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  • 2021-05-26 发布

2020年高一物理第二学期期末模拟试卷及答案(共三套)

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第1页(共 84页) 2020年高一物理第二学期期末模拟试卷及答案 (共三 套) 2020年高一物理第二学期期末模拟试卷及答案(一) 一、选择题(共 10小题,每小题 4分,满分 40分) 1.做曲线运动物体的速度方向、合力的方向和运动轨迹如图所示, 其中正确的是( ) A. B. C. D. 2.如图所示,一条小船过河, 河水流速 v1=3米 /秒,船在静水中速度 v2=4米/秒,船头方向与河岸垂直,关于小船的运动,以下说法正确 的是( ) A.小船相对于岸的速度大小是 7米/秒 B.小船相对于岸的速度大小是 5米/秒 C.小船相对于岸的速度大小是 1米/秒 D.小船的实际运动轨迹与河岸垂直 3.如图所示,细杆上固定两个小球 a和 b,杆绕 O点做匀速转动, 下列说法正确的是( ) 第2页(共 84页) A.a、b两球线速度相等 B.a、b 两球角速度相等 C.a球的线速度比 b 球的大 D.a球的角速度比 b球的大 4.在匀速圆周运动中,线速度( ) A.大小不变 B.大小不断改变 C.方向不变 D.方向指向圆心 5.把一个小球放在光滑的玻璃漏斗中,晃动漏斗,可使小球沿漏斗 壁在某一水平面内做匀速圆周运动. 如图所示,关于小球的受力情况, 下列说法正确的是( ) A.重力、漏斗壁的支持力 B.重力、漏斗壁的支持力及向心力 C.重力、漏斗壁的支持力、摩擦力及向心力 D.小球受到的合力为零 6.甲、乙两物体的质量相同,速度之比 v 甲:v 乙=3:1,它们的动能 之比 EK 甲:EK 乙等于( ) A.1:1 B.1:3 C.3:1 D.9:1 7.下列关于功和能的说法正确的是( ) A.功就是能,能就是功 B.滑动摩擦力可能做正功,也可能做负功 C.由于自然界遵循能量守恒定律,从长远来看,能源危机是不存在 的 第3页(共 84页) D.能量转化的多少可以用功来量度 8.下列现象中,与离心运动无关的是( ) A.汽车转弯时速度过大,乘客感觉往外甩 B.汽车急刹车时,乘客身体向前倾 C.洗衣机脱水桶旋转,将衣服上的水甩掉 D.运动员投掷链球时,在高速旋转的时候释放链球 9.下列做平抛运动物体是( ) A.水平推出的铅球 B.树上落下的果实 C.水平击出的羽毛球 D.水平飞行的飞机掉下的物体,不计空气阻力时 10.汽车以一定速率通过拱桥时( ) A.在最高点汽车对桥的压力一定大于汽车的重力 B.在最高点汽车对桥的压力一定等于汽车的重力 C.在最高点汽车对桥的压力一定小于汽车的重力 D.汽车以恒定的速率过桥时,汽车所受的合力不为零 二、填空题 11.在做“研究平抛物体的运动 ”实验时,除了木板、小球、斜槽、铅 笔、图钉之外,下列器材中还需要的是 A.游标卡尺 B.秒表 C.坐标纸 D.天平 E.弹 簧 秤 F.重垂线. 第4页(共 84页) 12.在做“研究平抛物体的运动 ”实验时,下列说法正确的是( ) A.应使小球每次从斜槽上相同的位置自由滑下 B.斜槽轨道必须光滑 C.斜槽轨道末端可以不水平 D.要使描出的轨迹更好地反映真实运动,记录的点应适当多一些 E.为了比较准确地描出小球运动的轨迹.应该用一条曲线把所有的 点连接起来 13.某实验小组用如图所示的实验装置和实验器材做 “探究功与速度 变化的关系 ”实验,在实验中,该小组同学把砂和砂桶的总重力当作 小车受到的合外力. (1)为了保证实验结果的误差尽量小,在实验操作中,下面做法必 要的是 . A.实验前要对装置进行平衡摩擦力的操作 B.实验操作时要先放小车,后接通电源 C.在利用纸带进行数据处理时,所选的两个研究点离得越近越好 D.在实验过程中要保证砂和砂桶的总质量远小于小车的质量 (2)除实验装置中的仪器外,还需要的测量仪器有 , . 14.某同学利用打点计时器打出的纸带来验证机械能守恒定律, 该同 学在实验中得到一条纸带, 如图所示,在纸带的中间部分上取 6 个计 第5页(共 84页) 数点,两个相邻计数点间的时间间隔为 T=0.02s.其中 1、2、3点相 邻,4、5、6点相邻,在 3点和 4点之间还有若干个点. s1是 1、3 两点的距离, s3是 4、6两点的距离, s2是 2、5两点的距离. (1)实验过程中,下列操作正确的是 . A.电磁打点计时器应接在交流电源上 B.实验时应先松开纸带,然后迅速打开打点计时器 C.纸带应理顺,穿过限位孔并保持竖直 D.实验时所选重物不能太轻 (2)测 s1、s2、s3后,点 2速度的表达式 v2= (3)该同学测得的数据是 s1=4.00cm,s2=16.00cm,s3=8.00cm,重物 (已知质量为 1kg)从点 2运动到点 5 过程中,动能增加量为 m, 势能减少量为 m.(重力加速度 g=9.8m/s2) (4)形成第( 3)问计算结果中误差的主要来源是 . 三、计算题 第6页(共 84页) 15.一位同学从 20m高的楼房阳台上水平平抛一物体,测得该物体 抛出落在楼前 5m的水平地面上, 若不计空气阻力, g取 10m/s2,求: 抛出时的初速度? 16.某行星的一颗小卫星在半径为 r的圆轨道上绕该行星运动,运行 时的周期是 T.已知引力常量为 G,求这个卫星的线速度及该行星的 质量 M. 17.如图所示,质量 m=0.4kg的小铁球系在长 L=1.0m 的轻质细线上, 细线的另一端悬挂在 O点,将小球拉直并呈水平状态时释放,试求 (取 g取 10m/s2) (1)小铁球运动到最低点时的速度; (2)当小球运动到最低点时细线对小铁球的拉力. 18.如图所示,质量为 m的小球用长为 L 的轻质细线悬于 O点,与 O点处于同一水平线上的 P点处有一个光滑的细钉,已知 OP= ,在 A 点给小球一个水平向左的初速度 v0=2 ,发现小球恰能到达跟 P 点在同一竖直线上的最高点 B.则: (1)小球到达 B点时的速率? (2)在小球从 A 到 B的过程中克服空气阻力做了多少功? 第7页(共 84页) 19.如图所示,水平面上有一物体,人通过定滑轮用绳子拉它,在图 示位置时,若人的速度为 5m/s,则物体的瞬时速度为多少? 第8页(共 84页) 参考答案与试题解析 一、选择题(共 10小题,每小题 4分,满分 40分) 1.做曲线运动物体的速度方向、合力的方向和运动轨迹如图所示, 其中正确的是( ) A. B. C. D. 【考点】物体做曲线运动的条件. 【分析】质点做曲线运动的条件是合力与速度不在同一条直线上, 并 且这个合力是物体作曲线运动的向心力的, 所以合力应该指向曲线弯 曲的一侧. 【解答】解:根据质点做曲线运动的条件,速度应该沿着曲线的切线 的方向,合力应该指向曲线弯曲的一侧,所以 B 正确. 故选: B. 2.如图所示,一条小船过河, 河水流速 v1=3米 /秒,船在静水中速度 v2=4米/秒,船头方向与河岸垂直,关于小船的运动,以下说法正确 的是( ) A.小船相对于岸的速度大小是 7米/秒 第9页(共 84页) B.小船相对于岸的速度大小是 5米/秒 C.小船相对于岸的速度大小是 1米/秒 D.小船的实际运动轨迹与河岸垂直 【考点】运动的合成和分解. 【分析】将小船的运动分解为垂直于河岸方向和沿河岸方向, 根据平 行四边形定则,求出合速度,从而确定运动的轨迹. 【解答】解:小船实际的速度是水流速与静水速的合速度,根据平行 四边形定则,合速度 v= .小船实际的运动沿 合速度的方向.故 B正确, A、C、D 错误. 故选: B. 3.如图所示,细杆上固定两个小球 a和 b,杆绕 O点做匀速转动, 下列说法正确的是( ) A.a、b两球线速度相等 B.a、b 两球角速度相等 C.a球的线速度比 b 球的大 D.a球的角速度比 b球的大 【考点】线速度、角速度和周期、转速. 【分析】共轴转动,角速度相等.根据 v=rω可比较线速度大小 【解答】解:BD、细杆上固定两个小球 a和 b,杆绕 0点做匀速转动, 所以 a、b属于同轴转动,故两球角速度相等,故 B 正确,D 错误; 第10页(共 84页) AC、由图可知 b 的半径比 a球半径大,根据 v=rω可知: a球的线速 度比 b球的小,故 AC 错误. 故选: B 4.在匀速圆周运动中,线速度( ) A.大小不变 B.大小不断改变 C.方向不变 D.方向指向圆心 【考点】匀速圆周运动. 【分析】匀速圆周运动的过程中, 线速度的大小不变, 方向时刻改变. 【解答】解:匀速圆周运动过程中,线速度大小不变,方向改变,方 向沿切线方向,故 A 正确, B、C、D 错误. 故选: A 5.把一个小球放在光滑的玻璃漏斗中,晃动漏斗,可使小球沿漏斗 壁在某一水平面内做匀速圆周运动. 如图所示,关于小球的受力情况, 下列说法正确的是( ) A.重力、漏斗壁的支持力 B.重力、漏斗壁的支持力及向心力 C.重力、漏斗壁的支持力、摩擦力及向心力 D.小球受到的合力为零 第11页(共 84页) 【考点】向心力;牛顿第二定律. 【分析】小球受重力和支持力,两个力的合力提供圆周运动的向心力, 向心力是效果力. 【解答】解:小球受重力和支持力两个力的作用,靠两个力的合力提 供向心力,向心力找不到施力物体,是做圆周运动所需要的力,靠其 它力提供.故 A 正确, B、C、D 错误. 故选: A. 6.甲、乙两物体的质量相同,速度之比 v 甲:v 乙=3:1,它们的动能 之比 EK 甲:EK 乙等于( ) A.1:1 B.1:3 C.3:1 D.9:1 【考点】动能. 【分析】根据动能的定义式 EK= mv2,可以求得甲乙的动能之比. 【解答】解:根据动能的定义式 EK= mv2, 可得, = = = , 故选 D. 7.下列关于功和能的说法正确的是( ) A.功就是能,能就是功 B.滑动摩擦力可能做正功,也可能做负功 第12页(共 84页) C.由于自然界遵循能量守恒定律,从长远来看,能源危机是不存在 的 D.能量转化的多少可以用功来量度 【考点】功能关系. 【分析】功是能量转化的量度,做功的过程就是能量转化的过程;如 果物体由一种能量状态变为另一种能量状态, 可以通过做功的方式实 现,且功的大小与两个不同状态的能量差相等. 【解答】解:A、功是能量转化的量度,功是过程量,能量是状态量, 所以功和能是两个完全不同的概念.故 A 错误; B、滑动摩擦力方向与物体位移方向可能相同,对物体做正功,也可 能与位移方向相反,对物体做负功,故 B正确; C、自然界遵循能量守恒定律,但从长远来看,能源会存在危机.故 C错误; D、功是能量转化的量度,能量转化的多少可以用功来量度.故 D 正 确; 故选: B 8.下列现象中,与离心运动无关的是( ) A.汽车转弯时速度过大,乘客感觉往外甩 B.汽车急刹车时,乘客身体向前倾 C.洗衣机脱水桶旋转,将衣服上的水甩掉 D.运动员投掷链球时,在高速旋转的时候释放链球 第13页(共 84页) 【考点】离心现象. 【分析】当物体受到的合力的大小不足以提供物体所需要的向心力的 大小时,物体就要远离圆心,此时物体做的就是离心运动. 【解答】解:A、汽车在转弯时,由于汽车的速度快,需要的向心力 大,乘客感觉往外甩,这是离心运动属于离心现象,所以 A 错误; B、公共汽车急刹车时,乘客都向前倾倒,这是由于惯性的作用,不 是离心现象,所以 B正确; C、脱水桶高速转动时,需要的向心力的大小大于了水和衣服之间的 附着力,水做离心运动被从衣服上甩掉,属于离心现象,所以 C错 误; D、链球原来做的是圆周运动,当松手之后,由于失去了向心力的作 用链球做离心运动,所以投掷链球属于离心现象,所以 D 错误. 故选: B. 9.下列做平抛运动物体是( ) A.水平推出的铅球 B.树上落下的果实 C.水平击出的羽毛球 D.水平飞行的飞机掉下的物体,不计空气阻力时 【考点】平抛运动. 【分析】要判断题目所列举的运动是否是平抛运动, 关键是要正确理 解平抛运动的特点,明确平抛运动规律. 第14页(共 84页) 【解答】解:平抛运动特点,物体只受重力作用, 初速度和重力垂直, 即水平方向匀速运动,竖直方向自由落体运动,故 AD 正确, BC错 误. 故选: AD. 10.汽车以一定速率通过拱桥时( ) A.在最高点汽车对桥的压力一定大于汽车的重力 B.在最高点汽车对桥的压力一定等于汽车的重力 C.在最高点汽车对桥的压力一定小于汽车的重力 D.汽车以恒定的速率过桥时,汽车所受的合力不为零 【考点】向心力. 【分析】汽车过拱桥,做圆周运动,在最高点,合力提供向心力,根 据牛顿第二定律列式即可. 【解答】解:汽车到达桥顶时,受重力 G和向上的支持力 N,合力 等于向心力 G﹣N=m 解得 N=mg﹣m <mg 车对桥的压力等于桥对车的支持力,故 AB 错误, CD 正确 故选: CD. 二、填空题 第15页(共 84页) 11.在做“研究平抛物体的运动 ”实验时,除了木板、小球、斜槽、铅 笔、图钉之外,下列器材中还需要的是 CF A.游标卡尺 B.秒表 C.坐标纸 D.天平 E.弹 簧 秤 F.重垂线. 【考点】研究平抛物体的运动. 【分析】在实验中要画出平抛运动轨迹, 必须确保小球做的是平抛运 动.所以斜槽轨道末端一定要水平,同时斜槽轨道要在竖直面内.要 画出轨迹,必须让小球在同一位置多次释放, 才能在坐标纸上找到一 些点.然后将这些点平滑连接起来,就能描绘出平抛运动轨迹. 【解答】解:在做 “研究平抛物体的运动 ”实验时,除了木板、小球、 斜槽、铅笔、图钉之外,下列器材中还需要重锤线,确保小球抛出是 在竖直面内运动,还需要坐标纸,便于确定小球间的距离.故 C、F 正确. 故选 CF. 12.在做“研究平抛物体的运动 ”实验时,下列说法正确的是( ) A.应使小球每次从斜槽上相同的位置自由滑下 B.斜槽轨道必须光滑 C.斜槽轨道末端可以不水平 D.要使描出的轨迹更好地反映真实运动,记录的点应适当多一些 E.为了比较准确地描出小球运动的轨迹.应该用一条曲线把所有的 点连接起来 第16页(共 84页) 【考点】探究小车速度随时间变化的规律;研究平抛物体的运动. 【分析】在实验中要画出平抛运动轨迹, 必须确保小球做的是平抛运 动.所以斜槽轨道末端一定要水平,同时斜槽轨道要在竖直面内.要 画出轨迹,必须让小球在同一位置多次释放, 才能在坐标纸上找到一 些点.然后将这些点平滑连接起来,就能描绘出平抛运动轨迹. 【解答】解:A、应使小球每次从斜槽上相同的位置自由滑下,保证 抛出的初速度相同.故 A 正确 B、为了能画出平抛运动轨迹,首先保证小球做的是平抛运动,所以 斜槽轨道不一定要光滑,但必须是水平的.故 B 错误,C错误 D、要使描出的轨迹更好地反映真实运动, 记录的点应适当多一些. 故 D 正确 E、为了比较准确地描出小球运动的轨迹.将这几个点平滑连接起 来.故 E错误 故选 AD 13.某实验小组用如图所示的实验装置和实验器材做 “探究功与速度 变化的关系 ”实验,在实验中,该小组同学把砂和砂桶的总重力当作 小车受到的合外力. (1)为了保证实验结果的误差尽量小,在实验操作中,下面做法必 要的是 AD . A.实验前要对装置进行平衡摩擦力的操作 B.实验操作时要先放小车,后接通电源 第17页(共 84页) C.在利用纸带进行数据处理时,所选的两个研究点离得越近越好 D.在实验过程中要保证砂和砂桶的总质量远小于小车的质量 (2)除实验装置中的仪器外,还需要的测量仪器有 天平 , 刻 度尺 . 【考点】用打点计时器测速度;探究功与速度变化的关系. 【分析】解决实验问题首先要掌握该实验原理, 了解实验的操作步骤 和数据处理以及注意事项. 其中平衡摩擦力的原因以及做法在实验中 应当清楚. 由于实验需要测量小车速度和质量,故还需要的测量仪器有刻度尺、 天平. 【解答】解:(1)A、实验前要对装置进行平衡摩擦力的操作,以保 证小车所受合外力恰好是绳子的拉力,故 A 正确. B、实验时,若先放开小车,再接通打点计时器电源,由于小车运动 较快,可能会使打出来的点很少,不利于数据的采集和处理.故 B 错误. C、在利用纸带进行数据处理时,所选的两个研究点离得越近测量误 差越大,故 C错误. D、在实验过程中要保证砂和砂桶的总质量远小于小车的质量,这样 才能使得砂和砂桶的总重力近似等于细绳对小车的拉力,故 D 正确. 第18页(共 84页) 故选: AD. (2)由于实验需要测量小车速度,速度是使用打点计时器打的纸带 计算得出的,故要测量点距,需要刻度尺;本实验还要测量质量,故 选要天平. 故答案为:(1)AD;(2)天平,刻度尺 14.某同学利用打点计时器打出的纸带来验证机械能守恒定律, 该同 学在实验中得到一条纸带, 如图所示,在纸带的中间部分上取 6 个计 数点,两个相邻计数点间的时间间隔为 T=0.02s.其中 1、2、3点相 邻,4、5、6点相邻,在 3点和 4点之间还有若干个点. s1是 1、3 两点的距离, s3是 4、6两点的距离, s2是 2、5两点的距离. (1)实验过程中,下列操作正确的是 ACD . A.电磁打点计时器应接在交流电源上 B.实验时应先松开纸带,然后迅速打开打点计时器 C.纸带应理顺,穿过限位孔并保持竖直 D.实验时所选重物不能太轻 第19页(共 84页) (2)测 s1、s2、s3后,点 2速度的表达式 v2= (3)该同学测得的数据是 s1=4.00cm,s2=16.00cm,s3=8.00cm,重物 (已知质量为 1kg)从点 2运动到点 5 过程中,动能增加量为 1.500 m,势能减少量为 1.568 m.(重力加速度 g=9.8m/s2) (4)形成第( 3)问计算结果中误差的主要来源是 由于阻力做功, 重锤的机械能略减少 . 【考点】验证机械能守恒定律. 【分析】(1)根据实验的原理以及操作中的注意事项确定正确的操作 步骤. (2、3)根据某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度求出点 2的速度和点 5的速度,从而得出动能的增加量,根据下降的高度求 出重力势能的减小量. (4)根据重力势能的减小量略大于动能的增加量分析误差产生的原 因. 【解答】解:(1)A、电磁打点计时器应接在交流电源上, 故 A 正确. B、实验时应先接通电源,再松开纸带,故 B 错误. C、为了减小摩擦产生的影响, 纸带应理顺,穿过限位孔并保持竖直, 故 C正确. D、为了减小阻力的影响,重物选择质量大一些,体积小一些的,故 D 正确. 故选: ACD. 第20页(共 84页) (2)根据某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度知,点 2 的瞬时速度 . (3)点 2的速度大小 ,点 5 的瞬时速度 ,则动能的增加量 = . 重力势能的减小量△ Ep=mgs2=1×9.8×0.16J=1.568J. (4)重力势能的减小量略大于动能的增加量,产生误差的原因是由 于阻力做功,重锤的机械能略减小. 故答案为:(1)ACD,(2) ,(3)1.500,1.568,(4)由于阻力做 功,重锤的机械能略减少. 三、计算题 15.一位同学从 20m高的楼房阳台上水平平抛一物体,测得该物体 抛出落在楼前 5m的水平地面上, 若不计空气阻力, g取 10m/s2,求: 抛出时的初速度? 【考点】平抛运动. 【分析】平抛运动在水平方向上做匀速直线运动, 在竖直方向上做自 由落体运动,根据平抛运动的基本公式即可求解. 【解答】解:由平抛运动得,竖直方向的位移满足 h= gt2 代入数字得运动时间 t=2s 在水平方向满足 s=v0t 所以 v0= = =2.5m/s 第21页(共 84页) 答:抛出时的初速度为 2.5m/s. 16.某行星的一颗小卫星在半径为 r的圆轨道上绕该行星运动,运行 时的周期是 T.已知引力常量为 G,求这个卫星的线速度及该行星的 质量 M. 【考点】万有引力定律及其应用. 【分析】根据线速度与周期、半径的关系即可求出线速度;卫星在转 动中,万有引力提供向心力,则由万有引力公式可求得行星的质量. 【解答】解:线速度的大小等于卫星转过的弧长与时间的比值,即: v= = . 设卫星质量为 m,由万有引力定律,得: ⋯① 由匀速圆周运动性质,得: T= ⋯② 又: ⋯③ 由①②③ 得:M= 答:这个卫星的线速度是 ,该行星的质量是 . 17.如图所示,质量 m=0.4kg的小铁球系在长 L=1.0m 的轻质细线上, 细线的另一端悬挂在 O点,将小球拉直并呈水平状态时释放,试求 (取 g取 10m/s2) (1)小铁球运动到最低点时的速度; (2)当小球运动到最低点时细线对小铁球的拉力. 第22页(共 84页) 【考点】机械能守恒定律;向心力;动能定理的应用. 【分析】(1)小球从水平处释放到最低点的过程中,只有重力做功, 机械能守恒,根据机械能守恒定律列式求出小球运动到最低点的速 度. (2)当小球运动到最低点时,由细线的拉力和重力的合力提供向心 力,由牛顿第二定律求细线对小铁球的拉力. 【解答】解:(1)小球从水平处释放,机械能守恒,则有 mgL= 得 vB= = =2 m/s (2)当小球运动到最低点时,由牛顿第二定律得 F﹣mg=m 联立解得 F=3mg=3×0.4×10N=12N 答: (1)小铁球运动到最低点时的速度是 2 m/s; (2)当小球运动到最低点时细线对小铁球的拉力是 12N. 18.如图所示,质量为 m的小球用长为 L 的轻质细线悬于 O点,与 O点处于同一水平线上的 P点处有一个光滑的细钉,已知 OP= ,在 第23页(共 84页) A 点给小球一个水平向左的初速度 v0=2 ,发现小球恰能到达跟 P 点在同一竖直线上的最高点 B.则: (1)小球到达 B点时的速率? (2)在小球从 A 到 B的过程中克服空气阻力做了多少功? 【考点】动能定理的应用. 【分析】(1)小球恰好到达最高点 B时,绳子的拉力为零,由重力 充当向心力,根据牛顿第二定律求出小球在 B点的速度. (2)对 A 到 B 的过程运用动能定理,求出克服空气阻力所做的功. 【解答】解:(1)小球恰能达到最高点 B,在 B 点,由重力提供向心 力,由牛顿第二定律有: mg=m 可得, B点的速率 vB= (2)在小球从 A 到 B的过程中,设克服空气阻力做功为 Wf. 根据动能定理得 ﹣mg(L+ )= ﹣ 解得 W f= mgL 答:(1)小球到达 B点时的速率是 . 第24页(共 84页) (2)在小球从 A 到 B的过程中克服空气阻力做了 mgL 的功. 19.如图所示,水平面上有一物体,人通过定滑轮用绳子拉它,在图 示位置时,若人的速度为 5m/s,则物体的瞬时速度为多少? 【考点】运动的合成和分解. 【分析】将人和物体的速度沿绳子和垂直于绳子方向分解, 抓住人和 物体沿绳子方向的分速度相等,求出物体的瞬时速度. 【解答】解:绳子拉动的速度为物体水平方向运动速度的一个分量 ,据此 答:物体的瞬时速度为 2020年高一物理第二学期期末模拟试卷及答案(二) 一、选择题( 15×4 分=60分) 第25页(共 84页) 1.静止在水地面上的物体, 同时受到水平面内两个互相垂直的力 F1、 F2的作用,由静止开始运动了 2m,已知 F1=6N,F2=8N,则( ) A.F1做功 12J B.F2做功 16J C.F1、F2的合力做功 28J D.F1、F2做的总功为 20J 2.“神舟”七号宇航员在进行素质训练时,抓住秋千杆由水平状态开 始下摆,如图所示,到达竖直状态的过程中,宇航员所受重力的瞬时 功率变化情况是( ) A.一直增大 B.一直减小 C.先增大后减小 D.先减小后增大 3.关于某物体动能的一些说法,正确的是( ) A.物体的动能变化,速度一定变化 B.物体的速度变化,动能一定变化 C.物体的速度变化大小相同时,其动能变化大小也一定相同 D.选择不同的参考系时,动能可能为负值 4.一蹦极运动员身系弹性蹦极绳从水面上方的高台下落,到最低点 时距水面还有数米距离.假定空气阻力可忽略,运动员可视为质点, 下列说法错误的是( ) A.运动员到达最低点前重力势能始终减小 B.蹦极绳张紧后的下落过程中,弹性力做负功,弹性势能增加 第26页(共 84页) C.蹦极过程中,运动员、地球和蹦极绳所组成的系统机械能守恒 D.蹦极过程中,重力势能的改变量与重力势能零点的选取有关 5.一个质点在相互垂直的恒力 F1和 F2作用下,由静止开始运动, 经 过一段时间后,突然撤去 F2,则质点以后的运动情况是( ) A.做匀变速曲线运动 B.做变加速曲线运动 C.沿 Fl的方向做匀加速直线运动 D.仍做直线运动 6.如图所示,在皮带传动装置中,主动轮 A 和从动轮 B半径不等, 皮带与轮之间无相对滑动,则下列说法中正确的是( ) A.两轮的角速度相等 B.两轮边缘的线速度大小相等 C.两轮边缘的向心加速度大小相等 D.两轮转动的周期相同 7.游泳运动员以恒定的速率垂直河岸横渡,当水速突然增大时,对 运动员横渡经历的路程、时间发生的影响是( ) A.路程增加、时间增加 B.路程增加、时间缩短 C.路程增加、时间不变 D.路程、时间均与水速无关 8.从同一高度、同时水平抛出五个质量不同的小球,它们初速度分 别为 v,2v,3v,4v,5v.在小球落地前的某个时刻,小球在空中的 位置关系是( ) A.五个小球的连线为一条直线,且连线与水平地面平行 第27页(共 84页) B.五个小球的连线为一条直线,且连线与水平地面垂直 C.五个小球的连线为一条直线,且连线与水平地面既不平行,也不 垂直 D.五个小球的连线为一条曲线 9.质量为 m的物体从静止开始以加速度 竖直向 下运动了 h,下列说法中正确的是( ) A.物体的动能增加了 B.物体的重力势能 减少了 C.物体的机械能减少 D.重力对物体所做的功为 10.关于地球的宇宙速度,下列说法不正确的是( ) A.第一宇宙速度又叫环绕速度 B.第一宇宙速度跟卫星的质量无关 C.第一宇宙速度跟地球的半径无关 D.发射离地面越高的卫星需要的发射速度越大 11.火星的质量和半径分别约为地球的 和 ,地球表面的重力加 速度为 g,则火星表面的重力加速度约为( ) A.0.2g B.0.4g C.2.5g D.5g 12.m为在水平传送带上被传送的小物体(可视为质点) ,A 为终端 皮带轮,如图所示,已知皮带轮半径为 r,传送带与皮带轮间不会打 滑.当 m可被水平抛出时, A 轮每秒的转数最少是( ) 第28页(共 84页) A. B. C. D. 二、实验题(本题共 2小题,其中第 13题 4分,第 14题 9分,共 13分) 13.如图所示,在 “研究平抛物体运动 ”的实验中,用一张印有小方格 的纸记录轨迹,小方格的边长 L=1.25cm.若小球在平抛运动途中的 几个位置如图中的 a、b、c、d所示,则小球平抛的初速度的计算式 为 v0= (用 L、g表示),其值是 (取 g=9.8m/s2) 14.用如图 1所示的实验装置验证机械能守恒定律. 实验所用的电源 为学生电源,输出电压为 6V 的交流电和直流电两种.重锤从高处由 静止开始落下,重锤上拖着的纸带通过打点计时器打出一系列的点, 对纸带上的点的痕迹进行测量,即可验证机械能守恒定律. (1)下面列举了该实验的几个操作步骤: A、按照图示的装置安装器件; B、将打点计时器接到电源的直流输出端上; C、用天平测量出重锤的质量 D、释放悬挂纸带的夹子,同时接通电源开关打出一条纸带; 第29页(共 84页) E、测量打出的纸带上某些点之间的距离; F、根据测量的结果计算重锤下落过程中减少的重力势能是否等于增 加的动能. 指出其中没有必要进行的或者操作不恰当的步骤, 将其选项对应的字 母填在下面,井说明其原因. 答: (2)利用这个装置也可以测量重锤下落的加速度 a的数值.如图 2 所示,根据打出的纸带, 选取纸带上打出的连续五个点 A、B、C、D、 E,测出 A 点距起始点 O的距离为 s.,点 A,C间的距离为 s1,点 C、 E间的距离为 s2,使用交流电的频率为 f,则根据这些条件计算重锤 下落的加速度 a的表达式为: a= . (3)在“验证机械能守恒定律 ”的实验中发现,重锤减小的重力势能 总是大于重锤动能的增加, 其原因主要是因为在重锤下落过程中存在 着阻力的作用, 通过该实验装置可以测定该阻力的大小. 若巳知当地 重力加速度公认的较准确的值为 g,还需要测量的物理量是 .试 用这些物理量和纸带上的测量数据表示出重锤在下落的过程中受到 的平均阻力大小为 F= . 三、计算题(本题 4小题,共 39分,解答应写出必要的文字说明, 方程式和重要演算步骤, 有数值计算的题, 答案中必须明确写出数值 和单位,或按题目要求作答) 第30页(共 84页) 15.将一小球从距地面 30m高处以 5m/s的初速度竖直下抛,取 g=10m/s2,求 (1)小球到达地面时的速度; (2)小球下落所用的时间. 16.在水平地面上有一砖块, 被以 10m/s的初速度踢出后在地面上做 直线运动,滑行 8m后速度减为 6m/s,若地面各处的粗糙程度相同, 此后砖块还能滑行多远? 17.图示为修建高层建筑常用的塔式起重机.在起重机将质量 m=5 ×103 kg的重物竖直吊起的过程中, 重物由静止开始向上作匀加速直 线运动,加速度 a=0.2m/s2,当起重机输出功率达到其允许的最大值 时,保持该功率直到重物做 vm=1.02m/s的匀速运动.取 g=10m/s2, 不计额外功.求: (1)起重机允许输出的最大功率. (2)重物做匀加速运动所经历的时间和起重机在第 2秒末的输出功 率. 18.如图所示, A 是地球的同步卫星. 另一卫星 B的圆形轨道位于赤 道平面内,离地面高度为 h.已知地球半径为 R,地球自转角速度为 ωo,地球表面的重力加速度为 g,O为地球中心. (1)求卫星 B 的运行周期. (2)如果卫星 B绕行方向与地球自转方向相同,某时刻 A、B两卫 星相距最近( O、B、A 在同一直线上),则至少经过多长时间,他们 再一次相距最近? 第31页(共 84页) 第32页(共 84页) 参考答案与试题解析 一、选择题( 15×4 分=60分) 1.静止在水地面上的物体, 同时受到水平面内两个互相垂直的力 F1、 F2的作用,由静止开始运动了 2m,已知 F1=6N,F2=8N,则( ) A.F1做功 12J B.F2做功 16J C.F1、F2的合力做功 28J D.F1、F2做的总功为 20J 【考点】功的计算;合力的大小与分力间夹角的关系. 【分析】恒力做功 W=Fxcosθ判断出分力做功, 利用力的合成求得合 力,根据 W=Fx 求得合力做功; 【解答】解:A、F1F2的方向与位移方向成一定的夹角, 根据 W=Fxcosθ 可知 AB 错误 C、利用力的合成可知合力 F= ,故合力做功 W=Fx=10×2J=20J, 故 C错误,D 正确; 故选: D 2.“神舟”七号宇航员在进行素质训练时,抓住秋千杆由水平状态开 始下摆,如图所示,到达竖直状态的过程中,宇航员所受重力的瞬时 功率变化情况是( ) A.一直增大 B.一直减小 C.先增大后减小 D.先减小后增大 【考点】功率、平均功率和瞬时功率. 第33页(共 84页) 【分析】重力是竖直方向的, 重力的瞬时功率只与人在竖直方向上的 速度有关,根据人做的是圆周运动, 可以知道人的速度的变化的情况 【解答】解:由于重力是竖直向下的,重力的瞬时功率只与人在竖直 方向上的速度有关,在刚开始运动的时候,人的速度为零,所以此时 人的重力的瞬时功率为零, 当运动到最低点时, 人的速度为水平方向 的,与重力的方向垂直,此时的人重力的功率为零,所以重力的功率 是先增大后或减小,所以 C确. 故选: C 3.关于某物体动能的一些说法,正确的是( ) A.物体的动能变化,速度一定变化 B.物体的速度变化,动能一定变化 C.物体的速度变化大小相同时,其动能变化大小也一定相同 D.选择不同的参考系时,动能可能为负值 【考点】动能. 【分析】动能 EK= mv2;根据速度的矢量性分析速度变化是否影 响动能的变化;注意速度是矢量,动能是标量. 【解答】解:A、物体的动能变化,则速度大小一定变化,可知速度 一定变化,故 A 正确. B、物体的速度变化,动能不一定变化,比如速度大小不变,方向改 变,则动能不变,故 B 错误. 第34页(共 84页) C、根据△Ek= mv2 2﹣ mv1 2知,物体的速度变化大 小相同时,即△ v=v2﹣v1相同,动能变化不一定相同,故 C错误. D、根据动能的定义式可知,动能不可能为负值,故 D 错误. 故选: A 4.一蹦极运动员身系弹性蹦极绳从水面上方的高台下落,到最低点 时距水面还有数米距离.假定空气阻力可忽略,运动员可视为质点, 下列说法错误的是( ) A.运动员到达最低点前重力势能始终减小 B.蹦极绳张紧后的下落过程中,弹性力做负功,弹性势能增加 C.蹦极过程中,运动员、地球和蹦极绳所组成的系统机械能守恒 D.蹦极过程中,重力势能的改变量与重力势能零点的选取有关 【考点】机械能守恒定律. 【分析】运动员人高台下落过程中,重力做正功,重力势能始终减 小.蹦极绳张紧后的下落过程中,弹性力做负功,弹性势能增加.以 运动员、地球和蹦极绳所组成的系统,只有重力和弹力做功,系统的 机械能守恒.重力势能的改变与重力做功有关,取决于初末位置. 【解答】解: 第35页(共 84页) A、运动员到达最低点前重力始终做正功,重力势能始终减小,故 A 正确. B、蹦极绳张紧后的下落过程中,弹力方向与位移方向始终相反,弹 力做负功,弹性势能增加,故 B正确; C、以运动员、地球和蹦极绳所组成的系统,只有重力和弹力做功, 系统的机械能守恒,故 C正确. D、重力势能的改变与重力做功有关,取决于初末位置的高度差,与 重力势能零点的选取无关,故 D错误; 本题选错误,故选: D. 5.一个质点在相互垂直的恒力 F1和 F2作用下,由静止开始运动, 经 过一段时间后,突然撤去 F2,则质点以后的运动情况是( ) A.做匀变速曲线运动 B.做变加速曲线运动 C.沿 Fl的方向做匀加速直线运动 D.仍做直线运动 【考点】物体做曲线运动的条件. 【分析】质点做直线运动还是曲线运动, 就看合力的方向与速度的方 向是否在同一条直线上,在同一条直线上,就做直线运动,不在一条 直线上,质点就做曲线运动. 【解答】解:一个物体在相互垂直的恒力 F1和 F2作用下,由静止开 始沿两力的合力方向上做匀加速直线运动. 第36页(共 84页) 经过一段时间后,突然将撤去 F 2,则物体出现了合力,方向即为 F1 方向,大小为 F1.F1方向与此时的速度不共线,所以做曲线运动, 由于合力的大小与方向不变,所以做匀变速曲线运动.因此 A 正确, BCD 均错误; 故选: A 6.如图所示,在皮带传动装置中,主动轮 A 和从动轮 B半径不等, 皮带与轮之间无相对滑动,则下列说法中正确的是( ) A.两轮的角速度相等 B.两轮边缘的线速度大小相等 C.两轮边缘的向心加速度大小相等 D.两轮转动的周期相同 【考点】线速度、角速度和周期、转速. 【分析】因为滑轮边缘上各点与皮带上各点之间相对速度为零 (皮带 与轮之间无相对滑动),所以滑轮边缘上各点线速度大小都等于皮带 的速度的大小. 然后根据线速度与角速度的关系、 向心加速度与线速 度和半径的关系及周期与半径和线速度的关系求即可. 【解答】解:因为皮带与轮之间无相对滑动,所以滑轮边缘上各点线 速度大小都与皮带的速度的大小,所以 A、B 两轮边缘上线速度的大 小相等,所以 B正确; 第37页(共 84页) 又据 v=R? ,可得主动轮 A 的半径和 B 的半径不等,故两轮的角速 度相等错误,即 A 错误; 同理 ,由于半径不等,两轮边缘向心加速度大小不相等,故 C 错误, 又因为角速度不相等,故两轮周期也不相同,所以 D 错误. 故选: B. 7.游泳运动员以恒定的速率垂直河岸横渡,当水速突然增大时,对 运动员横渡经历的路程、时间发生的影响是( ) A.路程增加、时间增加 B.路程增加、时间缩短 C.路程增加、时间不变 D.路程、时间均与水速无关 【考点】运动的合成和分解. 【分析】将运动员的运动分解为沿河岸方向和垂直河岸方向, 根据分 运动和合运动具有等时性, 渡河的时间等于在垂直河岸方向分运动的 时间.最终的位移是两个位移的合位移. 【解答】解:当水速突然增大时, 在垂直河岸方向上的运动时间不变, 所以横渡的时间不变. 水速增大后在沿河岸方向上的位移增大, 所以 路程增加.故 C正确, ABD 错误. 故选: C. 第38页(共 84页) 8.从同一高度、同时水平抛出五个质量不同的小球,它们初速度分 别为 v,2v,3v,4v,5v.在小球落地前的某个时刻,小球在空中的 位置关系是( ) A.五个小球的连线为一条直线,且连线与水平地面平行 B.五个小球的连线为一条直线,且连线与水平地面垂直 C.五个小球的连线为一条直线,且连线与水平地面既不平行,也不 垂直 D.五个小球的连线为一条曲线 【考点】平抛运动. 【分析】小球做平抛运动, 可分解成水平方向的匀速直线运动与竖直 方向的自由落体运动,根据平抛运动的基本公式即可分析. 【解答】解:ABCD、五个小球做平抛运动, 水平方向匀速直线运动, 竖直方向做自由落体运动, 从同一高度抛出, 则竖直方向运动情况完 全相同,即每个时刻都处于同一高度, 水平方向做匀速运动,间距△ x=△vt,随着时间不断变大,所以两球 的连线为水平线,连线与水平地面平行,故 A 正确, BCD 错误. 故选: A 9.质量为 m的物体从静止开始以加速度 竖直向下运动了 h, 下列说法中正确的是( ) A.物体的动能增加了 B.物体的重力势能减少了 C.物体的机械能减少 D.重力对物体所做的功为 第39页(共 84页) 【考点】功能关系;重力势能. 【分析】知道加速度,根据牛顿第二定律可求得物体受到的合外力, 根据动能定理求动能的增加量. 由重力做功分析重力势能减少量, 根 据机械能等于动能和重力势能之和求机械能的减少量. 【解答】解:A、根据牛顿第二定律,得物体所受的合外力为: F 合 =ma=m = mg;根据动能定理得:动能增加量为:△ Ek=F 合 h= ;故 A 正确. BD、物体的高度下降了 h,重力对物体所做的功为 mgh,所以物体 的重力势能减少了 mgh,故 B、D错误; C、物体的重力势能减小了 mgh,动能增加了 ,所以物体的机械能 减少了 mgh﹣ = ;故 C正确; 故选: AC 10.关于地球的宇宙速度,下列说法不正确的是( ) A.第一宇宙速度又叫环绕速度 B.第一宇宙速度跟卫星的质量无关 C.第一宇宙速度跟地球的半径无关 D.发射离地面越高的卫星需要的发射速度越大 【考点】第一宇宙速度、第二宇宙速度和第三宇宙速度. 【分析】地球的第一宇宙速度是航天器沿地球表面作圆周运动时必须 具备的速度,也叫环绕速度. 第40页(共 84页) 【解答】解:A、地球的第一宇宙速度是航天器沿地球表面作圆周运 动时必须具备的速度,也叫环绕速度.故 A 正确; BC、近地卫星做匀速圆周运动,由万有引力提供向心力 ,得: v= ,所以第一宇宙速度跟地球的质量和半径有关, 与卫星的质量无关,故 B正确, C错误; D、发射离地面越高的卫星,克服地球引力做功越大,所以发射离地 面越高的卫星需要的发射速度越大,故 D正确; 本题选不正确的,故选: C 11.火星的质量和半径分别约为地球的 和 ,地球表面的重力 加速度为 g,则火星表面的重力加速度约为( ) A.0.2g B.0.4g C.2.5g D.5g 【考点】万有引力定律及其应用. 【分析】根据星球表面的万有引力等于重力列出等式表示出重力加速 度. 通过火星的质量和半径与地球的关系找出重力加速度的关系. 【解答】解:根据星球表面的万有引力等于重力知道 第41页(共 84页) =mg得出: g= 火星的质量和半径分别约为地球的 和 所以火星表面的重力加速度 g′= g=0.4g 故选 B. 12.m为在水平传送带上被传送的小物体(可视为质点) ,A 为终端 皮带轮,如图所示,已知皮带轮半径为 r,传送带与皮带轮间不会打 滑.当 m可被水平抛出时, A 轮每秒的转数最少是( ) A. B. C. D. 【考点】线速度、角速度和周期、转速;牛顿第二定律;平抛运动; 向心力. 【分析】物体恰好不被抛出的临界条件是最高点重力恰好提供向心 力,根据牛顿第二定律和向心力公式列式求解即可. 第42页(共 84页) 【解答】解:物体恰好不被抛出的临界条件是最高点重力恰好提供向 心力,根据牛顿第二定律和向心力,有: mg=m 根据线速度定义公式,有: v=n?2πr 联立解得: n= ; 故选 A. 二、实验题(本题共 2小题,其中第 13题 4分,第 14题 9分,共 13分) 13.如图所示,在 “研究平抛物体运动 ”的实验中,用一张印有小方格 的纸记录轨迹,小方格的边长 L=1.25cm.若小球在平抛运动途中的 几个位置如图中的 a、b、c、d所示,则小球平抛的初速度的计算式 为 v0= 2 (用 L、g表示),其值是 0.70m/s (取 g=9.8m/s2) 【考点】研究平抛物体的运动. 第43页(共 84页) 【分析】平抛运动竖直方向是自由落体运动,对于竖直方向根据△ y=gT2求出时间单位 T.对于水平方向由公式 v0= 求出初 速度. 【解答】解:设相邻两点间的时间间隔为 T 竖直方向: 2L﹣L=gT 2,得到 T= 水平方向: v0= = =2 代入数据解得 v0=0.70m/s 故答案为: 2 ;0.70m/s. 14.用如图 1所示的实验装置验证机械能守恒定律. 实验所用的电源 为学生电源,输出电压为 6V 的交流电和直流电两种.重锤从高处由 静止开始落下,重锤上拖着的纸带通过打点计时器打出一系列的点, 对纸带上的点的痕迹进行测量,即可验证机械能守恒定律. (1)下面列举了该实验的几个操作步骤: A、按照图示的装置安装器件; B、将打点计时器接到电源的直流输出端上; 第44页(共 84页) C、用天平测量出重锤的质量 D、释放悬挂纸带的夹子,同时接通电源开关打出一条纸带; E、测量打出的纸带上某些点之间的距离; F、根据测量的结果计算重锤下落过程中减少的重力势能是否等于增 加的动能. 指出其中没有必要进行的或者操作不恰当的步骤, 将其选项对应的字 母填在下面,井说明其原因. 答: BCD (2)利用这个装置也可以测量重锤下落的加速度 a的数值.如图 2 所示,根据打出的纸带, 选取纸带上打出的连续五个点 A、B、C、D、 E,测出 A 点距起始点 O的距离为 s.,点 A,C间的距离为 s1,点 C、 E间的距离为 s2,使用交流电的频率为 f,则根据这些条件计算重锤 下落的加速度 a的表达式为: a= . (3)在“验证机械能守恒定律 ”的实验中发现,重锤减小的重力势能 总是大于重锤动能的增加, 其原因主要是因为在重锤下落过程中存在 着阻力的作用, 通过该实验装置可以测定该阻力的大小. 若巳知当地 重力加速度公认的较准确的值为 g,还需要测量的物理量是 重锤的 质量 m .试用这些物理量和纸带上的测量数据表示出重锤在下落的 过程中受到的平均阻力大小为 F= mg﹣ . 【考点】验证机械能守恒定律. 第45页(共 84页) 【分析】(1)根据实验的原理以及操作中的注意事项确定不正确或没 有必要的操作步骤. (2)根据连续相等时间内的位移之差是一恒量求出重锤下落的加速 度. (3)根据牛顿第二定律得出阻力的表达式,从而确定还需要测量的 物理量. 【解答】解:(1)打点计时器应接到电源的交流输出上,故 B 错误. 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 需要用天平测出重锤的质量,故 C不必要. 实验时应先接通电源,再释放重物,故 D错误. 故选: BCD. (2)根据 得,a= = . 第46页(共 84页) (3)根据牛顿第二定律得, mg﹣F=ma,则平均阻力 F=mg﹣ma=mg ﹣ .可知还需要测量重锤的质量 m. 故答案为:(1)BCD;(2) ;(3)重锤的质量 m,mg﹣ . 三、计算题(本题 4小题,共 39分,解答应写出必要的文字说明, 方程式和重要演算步骤, 有数值计算的题, 答案中必须明确写出数值 和单位,或按题目要求作答) 15.将一小球从距地面 30m高处以 5m/s的初速度竖直下抛,取 g=10m/s2,求 (1)小球到达地面时的速度; (2)小球下落所用的时间. 【考点】匀变速直线运动的位移与时间的关系. 【分析】根据匀变速直线运动的速度位移公式求出小球到达地面时的 速度大小.根据速度时间公式求出小球下落的时间. 【解答】解:(1)根据 得小球到达地面时的速度为: v= m/s=25m/s 第47页(共 84页) (2)小球下落的时间为: t= . 答:(1)小球到达地面时的速度为 25m/s. (2)小球下落所用的时间为 2s. 16.在水平地面上有一砖块, 被以 10m/s的初速度踢出后在地面上做 直线运动,滑行 8m后速度减为 6m/s,若地面各处的粗糙程度相同, 此后砖块还能滑行多远? 【考点】动能定理的应用;动能定理. 【分析】对前一过程由动能定理可求得摩擦力,再对 8m后的过程由 动能定理进行分析可求得还能滑行的距离. 【解答】解:设砖块所受的摩擦力为 f,由动能定理得: ﹣ fs1= mv2 2﹣ mv1 2 设砖块能继续滑行 s2,则有:﹣ fs2=0﹣ mv2 2 联立并代入数据解得: s2=4.5m; 答:此后砖块还能滑行 4.5m. 17.图示为修建高层建筑常用的塔式起重机.在起重机将质量 m=5 ×103 kg的重物竖直吊起的过程中, 重物由静止开始向上作匀加速直 线运动,加速度 a=0.2m/s2,当起重机输出功率达到其允许的最大值 时,保持该功率直到重物做 vm=1.02m/s的匀速运动.取 g=10m/s2, 不计额外功.求: 第48页(共 84页) (1)起重机允许输出的最大功率. (2)重物做匀加速运动所经历的时间和起重机在第 2秒末的输出功 率. 【考点】牛顿运动定律的综合应用. 【分析】首先要明白该题的物理过程( F为起重机牵引力): 第一阶段:匀加速运动阶段. 开始,重物由静止做匀加速直线运动,这个过程中 V 增大,起重机 功率 P=FV也增大( F=mg+ma 不变, V 增大); 第二阶段:变加速运动阶段,加速度逐渐减小. 起重机输出功率达到其允许的最大值并保持不变时, 其功率已不能维 持重物继续做匀加速直线运动了, 此时重物虽然做加速运动, 但加速 度逐渐减小,直到 a=0.这个过程中 P=FV不变( F减小,V 增大); 第三阶段:匀速直线运动阶段. 加速度等于 0 后,速度已达到最大值 Vm,此时物体做匀速直线运动, 此时 F=mg,P=FV=mgV m,不变. 【解答】解:(1)设起重机允许输出的最大功率为 P0,重物达到最大 速度时,此时物体做匀速直线运动,拉力 F0等于重力. P0=F0vm﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣ ① F0=mg﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣ ② 第49页(共 84页) 代入数据,有:P0=5.1×104W﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣ ﹣﹣③ (2)匀加速运动结束时,起重机达到允许输出的最大功率,设此时 重物受到的拉力为 F,速度为 v1,匀加速运动经历时间为 t1,有: P0=Fv1﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣ ④ F﹣mg=ma﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣ ⑤ V1=at1﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣ ⑥ 由③④⑤⑥ ,代入数据,得: t1=5 s﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣ ⑦ T=2s时,重物处于匀加速运动阶段, 设此时速度为 v2,输出功率为 P, 则 v2=aT﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣ ⑧ P=Fv2﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣ ⑨ 由⑤⑧⑨ ,代入数据,得: P=2.04×104W. 答:(1)起重机允许输出的最大功率是 5.1×104W. (2)重物做匀加速运动所经历的时间是 5 s,起重机在第 2 秒末的输 出功率是 2.04×104W. 18.如图所示, A 是地球的同步卫星. 另一卫星 B的圆形轨道位于赤 道平面内,离地面高度为 h.已知地球半径为 R,地球自转角速度为 ωo,地球表面的重力加速度为 g,O为地球中心. (1)求卫星 B 的运行周期. 第50页(共 84页) (2)如果卫星 B绕行方向与地球自转方向相同,某时刻 A、B两卫 星相距最近( O、B、A 在同一直线上),则至少经过多长时间,他们 再一次相距最近? 【考点】万有引力定律及其应用;牛顿第二定律;线速度、角速度和 周期、转速. 【分析】研究卫星绕地球做匀速圆周运动, 根据万有引力提供向心力, 列出等式表示出周期. 卫星 A、B 绕地球做匀速圆周运动,当卫星 B转过的角度与卫星 A 转过的角度之差等于 2π时,卫星再一次相距最近. 【解答】解:(1)设地球质量为 M,卫星质量为 m,根据万有引力 和牛顿运动定律,有: 在地球表面有: 联立得: . (2)它们再一次相距最近时,一定是 B比 A 多转了一圈,有: ωBt﹣ω0t=2π 第51页(共 84页) 其中 得: . 答:(1)卫星 B的运行周期是 ; (2)至少经过 ,它们再一次相距最近. 2020年高一物理第二学期期末模拟试卷及答案(三) 一、选择题 .本题共 10小题,每小题 4分.在每小题给出的四个选项 中,第 1-6 题只有一项符合题目要求,第 7-10 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.如图所示,两块三角形的木板 B、C竖直放在水平桌面上,它们的 顶点连接在 A处,底边向两边分开.一个锥体置于 A处,放手之后, 奇特的现象发生了,锥体自动地沿木板滚上了 B、C板的高处,不计 一切阻力.下列说法正确的是( ) A.锥体在滚动过程中重心逐渐升高 B.锥体在滚动过程中重心保持不变 C.锥体在滚动过程中机械能逐渐增大 D.锥体在滚动过程中机械能保持不变 第52页(共 84页) 2.如图是“牛顿摆”装置,5个完全相同的小钢球用轻绳悬挂在水平支 架上, 5根轻绳互相平行, 5个钢球彼此紧密排列,球心等高.用 1、 2、3、4、5 分别标记 5 个小钢球.当把小球 1 向左拉起一定高度, 如图甲所示,然后由静止释放,在极短时间内经过小球间的相互碰撞, 可观察到球 5 向右摆起,且达到的最大高度与球 1的释放高度相同, 如图乙所示.关于此实验,下列说法中正确的是( ) A.上述实验过程中, 5个小球组成的系统机械能守恒,动量守恒 B.上述实验过程中, 5 个小球组成的系统机械能不守恒,动量不守 恒 C.如果同时向左拉起小球 1、2、3 到相同高度(如图丙所示),同 时由静止释放,经碰撞后,小球 4、5 一起向右摆起,且上升的最大 高度高于小球 1、2、3 的释放高度 D.如果同时向左拉起小球 1、2、3 到相同高度(如图丙所示),同 时由静止释放,经碰撞后,小球 3、4、5一起向右摆起,且上升的最 大高度与小球 1、2、3 的释放高度相同 3.如图所示,一个小球在竖直环内至少能做( n+1)次完整的圆周运 动,当它第( n﹣1)次经过环的最低点时速度大小为 7m/s,第 n 次 经过环的最低点时的速度大小为 5m/s,则小球第( n+1)次经过环的 最低点时的速度 v的大小一定满足( ) 第53页(共 84页) A.等于 3m/s B.小于 1m/s C.等于 1m/s D.大于 1m/s 4.如图所示为江西艺人茅荣荣,他以 7 个半小时内连续颠球 5 万次 成为新的吉尼斯纪录创造者, 而这个世界纪录至今无人超越. 若足球 用头顶起,某一次上升高度为 80cm,足球的重量为 400g,与头顶作 用时间△ t 为 0.1s,则足球本次在空中的运动时间;足球给头部的作 用力大小.(空气阻力不计, g=10m/s2)( ) A. t=0.4s;FN=40N B.t=0.4s;FN=68N C. t=0.8s;FN=36N D. t=0.8s;FN=40N 5.如图,可视为质点的小球 A、B用不可伸长的细软轻线连接,跨过 固定在地面上半径为 R有光滑圆柱, A的质量为 B的两倍.当 B位于 地面时, A恰与圆柱轴心等高.将 A由静止释放, B上升的最大高度 是( ) A.2R B. C. D. 6.如图所示在足够长的光滑水平面上有一静止的质量为 M 的斜面, 第54页(共 84页) 斜面表面光滑、高度为 h、倾角为 θ.一质量为 m(m<M)的小物 块以一定的初速度沿水平面向右运动, 不计冲上斜面过程中的机械能 损失.如果斜面固定,则小物块恰能冲到斜面的顶端.如果斜面不固 定,则小物块冲上斜面后能达到的最大高度为( ) A.h B. C. D. 7.质量相等的 A、B两球在光滑水平面上沿同一直线、 同一方向运动, A球的动量是 8kg?m/s,B球的动量是 4kg?m/s,当 A球追上 B球发 生碰撞,则碰撞后 A、B两球的动量可能值是( ) A.pA=6kg?m/s,pB=6kg?m/s B.pA=5kg?m/s,pB=7kg?m/s C.pA=3kg?m/s,pB=9kg?m/s D.pA=﹣2kg?m/s,pB=14kg?m/s 8.将小球以某一初速度从地面竖直向上抛出,取地面为零势能面, 小球在上升过程中的动能 Ek、重力势能 Ep与上升高度 h 间的关系分 别如图中两直线所示.取 g=10m/s2,下列说法正确的是( ) A.小球的质量为 0.2 kg B.小球受到的阻力(不包括重力)大小为 0.25 N C.小球动能与重力势能相等时的高度为 m D.小球上升到 2 m时,动能与重力势能之差为 0.5J 第55页(共 84页) 9.如图所示,( a)图表示光滑平台上,物体 A 以初速度 v0滑到上 表面粗糙的水平小车上,车与水平面间的动摩擦因数不计,( b)图 为物体 A与小车的 v﹣t 图象,由此可知,不能求得( ) A.小车上表面至少的长度 B.物体 A与小车 B的质量之比 C.A与小车上 B上表面的动摩擦因数 D.小车 B获得的动能 10.如图甲所示,静止在水平面上的物体在竖直向上的拉力 F作用下 开始向上加速运动,拉力的功率恒定为 P,运动过程中所受空气阻力 大小不变,物体最终做匀速运动, 物体运动速度的倒数与加速度 a的 关系如图乙所示.若重力加速度大小为 g,图中 v0、a0为已知,下列 说法正确的是( ) A. .物体的质量为 B.空气阻力大小为 C.物体的质量为 D.物体匀速运动速度大小为 v0 第56页(共 84页) 二.实验题(本题共 2小题,每空 3分,共 18分.) 11.某实验小组采用如图 (甲)所示的装置探究功与速度变化的关系, 小车在橡皮筋的作用下弹出后, 沿木板滑行,打点计时器工作频率为 50Hz. (1)实验中木板略微倾斜,这样做 (填答案前的字母). A.是为了释放小车后,小车能匀加速下滑 B.是为了增大橡皮筋对小车的弹力 C.是为了使橡皮筋对小车做的功等于合外力对小车做的功 D.是为了使橡皮筋松弛后小车做匀加速运动 (2)若根据多次测量数据画出的 W﹣v 草图如图(乙)所示,根据 图线形状可知,对 W 与 v 的关系作出的以下猜想肯定不正确的 是 . A.W∝ B.W∝ C.W∝v2 D.W∝v3. 12.(12分)某同学利用如图所示的实验装置验证机械能守恒定律. 弧 形轨道末端水平, 离地面的高度为 H.将钢球从轨道的不同高度 h处 静止释放,钢球的落点距轨道末端的水平距离为 s. 第57页(共 84页) (1)若轨道完全光滑, s2与 h 的理论关系应满足 s2= (用 H、h 表示). (2)该同学经实验测量得到一组数据,如下表所示: h(10 ﹣1m) 2.00 3.00 4.00 5.00 6.00 s2(10 ﹣1m2) 2.62 3.89 5.20 6.53 7.78 请在坐标纸上作出 s2﹣h关系图. (3)对比实验结果与理论计算得到的 s2﹣﹣h 关系图线(图中已画 出),自同一高度静止释放的钢球, 水平抛出的速率 (填“小于” 或“大于”)理论值. (4)从 s2﹣h关系图线中分析得出钢球水平抛出的速率差十分显著, 你认为造成上述偏差的可能原因是 . 三.计算题(共 42分) 13.(8分)一质量为 m1的小球 A与另一质量为 m2的静止小球 B发 生正碰.实验中测出碰撞后小球 B的速度为 v2,求小球 A原来的速度 v0的最大值和最小值分别是多少? 第58页(共 84页) 14.(8分)半径为 R的光滑圆环竖直放置,环上套有两个质量分别 为 m 和 2m的小球 A、B.A、B之间用一长为 R的轻杆相连,如图所 示开始时,A、B都静止,且 A在圆环的最高点, 现将 A、B释放,求: (1)A到达最低点时的速度大小 (2)第( 1)问过程中杆对 B球做的功. 15.(8分)某快递公司分拣邮件的水平传输装置示意如图,皮带在 电动机的带动下保持 v=1m/s 的恒定速度向右运动,现将一质量为 m=2kg的邮件轻放在皮带上,邮件和皮带间的动摩擦因数 μ=0.5.设 皮带足够长,取 g=10m/s2,在邮件与皮带发生相对滑动过程中,求: (1)邮件滑动的时间 t; (2)邮件对地的位移大小 x; (3)邮件与皮带间的摩擦力对皮带做的功 W. 16.(8分)如图所示,质量 M=4kg的滑板 B静止放在光滑水平面上, 其右端固定一根轻质弹簧,弹簧的自由端 C 到滑板左端的距离 L=0.5m,这段滑板与木块 A(可视为质点)之间的动摩擦因数 μ=0.2, 而弹簧自由端 C到弹簧固定端 D所对应的滑板上表面光滑. 小木块 A 以速度 v0=10m/s 由滑板 B左端开始沿滑板 B表面向右运动.已知木 块 A的质量 m=1kg,g取 10m/s2.求: 第59页(共 84页) (1)弹簧被压缩到最短时木块 A的速度; (2)木块 A压缩弹簧过程中弹簧的最大弹性势能. 17.(10 分)如图所示是一皮带传输装载机械示意图.井下挖掘工 将矿物无初速放置于沿图示方向运行的传送带 A端,被传输到末端 B 处,再沿一段圆形轨道到达轨道的最高点 C 处,然后水平抛到货台 上.已知半径为 R=0.4m的圆形轨道与传送带在 B点相切, O点为半 圆的圆心, BO、CO分别为圆形轨道的半径,矿物 m 可视为质点,传 送带与水平面间的夹角 θ=37°,矿物与传送带间的动摩擦因数 μ=0.8, 传送带匀速运行的速度为 v0=8m/s,传送带 AB 点间的长度为 sAB=45m.若矿物落点 D处离最高点 C点的水平距离为 sCD=2m,竖直 距离为 hCD=1.25m,矿物质量 m=50kg, sin37 °=0.6, cos37°=0.8, g=10m/s2,不计空气阻力.求: (1)矿物到达 B点时的速度大小; (2)矿物到达 C点时对轨道的压力大小; (3)矿物由 B点到达 C点的过程中,克服阻力所做的功. 第60页(共 84页) 参考答案与试题解析 一、选择题 .本题共 10小题,每小题 4分.在每小题给出的四个选项 中,第 1-6 题只有一项符合题目要求,第 7-10 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.如图所示,两块三角形的木板 B、C竖直放在水平桌面上,它们的 顶点连接在 A处,底边向两边分开.一个锥体置于 A处,放手之后, 奇特的现象发生了,锥体自动地沿木板滚上了 B、C板的高处,不计 一切阻力.下列说法正确的是( ) A.锥体在滚动过程中重心逐渐升高 B.锥体在滚动过程中重心保持不变 C.锥体在滚动过程中机械能逐渐增大 D.锥体在滚动过程中机械能保持不变 【考点】机械能守恒定律. 【分析】不计一切阻力,椎体机械能守恒,运动过程中只有动能和势 能之间的相互转化. 【解答】解:椎体自动地沿木板滚上了 B、C板的高处的过程中只有 重力做功,椎体机械能守恒,重力势能转化为动能,所以重心逐渐降 第61页(共 84页) 低,故 D正确,ABC错误. 故选: D 【点评】本题主要考查了机械能守恒定律的直接应用, 知道重力势能 跟高度及重心的位置有关,难度适中. 该题的难点在于:该情景中的锥体是中间大,两头尖的椎体,椎体自 动地沿木板滚上了 B、C板的“高处”只是视觉错觉感应, 在该过程中, 椎体的重心在下降. 2.如图是“牛顿摆”装置,5个完全相同的小钢球用轻绳悬挂在水平支 架上, 5根轻绳互相平行, 5个钢球彼此紧密排列,球心等高.用 1、 2、3、4、5 分别标记 5 个小钢球.当把小球 1 向左拉起一定高度, 如图甲所示,然后由静止释放,在极短时间内经过小球间的相互碰撞, 可观察到球 5 向右摆起,且达到的最大高度与球 1的释放高度相同, 如图乙所示.关于此实验,下列说法中正确的是( ) A.上述实验过程中, 5个小球组成的系统机械能守恒,动量守恒 B.上述实验过程中, 5 个小球组成的系统机械能不守恒,动量不守 恒 C.如果同时向左拉起小球 1、2、3 到相同高度(如图丙所示),同 时由静止释放,经碰撞后,小球 4、5 一起向右摆起,且上升的最大 高度高于小球 1、2、3 的释放高度 第62页(共 84页) D.如果同时向左拉起小球 1、2、3 到相同高度(如图丙所示),同 时由静止释放,经碰撞后,小球 3、4、5一起向右摆起,且上升的最 大高度与小球 1、2、3 的释放高度相同 【考点】动量守恒定律;动能定理的应用;机械能守恒定律. 【分析】小球与小球之间发生的是弹性碰撞, 即每两个小球碰后交换 速度, 1与 2碰后, 1停止 2向右, 2与 3碰后, 2停止, 3 具有向右 的速度.如果同时向左拉起小球 1、2、3 到相同高度(如图丙)并由 静止释放,根据动量守恒和机械能守恒分析小球上升的最大高度. 【解答】解:AB、球 5向右摆起,且达到的最大高度与球 1的释放高 度相同,由分析说明该过程中,每两个小球碰撞的过程机械能守恒、 动量守恒,而不是 5个小球的系统,故 A、B错误; CD、如果同时向左拉起小球 1、2、3 到相同高度同时由静止释放, 则 3 与 4 碰后, 3 停止 4 具有向右的速度, 4 与 5 碰撞交换速度, 4 停止 5向右摆起; 3刚停止的时候 2球过来与之碰撞交换速度,然后 3与 4 碰撞,使 4向右摆起; 2球刚停止的时候 1 球过来与之碰撞交 换速度,然后 2与 3碰撞交换速度,使 3向右摆起;故经碰撞后,小 球 3、4、5一起向右摆起,且上升的最大高度与小球 1、2、3的释放 高度相同;故 C错误, D正确; 故选: D 【点评】本题实际考察了多个弹性碰撞连续发生的过程, 要明确每次 发生弹性碰撞的两个小球机械能守恒、动量守恒. 第63页(共 84页) 3.如图所示,一个小球在竖直环内至少能做( n+1)次完整的圆周运 动,当它第( n﹣1)次经过环的最低点时速度大小为 7m/s,第 n 次 经过环的最低点时的速度大小为 5m/s,则小球第( n+1)次经过环的 最低点时的速度 v的大小一定满足( ) A.等于 3m/s B.小于 1m/s C.等于 1m/s D.大于 1m/s 【考点】向心力;牛顿第二定律;机械能守恒定律. 【分析】小球转动过程中,受到重力、支持力和摩擦力,只有重力和 摩擦力做功,机械能的减小量等于克服摩擦力做的功, 摩擦力与支持 力成正比,由于小球机械能不断减小, 每次转动一圈后经过同一个位 置的速率都变小,故弹力也减小,故阻力也减小,根据功能关系列式 分析即可. 【解答】解:小球从第 N﹣2 次通过最低点到 N﹣1 次通过最低点的 过程中,消耗的机械能为: mv2 N﹣1﹣ mv2 N﹣2= m(49﹣25)=12m; 它从第 N﹣1次通过最低点到 N次通过最低点的过程中, 因为速度减 小,需要的向心力减小,所以与圆环间的压力减小,因此消耗的机械 能将小于 12m 因此第 N次通过最低点时的动能: E> ×25m﹣12m= m 所以: V>1m/s; 故选 D. 【点评】本题关键是对小球受力分析, 结合每次转动一圈后经过同一 第64页(共 84页) 个位置的速率都变小,再根据功能关系列式分析求解. 4.如图所示为江西艺人茅荣荣,他以 7 个半小时内连续颠球 5 万次 成为新的吉尼斯纪录创造者, 而这个世界纪录至今无人超越. 若足球 用头顶起,某一次上升高度为 80cm,足球的重量为 400g,与头顶作 用时间△ t 为 0.1s,则足球本次在空中的运动时间;足球给头部的作 用力大小.(空气阻力不计, g=10m/s2)( ) A. t=0.4s;FN=40N B.t=0.4s;FN=68N C. t=0.8s;FN=36N D. t=0.8s;FN=40N 【考点】动量定理. 【分析】由自由落体规律可求得下落时间, 而竖直上抛的时间与自由 落体运动的时间相等,则可求得总时间; 对碰撞过程由动量定理可求得作用力. 【解答】解:足球自由下落时有: h= gt2 解得: t= = =0.4s 竖直上抛运动的总时间为自由落体的 2倍 t 总=2t=2×0.4s=0.8s 第65页(共 84页) 设竖直向上为正方向,由动量定理得: (FN﹣mg)△ t=mv﹣(﹣ mv) V=gt=10×0.4=4m/s 联立解得: FN=36N; 故选: C. 【点评】本题考查动量定理的应用及自由落体运动的规律, 要注意在 应用动量定理解题时要注意矢量性,应先设定正方向. 5.如图,可视为质点的小球 A、B用不可伸长的细软轻线连接,跨过 固定在地面上半径为 R有光滑圆柱, A的质量为 B的两倍.当 B位于 地面时, A恰与圆柱轴心等高.将 A由静止释放, B上升的最大高度 是( ) A.2R B. C. D. 【考点】机械能守恒定律. 【分析】开始 AB一起运动, A落地后,B做竖直上抛运动, B到达最 高点时速度为零;由动能定理可以求出 B上升的最大高度. 【解答】解:设 B的质量为 m,则 A的质量为 2m, 以 A、B组成的系统为研究对象, 在 A落地前,由动能定理可得: 第66页(共 84页) ﹣mgR+2mgR= (m+2m)v2﹣0, 以 B为研究对象,在 B上升过程中, 由动能定理可得:﹣ mgh=0﹣ mv2, 则 B上升的最大高度 H=R+h, 解得: H= ; 故选 C. 【点评】B的运动分两个阶段,应用动能定理即可求出 B能上升的最 大高度. 6.如图所示在足够长的光滑水平面上有一静止的质量为 M 的斜面, 斜面表面光滑、高度为 h、倾角为 θ.一质量为 m(m<M)的小物 块以一定的初速度沿水平面向右运动, 不计冲上斜面过程中的机械能 损失.如果斜面固定,则小物块恰能冲到斜面的顶端.如果斜面不固 定,则小物块冲上斜面后能达到的最大高度为( ) A.h B. C. D. 【考点】动量守恒定律;动能定理的应用. 【分析】斜面固定时,由动能定理求出初速度,斜面不固定时,由水 平方向动量守恒列式,再根据机械能守恒列式,联立方程即可求解. 【解答】解:斜面固定时,由动能定理得: ﹣mgh=0﹣ , 第67页(共 84页) 所以 ; 斜面不固定时,由水平方向动量守恒得: mv0=(M+m)v, 由机械能守恒得: = +mgh′ 解得: . 故选 D 【点评】本题主要考查了动能定理、 动量守恒定律及根据机械能守恒 的直接应用,难度适中. 7.质量相等的 A、B两球在光滑水平面上沿同一直线、 同一方向运动, A球的动量是 8kg?m/s,B球的动量是 4kg?m/s,当 A球追上 B球发 生碰撞,则碰撞后 A、B两球的动量可能值是( ) A.pA=6kg?m/s,pB=6kg?m/s B.pA=5kg?m/s,pB=7kg?m/s C.pA=3kg?m/s,pB=9kg?m/s D.pA=﹣2kg?m/s,pB=14kg?m/s 【考点】动量守恒定律. 【分析】当 A球追上 B球时发生碰撞, 遵守动量守恒. 由动量守恒定 律和碰撞过程总动能不增加,进行选择. 【解答】 解: A、 pA′=8 kg?m/s, pB′=4 kg?m/s,碰撞前总动量为 p=pA+pB=8kg?m/s+4kg/s=12kg?m/s. 两个物体碰撞后同向运动, 若 pA=6kg?m/s,pB=6kg?m/s,则 A球的速 度等于 B球的速度, A球的速度减小, B的速度增大,是可能的.故 第68页(共 84页) A正确. B、若 pA′=5 kg?m/s,pB′=7 kg?m/s,碰撞前后总动量守恒.碰撞前总 动能为 + = = ,碰撞后总动能为 + = = ,故 碰撞后动能减小,是可能发生的,故 B正确. C、若 pA′=3 kg?m/s,pB′=9 kg?m/s,碰撞前后总动量守恒.碰撞后总 动能为 + = + = ,可知碰撞后总动能增加,违反了能量 守恒守恒,这是不可能发生的,故 C错误. D、若 pA′=0,pB′=14 kg?m/s,碰撞前后总动量守恒.碰撞后总动能为 + = + = ,可知碰撞后总动能增加,违反了能量守恒守 恒,这是不可能发生的,故 D错误. 故选: AB 【点评】对于碰撞过程要遵守三大规律: 1、是动量守恒定律; 2、总 动能不增加; 3、符合物体的实际运动情况. 8.将小球以某一初速度从地面竖直向上抛出,取地面为零势能面, 小球在上升过程中的动能 Ek、重力势能 Ep与上升高度 h 间的关系分 别如图中两直线所示.取 g=10m/s2,下列说法正确的是( ) A.小球的质量为 0.2 kg 第69页(共 84页) B.小球受到的阻力(不包括重力)大小为 0.25 N C.小球动能与重力势能相等时的高度为 m D.小球上升到 2 m时,动能与重力势能之差为 0.5J 【考点】功能关系. 【分析】由图象可得最高点的高度,以及重力势能,由重力势能表达 式可得质量.由除了重力之外的其他力做功等于机械能的变化可以得 到摩擦力大小.对小球由动能定理可得小球动能与重力势能相等时的 高度.结合图象中的数据, 分别求出 h=2m处小球的动能和重力势能, 然后求动能与重力势能之差. 【解答】解: A、由图象知,小球上升的最大高度为 h=4m,对应的 重力势能为 Ep=4J.在最高点,由 Ep=mgh,得:m= = =0.1kg.故 A错误; B、由除重力以外其他力做功 W 其=△E可知:﹣ fh=E 高﹣E低,由图得: 最低点机械能 E低=5J+0=5J,E高=4J,解得: f=0.25N.故 B正确; C、设小球动能和重力势能相等时的高度为 H,此时有: mgH= mv2, 由动能定理:﹣ fH﹣mgH= mv2﹣ mv0 2,又 mv0 2=5J,得:H= m.故 C错误; D、由图可知,在 h=2m处,小球的重力势能是 2.5J,动能是 2J,所 以小球上升到 2m时,动能与重力势能之差为 2.5J﹣2J=0.5J.故 D正 确. 故选: BD. 【点评】该题首先要会从图象中获得关键信息, 这种图象类型的题目, 第70页(共 84页) 要关注图象的交点,斜率等,明确其含义,能够有利于解题. 9.如图所示,( a)图表示光滑平台上,物体 A 以初速度 v0滑到上 表面粗糙的水平小车上,车与水平面间的动摩擦因数不计,( b)图 为物体 A与小车的 v﹣t 图象,由此可知,不能求得( ) A.小车上表面至少的长度 B.物体 A与小车 B的质量之比 C.A与小车上 B上表面的动摩擦因数 D.小车 B获得的动能 【考点】功能关系;匀变速直线运动的图像. 【分析】当 A滑上 B后,在滑动摩擦力作用下, A做匀减速直线运动, B做匀加速直线运动, 最终以共同速度 v1匀速运动,根据动量守恒定 律求解质量比,根据速度时间图象的面积表示位移可以求得 A相对于 B的位移,根据能量守恒可以确定动摩擦因数, 因为不知道 B车质量, 所以不能求得 B的动能. 【解答】解:A、由图象可知, AB最终以共同速度 v匀速运动,小车 上表面至少的长度等于 A、B间相对位移之差,为 L=△x= ,可以 求得 L.故 A正确. B、由动量守恒定律得, mAv0=(mA+mB)v,解得: = ,故可 以确定物体 A与小车 B的质量之比,故 B正确; 第71页(共 84页) C、根据能量守恒得: μmAg△x= mAv0 2﹣ (mA+mB)v2,根据 B中求 得质量关系,可以解出动摩擦因数,故 C正确; D、由于小车 B的质量不可知,故不能确定小车 B获得的动能,故 D 错误. 本题选不能求得的,故选: D 【点评】本题主要考查了动量守恒定律、能量守恒定律的直接应用, 要知道摩擦生热等于摩擦力与相对位移的乘积, 相对位移等于图中两 物体的 v﹣ t 图线所夹部分的面积;解题时要求同学们能根据图象得 出有效信息. 10.如图甲所示,静止在水平面上的物体在竖直向上的拉力 F作用下 开始向上加速运动,拉力的功率恒定为 P,运动过程中所受空气阻力 大小不变,物体最终做匀速运动, 物体运动速度的倒数与加速度 a的 关系如图乙所示.若重力加速度大小为 g,图中 v0、a0为已知,下列 说法正确的是( ) A. .物体的质量为 B.空气阻力大小为 C.物体的质量为 D.物体匀速运动速度大小为 v0 第72页(共 84页) 【考点】功率、平均功率和瞬时功率;牛顿第二定律. 【分析】物体在竖直方向上在额定功率下做变加速运动, 根据牛顿第 二定律求的 与 a的关系式,结合乙图即可判断,当拉力等于重力和 阻力时速度达到最大 【解答】解:A、由题意可知 P=Fv, 根据牛顿第二定律由 F﹣mg﹣f=ma 联立解得 由乙图可知, , 解得 , f= ,故 A正确,BC错误 D、物体匀速运动由 F=mg+f,此时 v= ,故 D正确 故选: AD 【点评】本题主要考查了图象,能利用牛顿第二定律表示出 与 a的 关系式是解决本题的关系 二.实验题(本题共 2小题,每空 3分,共 18分.) 11.某实验小组采用如图 (甲)所示的装置探究功与速度变化的关系, 小车在橡皮筋的作用下弹出后, 沿木板滑行,打点计时器工作频率为 50Hz. 第73页(共 84页) (1)实验中木板略微倾斜,这样做 C (填答案前的字母). A.是为了释放小车后,小车能匀加速下滑 B.是为了增大橡皮筋对小车的弹力 C.是为了使橡皮筋对小车做的功等于合外力对小车做的功 D.是为了使橡皮筋松弛后小车做匀加速运动 (2)若根据多次测量数据画出的 W﹣v 草图如图(乙)所示,根据 图线形状可知,对 W 与 v 的关系作出的以下猜想肯定不正确的是 AB . A.W∝ B.W∝ C.W∝v2 D.W∝v3. 【考点】探究功与速度变化的关系. 【分析】(1)根据实验原理及实验注意事项分析答题. (2)根据图象特点,利用数学知识可正确得出结论. 【解答】解:( 1)使木板倾斜,小车受到的摩擦力与小车所受重力 沿斜面方向的分力大小相等, 在不施加拉力时, 小车在斜面上受到的 合力为零,小车可以在斜面上静止或做匀速直线运动, 小车与橡皮筋 连接后,小车所受到的合力等于橡皮筋的拉力, 橡皮筋对小车做的功 等于合外力对小车做的功,故 ABD错误,C正确;故选 C. (2)根据图象结合数学知识可知,该图象形式和 y=xn(n=2,3,4) 形式,故 AB错误, CD正确. 故答案为:( 1)C;( 2)AB. 【点评】要掌握实验原理与实验注意事项, 同时注意数据处理时注意 数学知识的应用,本题是考查应用数学知识解决物理问题的好题. 第74页(共 84页) 12.(12分)(2008?江苏)某同学利用如图所示的实验装置验证机 械能守恒定律.弧形轨道末端水平,离地面的高度为 H.将钢球从轨 道的不同高度 h处静止释放,钢球的落点距轨道末端的水平距离为 s. (1)若轨道完全光滑, s2与 h 的理论关系应满足 s2= 4Hh (用 H、 h表示). (2)该同学经实验测量得到一组数据,如下表所示: h(10 ﹣1m) 2.00 3.00 4.00 5.00 6.00 s2(10 ﹣1m2) 2.62 3.89 5.20 6.53 7.78 请在坐标纸上作出 s2﹣h关系图. (3)对比实验结果与理论计算得到的 s2﹣﹣h 关系图线(图中已画 出),自同一高度静止释放的钢球, 水平抛出的速率 小于 (填“小 于”或“大于”)理论值. (4)从 s2﹣h关系图线中分析得出钢球水平抛出的速率差十分显著, 你认为造成上述偏差的可能原因是 小球与轨道间存在摩擦力. . 【考点】验证机械能守恒定律. 第75页(共 84页) 【分析】要求平抛的水平位移,我们应该想到运用平抛运动的规律, 即要求出时间和水平初速度. 对于小球从静止释放到水平抛出这段曲线运动, 我们应该运用动能定 理求出抛出的水平初速度. 根据表格中的数据采用描点作图. 同一坐标系中两天倾斜的直线对比,可以采用某一个变量取一定值, 看另一个变量的大小关系来解决问题. 对于误差原因分析,我们要从实验装置和过程中分析. 【解答】解:( 1)对于小球从静止释放到水平抛出这段曲线运动, 运用动能定理研究得: mgh= mv2 v= 所以离开轨道时速度为 , 由平抛运动知识可求得时间为 , 可得 . 所以: s2=4Hh (2)依次描点,连线,注意不要画成折线. (3)对比实验结果与理论计算得到的 s2﹣﹣h 关系图线中发现:自 同一高度静止释放的钢球,也就是 h 为某一具体数值时,理论的 s2 数值大于实验的 s2数值,根据平抛运动规律知道同一高度运动时间一 定,所以实验中水平抛出的速率小于理论值. (4)由于客观上,轨道与小球间存在摩擦,机械能减小,因此会导 第76页(共 84页) 致实际值比理论值小. 小球的转动也需要能量维持, 而机械能守恒中 没有考虑重力势能转化成转动能的这一部分, 也会导致实际速率明显 小于“理论”速率. 故答案为:( 1)4Hh (2)见图 (3)小于 (4)小球与轨道间存在摩擦力. 【点评】本题从新的角度考查了对机械能守恒实定律的理解, 有一定 的创新性,很好的考查了学生的创新思维. 但该实验的原理都是我们 学过的物理规律. 做任何实验问题还是要从最基本的物理规律入手去解决. 三.计算题(共 42分) 13.一质量为 m1的小球 A与另一质量为 m2的静止小球 B发生正碰.实 验中测出碰撞后小球 B的速度为 v2,求小球 A原来的速度 v0的最大 值和最小值分别是多少? 【考点】动量守恒定律. 第77页(共 84页) 【分析】两球碰后粘在一起运动时,系统能量损失最大, v0最大;两 球发生弹性正碰时系统能量损失最小且为零, v0最小. 【解答】 解析:两球碰后粘在一起运动时,系统能量损失最大, v0 最大,选球 A的初速度的方向为正方向,则碰撞应满足: m1v0max=(m1+m2)v2 v0max= v2 设碰撞后 A的速度为 v1; 两球发生弹性正碰时系统能量损失最小且为零, v0最小,则碰撞应满 足: m1v0min=m1v1+m2v2 m1v0min 2= m1v1 2+ m2v2 2 联立以上两式解得: v0min= v2 答:小球 A 原来的速度 v0的最大值和最小值分别是 v0max= v2, v0min= v2. 【点评】本意主要考查了碰撞过程中动量守恒定律得应用, 注意弹性 碰撞机械能守恒,碰后粘在一起的情况是机械能损失最大的情况.. 14.半径为 R的光滑圆环竖直放置,环上套有两个质量分别为 m 和 2m 的小球 A、B.A、B之间用一长为 R的轻杆相连,如图所示开始 第78页(共 84页) 时,A、B都静止,且 A在圆环的最高点,现将 A、B释放,求: (1)A到达最低点时的速度大小 (2)第( 1)问过程中杆对 B球做的功. 【考点】动能定理;机械能守恒定律. 【分析】(1)把 AB看成一个系统, 只有重力做功,系统机械能守恒, 根据机械能守恒定律即可求解; (2)对 B球运用动能定理即可求解; 【解答】解(1)A、B组成的系统机械能守恒. 当 A运动至最低点时, A下降的高度为 hA=2R,B下降的高度为 hB=2(R﹣Rcos60°)=R 则有 又 A、B速度大小相同,即 vA=vB 联立得 vA=vB= (2)设杆对 B做功 W,在此过程中对 B由动能定理 解得 W= 即杆对 B做功 . 答:( 1)A球到达最低点时的速度大小为 ; (2)到达最低点的过程中,杆对 B球做的功为 . 【点评】本题主要考查了机械能守恒定律以及动能定理的直接应用, 第79页(共 84页) 要求同学们能选取适当的研究对象,难度适中. 15.某快递公司分拣邮件的水平传输装置示意如图, 皮带在电动机的 带动下保持 v=1m/s的恒定速度向右运动,现将一质量为 m=2kg的邮 件轻放在皮带上, 邮件和皮带间的动摩擦因数 μ=0.5.设皮带足够长, 取 g=10m/s2,在邮件与皮带发生相对滑动过程中,求: (1)邮件滑动的时间 t; (2)邮件对地的位移大小 x; (3)邮件与皮带间的摩擦力对皮带做的功 W. 【考点】动能定理;牛顿第二定律. 【分析】(1)对邮件运用动量定理,求出邮件速度达到传送带速度 所需的时间. (2)对邮件运用动能定理,求出邮件相对地面的位移大小. (3)根据摩擦力的大小以及皮带的位移大小求出邮件与皮带间的摩 擦力对皮带做的功 W. 【解答】解:( 1)设邮件放到皮带上与皮带发生相对滑动过程中受 到的滑动摩擦力为 F,则: F=μmg ① 取向右为正方向,对邮件应用动量定理得, Ft=mv﹣0,② 由①②式并代入数据得, t=0.2s ③ 第80页(共 84页) (2)邮件与皮带发生相对滑动的过程中,对邮件应用动能定理,有: ④ 由①④式并代入数据得, x=0.1m ⑤ (3)邮件与皮带发生相对滑动的过程中,设皮带相对地面的位移为 s,则: s=vt ⑥ 摩擦力对皮带做的功 W=﹣Fs ⑦ 由①③⑥⑦式并代入数据得, W=﹣2J. 答:( 1)邮件滑动的时间 t 为 0.2s; (2)邮件对地的位移大小 x为 0.1m; (3)邮件与皮带间的摩擦力对皮带做的功 W为﹣2J. 【点评】本题考查了动量定理、动能定理的基本运用,本题也可以采 用动力学知识进行求解,关键需理清邮件在整个过程中的运动规律. 16.如图所示,质量 M=4kg的滑板 B 静止放在光滑水平面上,其右 端固定一根轻质弹簧,弹簧的自由端 C到滑板左端的距离 L=0.5m, 这段滑板与木块 A(可视为质点)之间的动摩擦因数 μ=0.2,而弹簧 自由端 C到弹簧固定端 D 所对应的滑板上表面光滑.小木块 A 以速 度 v0=10m/s 由滑板 B左端开始沿滑板 B表面向右运动.已知木块 A 的质量 m=1kg,g取 10m/s2.求: (1)弹簧被压缩到最短时木块 A的速度; (2)木块 A压缩弹簧过程中弹簧的最大弹性势能. 第81页(共 84页) 【考点】动量守恒定律;机械能守恒定律. 【分析】(1)A、B组成的系统在水平方向所受合外力为零,系统动 量守恒,由动量守恒定律可以求出木块 A的速度. (2)在整个过程中,系统机械能守恒,由能量守恒定律(或机械能 守恒定律)可以求出弹簧的弹性势能. 【解答】解:( 1)弹簧被压缩到最短时,木块 A与滑板 B具有相同 的速度, 设为 v,从木块 A开始沿滑板 B表面向右运动至弹簧被压缩到最短的 过程中, A、B系统的动量守恒: mv0=(M+m)v 解得 v= v0. 代入数据得木块 A的速度 v=2 m/s. (2)木块 A压缩弹簧过程中,弹簧被压缩到最短时,弹簧的弹性势 能最大.由能量关系, 最大弹性势能 Ep= mv0 2﹣ (m+M)v2﹣μmgL 代入数据得 Ep=39 J. 答:( 1)弹簧被压缩到最短时木块 A的速度为 2m/s; (2)木块 A压缩弹簧过程中弹簧的最大弹性势能为 39J. 【点评】本题考查了求速度与弹性势能问题, 分析清楚物体的运动过 第82页(共 84页) 程,应用动量守恒定律与能量守恒定律即可正确解题. 17.(10分)(2016春?南昌校级期末)如图所示是一皮带传输装载 机械示意图.井下挖掘工将矿物无初速放置于沿图示方向运行的传送 带 A端,被传输到末端 B处,再沿一段圆形轨道到达轨道的最高点 C 处,然后水平抛到货台上.已知半径为 R=0.4m的圆形轨道与传送带 在 B点相切, O点为半圆的圆心, BO、CO分别为圆形轨道的半径, 矿物 m可视为质点,传送带与水平面间的夹角 θ=37°,矿物与传送带 间的动摩擦因数 μ=0.8,传送带匀速运行的速度为 v0=8m/s,传送带 AB点间的长度为 sAB=45m.若矿物落点 D 处离最高点 C点的水平距 离为 sCD=2m,竖直距离为 hCD=1.25m,矿物质量 m=50kg,sin37 °=0.6, cos37°=0.8,g=10m/s2,不计空气阻力.求: (1)矿物到达 B点时的速度大小; (2)矿物到达 C点时对轨道的压力大小; (3)矿物由 B点到达 C点的过程中,克服阻力所做的功. 【考点】动能定理的应用. 【分析】(1)先假设矿物在 AB段始终加速,根据动能定理求出矿物 到达 B点时的速度大小, 将此速度与送带匀速运行的速度 v0=8m/s进 行比较,确定假设是否合理. 第83页(共 84页) (2)矿物从 C到 D过程做平抛运动,由平抛运动的规律求出经过 C 点时的速度大小, 根据牛顿第二定律求得轨道对矿物的压力, 即可得 到矿物到达 C点时对轨道的压力大小. (3)矿物由 B到 C过程中,重力和阻力做功,由动能定理求解克服 阻力所做的功. 【解答】解:(1)假设矿物在 AB段始终处于加速状态,由动能定理 可得 (μmgcosθ﹣mgsinθ)sAB= 代入数据得 vB=6m/s 由于 vB<v0,故假设成立,矿物 B处速度为 6m/s. (2)设矿物对轨道 C处压力为 F,由平抛运动知识可得 sCD=vCt hCD= 代入数据解得:矿物到达 C处时速度 vC=4m/s 由牛顿第二定律可得 F+mg=m 代入数据得 F=1500N 根据牛顿第三定律可得所求压力 F′=F=1500N (3)矿物由 B到 C过程,由动能定理得 ﹣mgR(1+cos37°)+Wf= ﹣ 代入数据得 Wf=﹣140J 即矿物由 B到达 C时克服阻力所做的功是 140J 第84页(共 84页) 答: (1)矿物到达 B点时的速度大小是 6m/s; (2)矿物到达 C点时对轨道的压力大小是 1500N; (3)矿物由 B点到达 C点的过程中,克服阻力所做的功是 140J. 【点评】本题要分析清楚矿物的运动情况, 选取不同的研究过程运用 动能定理解题.要知道 C处向心力的来源:合外力.