【物理】广西北海市2019-2020学年高一下学期期末考试教学质量检测试题 （解析版） 14页

广西北海市2019-2020学年高一下学期期末考试 教学质量检测试题 本卷命题范围:必修2，选修3-5动量。‎ 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1~8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. 2020年1月10日，工程院院士黄旭华获国家最高科学技术奖，他为核潜艇研制和跨越式发展作出巨大贡献在物理学发展历史中，许多物理学家做出了卓越贡献下列关于物理学家所作科学贡献的叙述中，正确的是（　　）‎ A. 牛顿首次在实验室里测出了引力常量并发现了万有引力定律 B. 开普勒认为“在高山上水平抛出一物体，只要速度足够大就不会再落在地球上”‎ C. 伽利略利用斜面实验和逻辑推理证明了自由落体运动的加速度都相同 D. 第谷发现了行星运动三大定律 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．牛顿首次发现了万有引力定律，卡文迪许在实验室里测出了引力常量，选项A错误；‎ B．牛顿认为“在高山上水平抛出一物体，只要速度足够大就不会再落在地球上”，选项B错误；‎ C．伽利略利用斜面实验和逻辑推理证明了自由落体运动的加速度都相同，选项C正确；‎ D．开普勒发现了行星运动三大定律，选项D错误。‎ 故选C。‎ ‎2. 体操运动员从同样高度翻滚落地时，总有一个屈膝的动作，其原因是（　　）‎ A. 屈膝落地动量小，不易受伤 B. 屈膝落地动量改变小，不易受伤 C. 不屈膝落地动量改变大，容易受伤 D. 屈膝落地可以延长作用时间，从而减小腿部受力，不易受伤 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】人从高处跳下落地时，总有一个曲膝的动作，是为了增加运动员与地面的作用时间，根据动量定理，在动量变化相同的情况下可以减小作用力，避免运动员受到伤害；不会减小动量变化量，也不会减小地面对人的冲量，故ABC错误，D正确。 故选D。‎ ‎3. 如图所示，某人用绳通过定滑轮拉小船，设人匀速拉绳的速度为v0，某时刻绳与水平方向夹角为 ，则船的运动性质及此时刻小船水平速度vx为（　　）‎ A. 船做变加速运动，‎ B. 船做变加速运动，‎ C. 船做匀速直线运动，‎ D. 船做匀速直线运动，‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】船的速度等于沿绳子方向和垂直于绳子方向速度的合速度，如图所示：‎ 根据平行四边形定则可得 vxcosα=v0‎ 解得 因α角的增大，导致vx增大，即船做变加速运动，故A正确，BCD错误。‎ ‎4. 目前，在地球周围有许多人造地球卫星绕着它转，其中一些卫星的轨道可近似为圆，如北斗M3为中圆地球轨道卫星，距地面高度约为21500km，“张衡一号”距地面高度约为 ‎500km，“天宫二号”距地面高度约为393km。若它们的运动均可视为绕地球做圆周运动，则（　　）‎ A. “天宫二号”的加速度大于“张衡一号”的加速度 B. 北斗M3的线速度大于“张衡一号”的线速度 C. “天宫二号”的周期大于北斗M3的周期 D. 北斗M3角速度大于“张衡一号”的角速度 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】卫星绕地球做圆周运动，万有引力提供向心力 A．得，所以“天宫二号”加速度大于“张衡一号”的加速度，A正确；‎ B．得，所以北斗的线速度小于“张衡一号”的线速度，B错误；‎ C．得，所以“天宫二号”的周期小于北斗的周期，C错误；‎ D．得，所以北斗的角速度小于“张衡一号”的角速度，D错误。‎ 故选A。‎ ‎5. 如图所示，长度为L、质量为M的平板车静止在地面上，一个质量为m的人（可视为质点）站在平板车右端某时刻人向左跳出，恰好落到车的左端，此过程中车相对地面的位移大小为（车与水平地面间的摩擦不计）（　　）‎ A. B. C. D. L ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】选取向左为正方向，设人的速度大小为v1，小车后退的速度大小为v2，由于车与水平地面间的摩擦不计，系统的合外力为零，则系统的动量守恒，则有，设人从右端到达左端的时间为t，则人对地的位移大小为，‎ 平板车对地的位移大小为 由空间几何关系得 联立以上各式得 故选B。‎ ‎6. 质量为4kg的物体以2m/s的初速度做匀加速直线运动，经过1s，动量变为14kgm/s，则该物体在这1s内（　　）‎ A. 所受的合力为3N B. 所受的合力为2N C. 所受的冲量为6Ns D. 所受的冲量为1.5Ns ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】取初动量方向为正方向，根据动量定理得 所受冲量为 则合力为 故选C。‎ ‎7. 2020年4月21日，东京奥运会排球测试赛开赛．假设某运动员在比赛中将质量为m=0.28kg的排球（可视为质点）以3m/s的速度水平击出，不计空气阻力，重力加速度g取10m/s2．当排球的速度大小为5m/s时，重力势能的减少量和重力的瞬时功率分别为（　　）‎ A. 2.24J 22.4W B. 2.24J 11.2W C. 4.48J 22.4W D. 4.48J 11.2W ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】排球的机械能守恒，则排球的重力势能的减少量等于动能的增量，则 竖直分速度 重力的瞬时功率 PG=mgvy=0.28×10×4W=11.2W 故选B。‎ ‎8. 如图所示，绷紧的传送带在电动机的带动下始终保持v=1.5m/s的速度匀速运行，传送带与水平地面平行．现将质量为m=4kg的某物块由静止释放在传送带上的右端，过一会儿物块能保持与传送带相对静止，设物块与传送带间的动摩擦因数为μ=0.5，取g=10m/s2，对于物块从静止释放到相对静止这一过程（　　）‎ A. 物块受到的摩擦力对它做的功为2.25J B. 带动传送带的电动机增加的功率为15W C. 物体在传送带上留下的划痕长度为0.225m D. 带动传送带的电动机多做的功为0.9J ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．物块运动过程中，只有摩擦力对它做功，根据动能定理得，摩擦力对物块做的功为，故A错误；‎ B．带动传送带的电动机增加的功率为，故B错误；‎ C．物体在传送带上留下的划痕长度即为两者位移差，根据牛顿第二定律得 联立以上几式并带入数据得划痕长度，故C正确；‎ D．物块放上传送带后，物块做初速度为零的匀加速运动，传送带做速度为v的匀速运动，当达到共速时，传送带的位移等于物块位移的2倍，因摩擦力对物块做功为4.5J，则水平传送带克服摩擦力做的功为9J，即带动传送带的电动机多做的功为9J，故D错误。‎ 故选C。‎ ‎9. 某特技演员驾驶汽车通过竖直平面内半径为的环形车道，汽车以的速度从最低点进入车道，以速度通过最高点。已知演员与汽车的总质量为，汽车可视为质点，重力加速度，则汽车在进入车道从最低点上升到最高点的过程中（　　）‎ A. 汽车在轨道最低点时，轨道受到的压力大小为 B. 汽车在最低点处于失重状态 C. 汽车重力势能减少了 D. 汽车机械能增加了 ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【详解】A．在最低点时，解得，选项A正确； ‎ B．汽车在最低点时，加速度向上，处于超重状态，选项B错误；‎ C．汽车重力势能增加了，选项C错误；‎ D．汽车机械能增加了，选项D正确。‎ 故选AD。‎ ‎10. 如图所示，美国的“卡西尼”号探测器经过长达7年的“艰苦”旅行，进入绕土星飞行的轨道．若“卡西尼”号探测器在半径为R的土星上空离土星表面高h的圆形轨道上绕土星飞行，环绕n周飞行时间为t，已知引力常量为G，则下列关于土星质量M和平均密度ρ的表达式正确的是（　　）‎ A. B. ‎ C D. ‎ ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【详解】AB．探测器绕土星飞行，环绕n周飞行时间为t，则探测器运行的周期为 ‎ 由万有引力提供向心力得 ，得，选项A正确，B错误； CD．由，，得，故D正确、C错误。 故选AD。‎ ‎11. 如图所示，质量相同的木块M、N用轻弹簧连接静止置于光滑的水平面上，开始弹簧处于自然状态。现用水平恒力F推木块M，则在弹簧第一次被压缩到最短的过程中，下列说法正确的是（　　）‎ A. 当M、N加速度相同时，它们的速度vM＜vN B. 当M、N速度相同时，它们的加速度aM＜aN C. 弹力对N做功的功率是逐渐增大的 D. 恒力F所做的功等于两木块总动能的增加量 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【详解】AB．从开始推M到弹簧第一次被压缩到最短的过程中，随着弹簧弹力的增大，物体M的合力逐渐减小，加速度逐渐减小，而N的合力逐渐增大，加速度逐渐增大。在 vM=vN之前，M的加速度先大于N的加速度，后小于N的加速度，所以aM=aN时，vM＞vN。M、N加速度相等后，M的加速度继续减小，N的加速度继续增大，所以vM=vN时，aM＜aN。故A错误，B正确； C．对N，弹力在逐渐增大，N的速度也在逐渐增大，由P=FNv，可知弹力对N做功的功率P逐渐增大，故C正确； D．根据功能关系可知，恒力F所做的功等于两木块总动能的增加量与弹簧弹性势能增加量之和，则恒力F所做的功大于俩物体的总动能的增加量，故D错误。 故选BC。‎ ‎12. 如图所示，两个可视为质点的相同物体a和b放在水平圆转盘上，且物体a、b与转盘中心在同一条水平直线上，物体a、b用细线连接，它们与转盘间的动摩擦因数相同。当圆盘转动到两物体刚好还未发生滑动时，烧断细线，两物体的运动情况是（　　）‎ A. 物体b仍随圆盘一起做匀速圆周运动 B. 物体a发生滑动，离圆盘圆心越来越远 C. 两物体仍随圆盘一起做圆周运动，不发生滑动 D. 两物体均沿半径方向滑动，离圆盘圆心越来越远 ‎【答案】AB ‎【解析】‎ ‎【详解】当圆盘转速加快到两物体刚要发生滑动时，a物体靠细线的拉力与圆盘的最大静摩擦力的合力提供向心力做匀速圆周运动，所以烧断细线后，a 所受最大静摩擦力不足以提供其做圆周运动所需要的向心力，a要发生相对滑动，离圆盘圆心越来越远，但是b所需要的向心力小于b的最大静摩擦力，所以b仍保持相对圆盘静止状态，AB正确CD错误。‎ 故选AB。‎ 二、实验题（本题共2小题，共16分）‎ ‎13. 某学习小组在“探究功与速度变化的关系”的实验中采用了如图甲所示的实验装置 ‎(1)按如图所示将实验仪器安装好，同时平衡______，确定方法是轻推小车，由打点计时器打在纸带上的点的均匀程度判断小车是否_______运动；‎ ‎(2)当小车在两条橡皮筋作用下弹出时，橡皮筋对小车做的功记为W0，当用4条、6条、8条……完全相同的橡皮筋并在一起进行第2次、第3次、第4次……实验时，橡皮筋对小车做的功记为2W0、3W0、4W0……，每次实验中由静止弹出的小车获得的最大速度可由打点计时器所打的纸带测出．关于该实验，下列说法正确的是______‎ A．打点计时器可以用直流电源供电，电压为4~6V B．实验中使用的若干条橡皮筋的原长可以不相等 C．每次实验中应使小车从同一位置由静止释放 D．利用每次测出的小车最大速度vm和橡皮筋做的功W，依次作出W－vm、W－v2m、W－v3m、W2－vm，W3－vm……的图象，得出合力做功与物体速度变化的关系 ‎【答案】 (1). 摩擦力 匀速直线运动 (2). CD ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)=将实验仪器安装好，同时平衡摩擦力，为达到平衡摩擦力的目的，取下细绳和托盘，通过调节垫片的位置，改变长木板倾斜程度，由打点计时器打在纸带上的点的均匀程度判断小车是否做匀速直线运动 ‎(2)A．打点计时器可以用交流电源供电，电压为4～6V，故A错误；‎ B．实验中使用的若干条橡皮筋的原长必须相等，才能保证每根橡皮筋做功相同，故B错误；‎ C．每次实验中应使小车从同一位置由静止弹出，保证每根橡皮筋做功相同，故C正确；‎ D．利用每次测出的小车最大速度vm和橡皮筋做的功W，依次作出W－vm、W－v2m、W－v3m、W2－vm，W3－vm……的图象，由数学知识得出合力做功与物体速度变化的关系，故D正确。‎ 故选CD。‎ ‎14. 某小组利用图甲装置做“验证机械能守恒定律”实验。让重锤从髙处由静止开始下落，打点计时器在重锤拖着的纸带上打出一系列的点，对图中纸带上的点迹进行测量，即可验证机械能守恒定律。‎ ‎ 甲 乙 ‎(1)除带夹子的重锤、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)选出一条清晰纸带如图乙所示，其中点为打点计时器打下的第一个点，、、为三个计数点，打点计时器通以频率为的交变电流。用分度值为的刻度尺测得，，，在计数点和、和之间还各有一个点，重锤的质量为，重力加速度。甲同学根据以上数据算出：当打点计时器打到点时重锤的重力势能比开始下落时减少了_____J；此时重锤的速度_____，此时重锤的动能比开始下落时增加了_____J。（结果均保留三位有效数字）‎ ‎(3)大多数学生的实验结果显示，重力势能的减少量大于动能的增加量，原因是_____。‎ A．利用公式计算重锤速度 B．利用公式计算重锤速度 C．存在空气阻力和摩擦阻力的影响 D．没有采用多次实验取平均值的方法 ‎【答案】 (1). AB (2). 1.85 1.83 1.67 (3). C ‎【解析】‎ ‎【详解】(1) A．打点计时器必须用交流电源才能正常工作，故A正确；‎ B．该实验需要测量长度以便计算重物下落高度和某点的速度，故B正确；‎ C．验证机械能守恒定律原理，等式两边均有质量，可消去，说明该实验可不测量重物质量，故C错误。‎ 故选AB。‎ ‎(2)当打点计时器打到B点时，重锤的重力势能减少量 打B点时重锤的速度 此时重锤的动能增加量 ‎ (3) AB．由两个公式可知此时已经默认重物下落时的加速度为重力加速度，即相当于已经默认了机械能守恒，要验证机械能守恒不能用这两个公式计算重锤速度，故AB错误；‎ C．重物下落过程中存在空气阻力和摩擦阻力的影响，减小的重力势能一部分转化为内能，因此重物重力势能的减少量大于动能的增加量，故C正确；‎ D．该实验中重力势能的减少量大于动能的增加量，属系统误差，采用多次实验取平均值的方法，会减小偶然误差，不会消除系统误差，故D错误。‎ 故选C。‎ 三、计算题（本题共3小题，共36分作答时应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. 一总质量m=5×105kg的列车在水平轨道上行驶，列车受到的阻力Ff是车重的0.01倍，发动机的额定功率P=6×105W，取g=10m/s2，求：‎ ‎（1）若列车以额定功率P工作，当行驶速度为v=1m/s时的瞬时加速度的大小；‎ ‎（2）若列车从静止开始，保持0.5m/s2的加速度做匀加速运动，求这一过程维持的最长时间。‎ ‎【答案】(1)；(2)‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)根据 由牛顿第二定律得 联立并带入数据得 ‎(2)加速过程速度增大，功率也增大，当加速到最大功率时瞬间，由牛顿第二定律得 联立并带入数据解得 ‎16. 如图所示，光滑水平面上有质量分别为m1=2kg、m2=1kg小车A、B，小车A的右端水平连接一根轻弹簧，两车以大小v0=6m/s的初速度相向运动不计相互作用过程中机械能的损失，求:‎ ‎（1）当小车B的速度大小为2m/s，方向水平向左时，小车A的速度v1；‎ ‎（2）小车A和B相互作用过程中，弹簧获得的最大弹性势能Epm及此时两车的速度．‎ ‎【答案】（1）；（2）Epm=48J；‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）规定向右为正方向，由动量守恒定律得 解得，小车A的速度 ‎（2）当小车A、B的速度相同时，弹簧被压缩最短，弹簧的弹性势能最大。规定向右为正方向，由动量守恒定律有 代入数据解得，此时两车的速度 由能量守恒定律得 代入数据解得，最大弹性势能 Epm=48J ‎17. 如图所示，倾角为的粗糙平直导轨与半径为r的光滑圆环轨道相切，切点为b，整个轨道处在竖直平面内. 一质量为m的小滑块从导轨上离地面高为H=3r的d处无初速下滑进入圆环轨道，接着小滑块从最高点a水平飞出，恰好击中导轨上与圆心O等高的c点. 已知圆环最低点为e点，重力加速度为g，不计空气阻力. 求：‎ ‎（1）小滑块在a点飞出的动能；‎ ‎（）小滑块在e点对圆环轨道压力的大小；‎ ‎（3）小滑块与斜轨之间的动摩擦因数. （计算结果可以保留根号）‎ ‎【答案】（1）；（2）F′=6mg；（3）‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）小滑块从a点飞出后做平拋运动：‎ 水平方向： ‎ 竖直方向： ‎ 解得： ‎ 小滑块在a点飞出的动能 ‎ ‎（2）设小滑块在e点时速度为，由机械能守恒定律得：‎ ‎ ‎ 最低点由牛顿第二定律： ‎ 由牛顿第三定律得：F′=F ‎ 解得：F′=6mg ‎ ‎（3）bd之间长度为L，由几何关系得： ‎ 从d到最低点e过程中，由动能定理 ‎ 解得