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- 2021-05-24 发布
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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 = - =