2018-2019学年内蒙古赤峰市高一下学期期末考试物理试卷（解析版） 15页

‎2018-2019学年内蒙古赤峰市高一下学期期末考试 物理试卷 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1~9题只有一项符合题目要求；10-12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，有选错或不做答的得0分。)‎ ‎1.做曲线运动的物体，在运动过程中一定变化的物理量是 A. 动能 B. 动量 C. 合外力 D. 加速度 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A、匀速圆周运动的速度的大小是不变的，即速率是不变的，其动能也不变；故A错误；‎ B、物体既然做曲线运动，那么它的速度方向肯定是不断变化的，所以速度一定在变化，所以其动量：p=mv也一定是变化的；故B正确；‎ CD、平抛运动也是曲线运动，但是它的合力为重力，加速度是重力加速度，是不变的；故C错误，D错误。‎ ‎2.机器人大赛中，为研究机器人的运动建立平面直角坐标系某机器人在平面内由点(0，0)出发，沿直线运动到点(1，3)，紧接着又由点(1，3)沿直线运动到点(3，4)，所用总时间是10s。平面直角坐标系横、纵坐标轴的单位长度为‎1m。则在整个过程中 A. 机器人的运动轨迹是一条直线 B. 机器人的路程为‎6m C. 机器人的位移大小为‎7m D. 机器人的平均速度大小为‎0.5m/s ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.画出机器人运动的轨迹如图所示：‎ 可知机器人的轨迹不是直线；故A错误.‎ B.机器人的轨迹为两段直线，前一段长度：，后一段的长度：，总路程：；故B错误.‎ C.机器人的位移：；故C错误.‎ D.平均速度：；故D正确.‎ ‎3.汽车在平直路面上刹车，其位移与时间的关系是x=24t－6t2，则它在第3s末的速度大小为 A. ‎0m/s B. ‎6m/s C. ‎12m/s D. ‎18m/s ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】将x=24t－6t2与匀变速直线运动的位移时间公式对比可知：汽车的初速度 v0=‎24m/s；加速度 a=‎-12m/s2；由v=v0+at可知，汽车在刹车2s末即静止，所以它在第3s末的速度大小为0.‎ A. ‎0m/s与分析结果相符；故A正确.‎ B. ‎6m/s与分析结果不相符；故B错误.‎ C. ‎12m/s与分析结果不相符；故C错误.‎ D. ‎18m/s与分析结果不相符；故D错误.‎ ‎4.所图所示，假设地球和水星都绕太阳做匀速圆周运动，已知地球到太阳的距离大于水星到太阳的距离则 A. 地球的公转周期小于水星的公转周期 B. 地球公转的线速度大于水星公转的线速度 C. 地球公转的角速度大于水星公转的角速度 D. 地球公转的向心加速度小于水星公转的向心加速度 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】由题意可知：r地＞r水；地球与水星绕太阳做圆周运动，万有引力提供向心力.‎ A.由开普勒第三定律可知，由于r地＞r水，则：T地＞T水，故A错误.‎ B.由牛顿第二定律得：，解得：，由于r地＞r水，则：v地＜v水，故B错误.‎ D.由牛顿第二定律得：，解得：，由于r地＞r水，则：ω地＜ω水，故C错误.‎ D.由牛顿第二定律得：，解得：，由于r地＞r水，则：a地＜a水，故D正确.‎ ‎5.作用在同一物体上的三个共点力，大小分别为3N、6N和12N，则它们的合力大小可能是 A. 0N B. 1N C. 10N D. 22N ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】当三个力方向相同时，合力最大，最大值等于三力之和，即：Fmax=6N+3N++12N=21N；由于3N与6N的合力的最大值为9N，小于12N，所以三个力的最小值为3N，方向与12N的力的方向相同；可知三个力的合力的范围大于等于3N，小于等于21N．‎ A.0N不属于3N~12N范围之内的力，故A错误.‎ B.1N不属于3N~12N范围之内的力，故B错误.‎ C.10N属于3N~12N范围之内的力，故C正确.‎ D.22N不属于3N~12N范围之内的力，故D错误.‎ ‎6.如图所示中间有孔的物块A套在光滑的竖直杆上，通过光滑的定滑轮用不可伸长的轻绳将物体拉着匀速向上运动则关于绳的拉力FT及杆对物体A的弹力FN，下列说法正确的是 A. FT不变，FN减小 B. FT增大，FN增大 C. FT增大，FN不变 D. FT增大，FN减小 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.设绳子与竖直方向上的夹角为θ，因为A做匀速直线运动，在竖直方向上合力为零，有：FTcosθ=mg，因为θ增大，则FT增大，故A错误.‎ BCD.水平方向合力为零，有：FN=FTsinθ，由FT增大，得FN增大；故C，D均错误，B项正确.‎ ‎7.热播电视剧《知否，知否》中有我国的一种传统投掷游戏——“投壶”如图所示，大人和小孩在同一竖直线上的不同高度分别以水平速度v1、v2抛出“箭矢”(可视为质点）都能投入地面上的“壶”内。若“箭矢”在空中的运动时间分别为t1、t2，忽略空气阻力。则 A. t1>t2 B. t1=t‎2 ‎C. v1=v2 D. v1>v2‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】AB.箭矢做平抛运动，竖直分运动是自由落体运动，根据，有：，故t1＞t2，故A 正确，B错误；‎ CD.水平分位移相同，由于t1＞t2，根据x=v0t，有：v1＜v2；故C，D均错误.‎ ‎8.一条笔直的河流沿东西走向，两岸平行，各处的宽度均为d=‎80m，水流的速度均为v水=‎3m/s，船在静水中的速度恒为v船=‎5m/s,则 A. 渡河的最短时间为20s B. 渡河的最短位移为‎90m C. 保持船头沿南北方向到达对岸，渡河位移最短 D. 船能够沿南北方向的直线直接渡到正对岸的位置 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.当静水速方向与河岸垂直时，渡河时间最短，，与河水的速度无关；故A错误.‎ BCD.当小船垂直渡河时，即当合速度的方向与河岸的方向垂直时，渡河位移最短，设此时船头的方向与河岸的夹角为θ，，船渡河的位移为河宽d=‎80m，船能够沿南北方向的直线直接渡到正对岸的位置；故B，C均错误，D正确.‎ ‎9.如图所示，将重为12N的均匀长方体切成相等的A、B两部分，叠放并置于水平地面上，切面与边面夹角为60°．现用弹簧测力计竖直向上拉物块A的上端，弹簧测力计示数为2N，整个装置保持静止，则 A. A、B之间的静摩擦力大小为2N B. A对B的压力大小为2N C. 物块B对地面的压力大于10N D. 地面与物块B间存在静摩擦力 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】AB、对A受力分析，受到重力、弹簧的拉力、B对A的支持力以及B对A的静摩擦力，B视为倾角为30°的斜面，根据平衡条件得，水平方向上有：，竖直方向上有：,AB间静摩擦力为：f=2N，B对A的支持力为：，由牛顿第三定律知，A对B的压力大小为2N；故A错误，B正确。‎ C.对AB整体受力分析，竖直方向受力平衡，则有：，解得：，则物块对地面的压力等于10N，故C错误.‎ D.对AB整体受力分析，水平方向不受地面的摩擦力，否则不能平衡；故D错误。‎ ‎10.如图所示的是锥形齿轮的传动示意图，大齿轮带动小齿轮转动，大小齿轮的角速度分别为ω1、ω2，周期分别为T1、T2，两齿轮边缘处的线速度大小分别为v1、v2，两齿轮边缘处的向心加速度分别是a1、a2，则 A. ω1<ω2 v1=v2‎ B. ω1=ω2 T1>T2‎ C. a1T2‎ D. a1>a2 v1>v2‎ ‎【答案】AC ‎【解析】‎ ‎【详解】AB.大齿轮带动小齿轮转动，轮子边缘上的点在相同时间内走过的弧长相同，则线速度大小相等，即v1=v2，根据，知，r1＞r2，则ω1＜ω2．由，知T1＞T2，故A正确，B错误.‎ CD.根据，可知，r1＞r2，则a1＜a2，由，知T1＞T2，故C正确，D错误.‎ ‎11.如图所示，质量为m的小球从距离地面高度为H的A点由静止释放，落到地面上后又陷入泥潭中，由于受到阻力作用，到达距地面深度为h的B点时速度减为零不计空气阻力，重力加速度为g。则关于小球下落过程中，说法正确的是 A. 整个下落过程中，小球的机械能减少了mgH B. 整个下落过程中，小球克服阻力做的功为mg(H+h)‎ C. 在陷入泥潭过程中，小球所受阻力的冲量大于m D. 在陷入泥潭过程中，小球动量的改变量的大小等于m ‎【答案】BCD ‎【解析】‎ ‎【详解】A.小球在整个过程中，动能变化量为零，重力势能减小mg(H+h），则小球的机械能减小了mg(H+h);故A错误.‎ B.对全过程运用动能定理得，mg(H+h)-Wf=0，则小球克服阻力做功Wf=mg(H+h);故B正确.‎ C.落到地面的速度，对进入泥潭的过程取向下为正方向，运用动量定理得，IG-If=0-mv，知阻力的冲量大小，则小球所受阻力的冲量大于m;故C正确.‎ D.落到地面的速度，对进入泥潭后的速度为0，所以小球动量的改变量大小等于m;故D正确.‎ ‎12.如图所示，质量为M=‎2kg的木板静止在光滑水平面上，一个质量为m=‎4kg的滑块以初速度v0=‎3m/s从木板的左端向右滑上木板，经t=1s滑块与木板相对静止则下面说法正确的是 A. 相对静止前滑块和木板的加速度大小之比是1：2‎ B. 整个过程中因摩擦产生内能是10J C. 木板的最小长度是‎1.5m D. 从开始到滑块与木板相对静止这段时间内滑块与木板的位移之比是5：2‎ ‎【答案】ACD ‎【解析】‎ ‎【详解】A.设木板和滑块加速度分别为a1和a2，地面光滑，可知M在水平方向只受到m对M的摩擦力，由牛顿第二定律可得：Ma1=μmg，滑块在水平方向也只受到摩擦力的作用，由牛顿第二定律可得：ma2=μmg则a2:a1=1:2;故A正确。‎ B.水平面光滑，则滑块和木板组成的系统所受的合外力为零，两者水平方向动量守恒；滑块相对木板静止时，取向右为正方向，根据动量守恒定律得：mv0=(M+m)v，解得:v=‎2m/s;根据能量守恒定律得，整个过程中因摩擦产生的内能为，解得：Q=6J;故B错误。‎ C.根据运动学公式得：，解得:△x=‎1.5m，故C正确.‎ D.从开始到滑块与木板相对静止这段时间内，滑块与木板的位移之比为：;故D正确。‎ 二、实验题(本题共2小题，共16分。请按要求在答题卡上做答。)‎ ‎13.如图甲所示的装置叫做“阿特伍德机”，它是早期英国数学家和物理学家阿特伍创制的一种著名的力学实验装置，用来研究匀变速直线运动的规律某同学对该装置加以改进后用来验证机械能守恒定律，如图乙所示已知重力加速度为g.‎ 实验时，该同学进行了如下操作 ‎①将质量均为M的重物A、B(A含挡光片及挂钩、B含挂钩)用绳连接后，跨放在定滑轮上，处于静止状态．测量出挡光片中心到光电门中心的竖直距离h；‎ ‎②在B的下端挂上质量也为M的物块C，让系统(重物A、B以及物块C中的物体由静止开始运动，光电门记录挡光片挡光的时间为△t；‎ ‎③测出挡光片的宽度d，计算有关物理量，验证机械能守恒定律。‎ ‎(1)如果系统(重物A、B以及物块C)的机械能守恒，应满足的关系式为___________.(用g、h、d和表示)‎ ‎(2)引起该实验系统误差的主要原因有___________.(写一条即可)‎ ‎【答案】 (1). (2). 绳子有一定的质量、滑轮与轴之间有摩擦、重物运动受到空气阻力 ‎【解析】‎ ‎【详解】第一空.重物A经过光电门时的速度，增加量，系统重力势能的减小量为Mgh，系统机械能守恒应满足的关系式为：，化简得.‎ 第二空.系统机械能守恒的条件是只有重力做功，引起实验误差的原因可能是：绳子有一定的质量、滑轮与轴之间有摩擦、重物运动受到空气阻力.‎ ‎14.如图所示的是某同学设计的测量铁块与木板间动摩擦因数的实验。所用器材有：带定滑轮的长木板、铁块、与铁块质量相同的钩码、米尺、电火花打点计时器、频率为50Hz的交流电源、轻绳、纸带等。不计滑轮摩擦，回答下列问题：‎ ‎(1)电火花打点计时器的正常工作电压为___________V，电源的周期为___________s；‎ ‎(2)铁块与木板间的动摩擦因数μ=___________；(用重力加速度和铁块的加速度表示)‎ ‎(3)某次实验得到点迹清晰一条纸带，如图所示。测得x1=‎3.1cm，x2=‎4.9cm，x3=‎6.7cm，x4=‎8.5cm，重力加速度g=‎10m/s2。可以计算出铁块与木板间的动摩擦因数为___________(结果保留2位小数)‎ ‎【答案】 (1). 220 (2). 0.02 (3). (4). 0.64‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】第一空.第二空.电火花打点计时器的正常工作电压为交流220V，电源的周期为0.02s.‎ 第三空.根据牛顿第二定律，对铁块有：；‎ 对钩码有：；‎ 联立解得：‎ 第四空.相邻计数点间的时间间隔为：.‎ 根据匀变速直线运动的判别式，四组位移采用逐差法有：，‎ 解得：‎ 代入可得：.‎ 三、计算题(本题共3个小题，共36分。答案要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。‎ ‎15.一个物体自t=0时开始做直线运动其速度-时间图象如图所示。求：‎ ‎(1)物体在4s～6s内的加速度大小；‎ ‎(2)物体0～6s内的路程；‎ ‎(3)物体0～6s内的平均速度。‎ ‎【答案】(1)‎10m/s2 (2)‎40m (3)‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）在速度-时间图象中，斜率表示加速度，‎ 则在4s-6s内加速度大小为‎10m/s2‎ ‎（2）第4s物体的速度：‎ 由图可知路程是面积的代数和，‎ 正向位移为 负向位移为 故路程为 ‎（3）由图可知6s内物体的位移是 由平均速度公式 解得物体0-6s内的平均速度 ‎16.如图所示，质量为M物体B放在正沿平直轨道向右行驶的车厢底板上，并用竖直细绳通过光滑定滑轮连接质量为m的物体A，与物体A相连接的绳与竖直方向成θ角，两物体始终与车厢保持相对静止.求：‎ ‎(1)车厢加速度大小；‎ ‎(2)绳对物体A的拉力大小；‎ ‎(3)物体B对车厢底板的压力的大小。‎ ‎【答案】(1) (2) (3)‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）以物体A为研究对象，分析受力情况，重力mg 和拉力T，如图所示:‎ 由牛顿第二定律有：‎ 解得车厢的加速度大小 ‎（2）根据拉力T的竖直分量平衡重力得: ‎ 解得绳对物体A的拉力大小 ‎（3）对物体B分析受力如图所示：‎ 在竖直方向处于平衡状态，由平衡条件有 解得车厢对B物体的支持力 由牛顿第三定律可得物体B对车厢底板的压力的大小为:‎ ‎17.如图所示，一个质量为m=‎0.2kg的小物体(P可视为质点)，从半径为R=‎0.8m的光滑圆强轨道的A端由静止释放，A与圆心等高，滑到B后水平滑上与圆弧轨道平滑连接的水平桌面，小物体与桌面间的动摩擦因数为μ=0.6，小物体滑行L=‎1m后与静置于桌边的另一相同的小物体Q正碰，并粘在一起飞出桌面，桌面距水平地面高为h=‎0.8m不计空气阻力，g=‎10m/s2.求：‎ ‎(1)滑至B点时的速度大小；‎ ‎(2)P在B点受到的支持力的大小；‎ ‎(3)两物体飞出桌面的水平距离；‎ ‎(4)两小物体落地前损失的机械能.‎ ‎【答案】(1) (2) (3)s=‎0.4m (4)△E=1.4J ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）物体P从A滑到B的过程，设滑块滑到B的速度为v1，由动能定理有：‎ 解得：‎ ‎（2）物体P做匀速圆周运动，在B点由牛顿第二定律有:‎ 解得物体P在B点受到的支持力 ‎（3）P滑行至碰到物体Q前，由动能定理有:‎ ‎ ‎ 解得物体P与Q碰撞前的速度 P与Q正碰并粘在一起，取向右为正方向，由动量守恒定律有:‎ ‎ ‎ 解得P与Q一起从桌边飞出的速度 由平碰后P、Q一起做平抛运动，有：‎ 解得两物体飞出桌面的水平距离s=‎‎0.4m ‎（4）物体P在桌面上滑行克服阻力做功损失一部分机械能:‎ 物体P和Q碰撞过程中损失的机械能:‎ 两小物体落地前损失的机械能 解得：△E=1.4J