.如图，质量分别为‎1kg和‎3kg的玩具小车A、B静置在水平地面上，两车相距s=‎8m。小车A在水平恒力F=8N作用下向着小车B运动，恒力F作用一段时间t后撤去，小车A继续运动与小车B发生碰撞，碰撞后两车粘在一起滑行d=‎0.25m停下。已知两车碰撞时间极短，两车运动过程所受的阻力均为自身重力的0.2倍，重力加速度g=‎10m/s2。求：‎ ‎（1）两个小车碰撞后的速度大小；‎ ‎（2）小车A所受恒力F的作用时间t。‎ ‎【答案】（1）‎1m/s；（2）1s ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）设撤去力F瞬间小车A的速度为v1，小车A、B碰撞前A车的瞬时速度为v2，小车A、B碰撞后瞬间的速度为v3。‎ 两小车碰撞后滑行过程中，由动能定理可得：‎ ‎-0.2（m1+m2）gd = 0-（m1+m2）v32‎ 解得两个小车碰撞后的速度大小：v3=‎1m/s ‎（2）两车碰撞过程中，由动量守恒定律可得：‎ m1v2=（m1+m2）v3‎ 解得：v2=‎4m/s 恒力作用过程，由动量定理可得：‎ Ft‎-0.2m1gt=m1v1-0‎ 由运动学公式可得：‎ x1=t 撤去F至二车相碰过程，由动能定理得：‎ ‎-0.2m‎1gx2=m1v22-m1v12‎ 由几何关系可得：x1+x2=s 联立可得小车A所受恒力F的作用时间：t=ls 方法2：两车碰撞过程中，由动量守恒定律可得：‎ m1v2=（m1+m2）v3‎ 解得：v2=‎4m/s ‎ 从F作用在小车A上到A、B两车碰前，由动能定理得：‎ Fx‎-0.2m1gs= m1v22-0‎ 解得：x=‎‎3m 在F作用的吋间内，由牛顿第二定律得：‎ F‎-0.2m1g=m‎1a 解得：a=‎6m/s2‎ 由x=at2‎ 联立解得小车A所受恒力F的作用时间：t=ls ‎17.如图所示，粗糙水平轨道AB与半径为R的光滑半圆竖直轨道BC相连接。质量为m的小物块在水平恒力F作用下，从A点由静止开始向右运动，当小物块运动到B点时撒去力F，小物块沿半圆形轨道运动恰好能通过轨道最高点C，小物块脱离半圆形轨道后刚好落到原出发点A。已知物块与水平轨道AB间的动摩擦因数=0.75，重力加速度为g，忽略空气阻力。求：‎ ‎（1）小物块经过半圆形轨道B点时对轨道的压力大小；‎ ‎（2）A、B间的水平距离；‎ ‎（3）小物块所受水平恒力F的大小。‎ ‎【答案】（1）6mg；（2）2R；（3）2mg ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）设小球经过半圆形轨道B点时，轨道给球的作用力为FN 在B点：FN-mg=m ‎ 由B到C过程，由动能定理得：‎ ‎-2mgR= ‎ 在C点，由牛顿第二定律和向心力公式可得：‎ mg=m 联立解得：FN=6mg ‎ 根据牛顿第三定律，小物块经过半圆形轨道B点时对轨道的压力大小：FN′=FN=6mg，方向竖直向下。‎ ‎（2）离开C点，小球做平抛运动，则：‎ 竖直方向：2R=gt2 ‎ 水平方向：SAB=vCt ‎ 解得A、B间的水平距离：SAB=2R ‎ ‎（3）由A到B运动过程，由动能定理得：‎ ‎（F-mg）SAB=-0‎ 代入数据解得：小物块所受水平恒力F=2mg ‎ ‎