【文档说明】【精准解析】甘肃省武威第六中学2019-2020学年高一下学期第一次学段期末考试物理试卷.doc，共(18)页，656.500 KB，由小赞的店铺上传

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武威六中2019-2020学年度第二学期第二次学段考试高一物理试卷第I卷（选择题）一、选择题：本题共12小题，每小题4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

.关于曲线运动，下说法中正确的是（）A.曲线运动的速度不一定发生变化B.曲线运动的加速度可能为零C.在恒力作用下，物体也可能做曲线运动D.物体做曲线运动，速度方向可能不发生变化【答案】C【解析】【详解】A．曲线运动的速度方向一定是

变化的，则速度一定发生变化，A错误；B．曲线运动的速度一定变化，则加速度一定不为零，B错误；C．在恒力作用下，物体也可能做曲线运动，例如平抛运动，C正确；D．物体做曲线运动，速度方向一定发生变化，D错误。故选C。2.如图所示，一质量为2kg的物体放在光滑的

水平面上，原来处于静止状态，现用与水平方向成60°角的恒力F=10N作用于物体上，历时5s，则（）A.力F对物体的冲量大小为25N·sB.力F对物体的冲量大小为50N·sC.物体的动量变化量为50kg·m/sD.物体所受重力的冲量大小为0【答案】B【解析】【详解】AB．力F对物体

的冲量大小50NsFIFtA错误，B正确；C．物体所受合外力的冲量ocos6025NsIFt合根据动量定理，物体的动量变化量为25kg·m/s，C错误；D．这段时间内重力的冲量大小G100NsImgtD错误。故选B。3.如图所示，在光滑的水平面上有一

质量为1kg的小球以1m/s的速度向前运动，与质量为3kg的静止木块发生碰撞，假设碰撞后木块的速度是1m/sv木，则（）A.1m/sv木这一假设是合理的，碰撞后球的速度为2m/sv球B.1m/sv木这一假设是合理的，碰撞后小球被弹回来C.1m/sv木这一假设是不合理的，因

而这种情况不可能发生D.1m/sv木这一假设是可能发生的，但由于题给条件不足，v球的大小不能确定【答案】C【解析】【详解】若1m/sv木，则由动量守恒定律可知1012mvmvmv球木解得2m/sv球此时碰前动能211

010.5J2Emv碰后动能222121113.5J>22EmvmvE球木则假设不合理，因而这种情况不可能发生，故选项C正确，ABD错误。故选C。4.如图所示，在匀速转动的圆筒内壁上有一物体随圆筒一起转动而未滑动。若圆筒和物体以更大的角速度做匀速转动，下列说法正确的是（）A.物体

所受弹力增大，摩擦力也增大B.物体所受弹力增大，摩擦力减小C.物体所受弹力减小，摩擦力减小D.物体所受弹力增大，摩擦力不变【答案】D【解析】【详解】物体做匀速圆周运动，合力指向圆心，对物体受力分析，受重力、向上的静摩擦

力、指向圆心的支持力，如图，开始时重力G与静摩擦力f平衡，支持力N提供向心力，当圆筒的角速度ω增大以后，向心力变大，物体所受弹力N增大，最大静摩擦增大，物体仍静止，即重力G与静摩擦力f平衡，故ABC错误，D正确。故选D。5.如图所示，飞机做特技表演时

，常做俯冲拉起运动，此运动在最低点附近可看作是半径为500m的圆周运动．若飞行员的质量为65kg，飞机经过最低点时速度为360km/h，则这时飞行员对座椅的压力为：(取g＝10m/s2)（）A.650NB.1300NC.1800ND.1950N【答案】D【

解析】【详解】分析飞行员的受力情况，根据牛顿第二定律和向心力公式可得2N-vFmgmr已知500mr、360km/h100m/sv，代入上式解得座椅对飞行员的支持力N1950NF，根据牛顿第三定律可知，飞行员对座椅的压力为1950N，所以只有D正确。故选D。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θ，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sinmgTC.保持角速度不变，增大小球质量，则夹角θ将减小D.小球运动的角速度cosgL【答案】D【解析】【详解】A：对摆球受力分析，摆球受重力、拉力的作用．故A项错误．BCD：摆球受力情况如图，竖直方向上有cosTmg，水平

方向上有2sinTmr；由几何关系有sinrL，联立解得：悬线对小球的拉力cosmgT、小球运动的角速度cosgL；由cosgL知，保持角速度不变，增大小球质量，夹角θ不变．故BC两项错误，D项正确．7.

质量为m的均匀链条长为L，开始放在光滑的水平桌面上时，有14的长度悬在桌边缘，如图所示，松手后，链条滑离桌面，问从开始到链条刚滑离桌面过程中重力势能变化量为（）A.1532mgLB.132mgLC.1532mgLD.12mgL【答案】C【解析】【详解】设桌面为零势能

面，开始时链条的重力势能为11114832EmgLmgL当链条刚脱离桌面时的重力势能21122EmgLmgL所以重力势能的变化量21532EEEmgL故C符合题意，ABD不符合

题意。8.如图所示，一质量为m的小球固定于轻质弹簧的一端，弹簧的另一端固定于O点处，将小球拉至A处，弹簧恰好无形变，由静止释放小球，它运动到O点正下方B点间的竖直高度差为h，速度为v，则（）A.由A到B重力做的功等于mghB.由A到B重力势能减少1

2mv2C.由A到B小球克服弹力做功为mghD.小球到达位置B时弹簧的弹性势能为mgh+22mv【答案】A【解析】【详解】A．重力做功W=mgh与是否受其它力无关，而从A下降到B下降的高度为h，故A正确；B．从A下降到B的过程中，根据动能定理212mghWmv弹重力势能的

减小量2p12EmghWmv弹故B错误；CD．在这个过程中，克服弹力做的功212Wmghmv弹小球到达位置B时弹簧的弹性势能为2p12EWmghmv弹故CD错误。故选A。9.如图所示，小球A、B分别从

2l和l的高度水平抛出后落地，上述过程中A、B的水平位移分别为l和2l。忽略空气阻力，则（）A.A和B的位移大小相等B.A的运动时间是B的2倍C.A的初速度是B的12D.A的末速度比B的大【答案】AD【解析】【详解】A．位

移为初位置到末位置的有向线段，如图所示可得22A25slll，22B25slllA和B的位移大小相等，A正确；B．平抛运动运动的时间由高度决定，即A222lltgg，B22lltgg则A的运动时间是B的2倍，B错误；C．平抛运动，在水平方

向上做匀速直线运动，则xAA2gllvt，xBB22lvglt则A的初速度是B的122，C错误；D．小球A、B在竖直方向上的速度分别为yA2vgl，yB2vgl所以可得A172glv，B1622glvgl即ABvv，D正

确。故选AD。10.有a、b、c、d四颗地球卫星，a还未发射，在地球赤道上随地球表面一起转动，b处于地面附近近地轨道上正常运动，c是地球同步卫星，d是高空探测卫星，各卫星排列位置如图所示．则下列说法不正确的是（）A.a的向心加速度等于重力加速度gB.c在4h内转过的圆心角是6C.b在相同时间

内转过的弧长最长D.d的运动周期有可能是25h【答案】AB【解析】【详解】A．地球同步卫星的周期c必须与地球自转周期相同，角速度相同，则知a与c的角速度相同，根据a=ω2r知，c的向心加速度大．由2MmGmgr

得2GMgr卫星的轨道半径越大，向心加速度越小，则同步卫星c的向心加速度小于b的向心加速度，而b的向心加速度约为g，故知a的向心加速度小于重力加速度g．故A错误，符合题意；B．c是地球同步卫星，周期是24h，则c在4h内转过的圆心角是42243hh

．故B错误，符合题意；C．由22=rmMvGmr解得GMvr可知，卫星的轨道半径越大，速度越小bcdvvv又a和c的角速度相同，vR可知cavv所以b的速度最大，在相同时间内转过的弧长最长．故C正确，不符合题意；D．由开普勒第三定律32RkT知卫星的轨道半径越大，周期越大

，所以d的运动周期大于c的周期24h．故D正确，不符合题意。故选AB。11.一辆汽车在水平路面上由静止启动，在前4s内做匀加速直线运动，4s末达到额定功率，之后保持额定功率运动，其v﹣t图象如图所示。已知汽车的质量为m＝3×103kg，汽车

受到的阻力为车重的0.2倍，g取10m/s2，则（）A.汽车的最大速度为20m/sB.汽车的额定功率为180kWC.汽车在前4s内的牵引力为1.5×104ND.汽车在前4s内牵引力做的功为3.6×104J【答案】BC【解析】【详解】ABC．由题可知汽车所受阻

力330.20.210310N610Nfmg前4s内的加速度为2212m/s3m/s4vat前4s内汽车做匀加速运动，由牛顿第二定律可得Ffma解得41.510NF汽车在4s时达到额定功率，其额定功率为451.51012W1.810W=180k

WPFv当汽车受力平衡时速度最大，其最大速度为531.810m/s30m/s0.210310mPvf故A错误，B、C正确；D．前4s内的位移为221134m24m22xat汽车在前4s内牵引力做的功为451.51024J=3.610JWFx

故D错误。故选BC。12.如图所示，一个质量为M、长为L的木板B静止在光滑水平面上，其右端放有可视为质点的质量为m的滑块A，现用一水平恒力作用在滑块上，使滑块从静止开始做匀加速直线运动。滑块和木板之间的摩擦力为fF，滑块滑到木板的最左端时，木板运动的距离为x，此过程

中，下列说法正确的是（）A.滑块A到达木板B最左端时，具有的动能为()()fFFLxB.滑块A到达木板B最左端时，木板B具有的动能为fFxC.滑块A克服摩擦力所做的功为fFLD.滑块A和木板B增加的机械能为()fFLx

FL【答案】ABD【解析】【详解】A．对滑块A分析，滑块A相对于地的位移为Lx，根据动能定理得2102fFFLxmv则知滑块A到达木板B最左端时具有的动能为fFFLx。选项A正确。B．对木板B分析，根据动能定理得2102

fFxMv则知滑块A到达木板B最左端时，木板B具有的动能为fFx。选项B正确。C．滑块A相对于地的位移大小为Lx，则滑块A克服摩擦力所做的功为()fFLx。故选项C错误。D．根据能量守恒得，外力F做的功转化为木板B和滑块A的机械能和摩擦产生的内能，则有()F

LxEQ则滑块A和木板B增加的机械能为()fEFLxFL选项D正确。故选ABD。第II卷（非选择题）二、实验题（2小题，共计14分）13.测量动摩擦因数的实验方法比较多.小华利用了如图甲所示的实验装置对物块与水平台面之间的动

摩擦因数进行了测量.小华首先将一斜面固定在有一定高度的水平台面.将物体从斜而体的顶端由静止释放.物体在水平台面上滑过一段距离x离开台面,经过一段时间落在水平面上.测量出落地点距离台面边缘的水平间距并记录为s.然后改变斜面体底端到台面边缘的距离x.重复上面的操作.得到多组x、s数据.最后作出s2-x

图象如图乙所示.回答下列问题:（1）每次物块均从斜而体的顶端由静止释放,其目的是__________________。（2）为了完成物块与水平台面间动摩擦因数的测量.除了实验步骤中记录的数据外.本实验还应测量的物理

量有____________。A.斜面体的最高点距离台而的高度hB.物块的质量mC.台而到水平面的高度H（3）如果图乙中图线的斜率绝对值为k.则物块与台面之间的动摩擦因数的关系式为=________.(用以上的物理量符号表示)【答案】(1).使物块到达斜面体底端时的速度相等(2

).C(3).4kH;【解析】【分析】本题考查测定动摩擦因数的创新方法。【详解】（1）[1]每次物块均从斜面体的顶端由静止释放，是为了保证物块到达斜面体底端的速度相等，使物块在台面上运动的初速度相同；（2）[2]还需要测量台面到水平面的高度H.（3）[3]根据动能定理可知22112

2Cmgxmvmv根据平抛运动规律可知212Hgtsvt联立以上各式得：22024HvsHxg解得：4kH14.如图1所示，某同学利用自由落体运动进行验证机械能守恒定律的实验：（1）除带夹

子的重物、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）实验中，该同学先接通电源，再释放重物，得到一条图2所示的纸带，其中O点为打点计时器打下的

第一个点，A、B、C为纸带上所打的三个点，测得它们到起始点O的距离分别为h1、h2、h3，在A和B、B和C之间还各有一个点。已知当地重力加速度为g，打点计时器打点的周期为T，重物的质量为m，从打O点到打B点的过程中，重物的

重力势能减少量ΔEp=_______，动能增加量ΔEk=____________；该同学数据处理的结果比较合理的应当是ΔEp_____ΔEk（选填>、=、或<）；【答案】(1).AB(2).2pEmgh(3).231124khhEmT(4).

>【解析】【详解】（1）[1]．除带夹子的重物、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交流电源和刻度尺，由于要比较mgh与12mv2的关系，两边质量消掉，可知

不需要天平（含砝码）；故选AB。（2）[2][3][4]．从打O点到打B点的过程中，重物的重力势能减少量2pEmgh打B点时小车的速度314BhhvT=动能增加量223111224kBhhEmvmT

该同学数据处理的结果比较合理，但是由于重物下落时受到阻力作用，则使得ΔEp>ΔEk。三、解答题（3小题，共计38分）15.如图所示，质量为0.4kg的木块以2m/s的速度水平地滑上静止在光滑水平地面上的平板小车，车的质量为1.6

kg，木块与小车之间的摩擦系数为0.2(g取10m/s2)．设小车足够长，求：(1)木块和小车相对静止时小车的速度大小；(2)从木块滑上小车到它们处于相对静止所经历的时间；(3)为了防止木块从小车上滑落，小车至少多长？【答案】(1)0.4m/s(2)0.8s(3)0.8m【解

析】【详解】(1)以木块和小车为研究对象，向右为正方向，由动量守恒定律可得：0()mvMmv解得：00.4m/smvvMm(2)以木块为研究对象，由动量定理可得0ftmvmv且fmg得到00.8svvtg(3

)根据能量守恒22011()22mvmgLMmv解得小车至少长度0.8mL．答：(1)0.4m/s(2)0.8s(3)0.8m16.如图甲所示，长为4m的水平轨道AB与半径为R=0.6m的竖直半圆弧

轨道BC在B处相连接，有一质量为1kg的滑块（大小不计），从A处由静止开始受水平向右的力F作用，F的大小随位移变化的关系如图乙所示，滑块与AB间的动摩擦因数为μ=0.25，与BC间的动摩擦因数未知，g取10m/s2，求：(1)滑块在水平轨道AB上运动前2m过程所用的时

间；(2)滑块到达B处时的速度大小；(3)若到达B点时撤去力F，滑块沿半圆弧轨道内侧上滑，并恰好能到达最高点C，则滑块在半圆弧轨道上克服摩擦力所做的功是多少？【答案】(1)18s35t；(2)210m/sBv；(3)5J【解析】【详解

】(1)在前2m内有11Fmgma且211112xat解得18s35t(2)滑块从A到B的过程中，由动能定理有2112312BFxFxmgxmv即212021010.2511042Bv解得210m/sB

v(3)当滑块恰好能到达C点时，应有2cvmgmR＝滑块从B到C的过程中，由动能定理有2211222CBWmgRmvmv=解得W=-5J即克服摩擦力做功为5J。17.如图所示，有一倾斜放置的长度L＝30m的传送带，与水平面的夹角θ＝37°，传送带一直保持匀速运动，

速度v＝4m/s。现将一质量m＝1kg的物体轻轻放上传送带底端，使物体从底端运送到顶端，已知物体与传送带间的动摩擦因数μ＝0.8.以物体在传送带底端时的势能为零，求此过程中：（已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，

重力加速度g＝10m/s2）(1)物体从底端运送到顶端所需的时间；(2)物体到达顶端时的机械能；(3)物体与传送带之间因摩擦而产生的热量；(4)电动机由于传送物体而多消耗的电能。【答案】(1)12.5s；(2)188J；(3)128J；(4

)316J.【解析】【详解】(1)物体放到传送带时先做匀加速直线运动，设加速度为a。根据牛顿第二定律得μmgcosθ-mgsinθ=ma解得a=μgcosθ-gsinθ=0.4m/s2设物体匀加速至速度等于v=4m/s时用时间110svta通过的位移为x1。则v2=2ax1

得220m30m2vxLa1＜共速时，由于μmgcosθ＞mgsinθ所以之后物体随传送带匀速上升，则到达顶端还需时间123020s=2.5s4Lxtv共需时间t=t1+t2=12.5s

(2)物体到达顶端时的动能218J2kEmv＝＝重力势能sin37180JPEmgL＝＝机械能E＝Ek+Ep＝188J(3)设物体匀加速运动的时间为t，则v=at得t=10s在t时间内传送带的位移x带=vt=40mt时间内物体与传送带间的相对位移大小△x=x带-x1=20m因摩擦产生

的热量Q=μmgcosθ△x代入数据解得Q=128J(4)电动机由于传送物体而多消耗的电能E电=E+Q=316J