【文档说明】福建省连城县第一中学2019-2020学年高一下学期期中考试物理试题 【精准解析】.doc，共(18)页，799.500 KB，由小赞的店铺上传

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连城一中2019-2020学年下期高一年级半期考物理试卷一、选择题1.关于机械能是否守恒的叙述，正确的是（）A.作匀速直线运动的物体的机械能一定守恒B.只有重力对物体做功，物体机械能一定守恒C.作匀变速运动的物体机械能一定守恒D.

外力对物体做功为零时，机械能一定守恒【答案】B【解析】【详解】A、做匀速直线运动的物体机械能不一定守恒，比如：降落伞匀速下降，机械能减小．故A错误．B、只有重力对物体做功，物体机械能一定守恒．故B正确．C、做匀变速直线运动的物体机械能不

一定守恒，比如：水平面上的匀加速直线运动，机械能增大，故C错误．D、除重力和弹簧的弹力之外的外力对系统做功的代数和为零时，系统的机械能才守恒，故D错误．故选B．【点睛】解决本题的关键掌握机械能守恒的条件，机械能守恒的条件是只有重力或弹簧弹力做功；要

正确理解只有重力做功，物体除受重力外，可以受其它力，但其它力不做功或做功的代数和为0．2.如图，x轴在水平地面内，y轴沿竖直方向。在y轴上的A点固定一个发球机，图中画出从发球机沿x轴正方向依次水平射出两个乒乓球a、

b的运动轨迹，不计空气阻力，与b球相比，a球（）A.速度变化率较大B.水平射出的初速度较大C.落地时速度较大D.落地时速度方向与其水平初速度方向的夹角较大【答案】D【解析】【详解】A．由题知，a、b小球都做平抛运动，故有速度的变化率：vagt所以，a、b小球速度变化率相同，均为g。故

A错误；B．由平抛运动规律有：212ygt0xvt联立得02gvxy由题图可知a、b小球y一样大，xa<xb。所以，va0<vb0，故B错误；C.由平抛运动规律可知，小球落地速度，落地时间为：222200()

yvvvvgt2ytg所以，a、b小球落地的t相等，又va0<vb0。所以，落地速度va<vb，故C错误；D．设小球落地时速度方向与其水平初速度方向的夹角为，则由平抛运动规律有0tanyvv由于a、b小球vy相

等且va0<vb0。所以，可得tantanab，所以ab，故D正确；故选D。3.在水平地面上的O点同时将甲、乙两球斜向上抛出，甲、乙两球在同一竖直面内运动，其轨迹如图所示，甲、乙两球运动的最大高度相

等。不计空气阻力，下列说法正确的是（）A.甲球在O点抛出的速度比乙球的大B.乙球在O点抛出的速度比甲球的大C.甲球先到达最大高度处D.乙球先到达最大高度处【答案】B【解析】【详解】ABCD．设小球在O点抛出的初速度为v

，水平分速度vx，竖直分速度vy，到达最大高度处时所用时间为t，则由斜抛运动规律，小球到达最高点时，水平方向位移：xxvt竖直方向位移，速度有：212ygtygtv联立求得：2ytg22222xygx

vvvgyy由题图可知甲、乙两球到达最大高度处时，xx甲乙，yy甲乙，故判断出tt甲乙，vv乙甲，故ACD错误，B正确；故选B。4.质量为1.0kg的质点在Oxy平面内运动，质点在x轴和y轴方向上的速度随时间变化图象分别如图甲、乙所示，下列说法正

确的是（）A.质点在Oxy平面做直线运动B.第2s末质点速度大小为3.0m/sC.质点运动的加速度大小为1.5m/s2D.质点受到的合外力大小为1.0N【答案】D【解析】【详解】A．由v-t图像可判断，该质点在x轴方向上做匀速直线运动，y方向上做匀加速直线运动，则合运动为匀变速曲线运动，故A错误；

B．由v-t图像可得，第2s末，vx=4m/s，vy=3m/s，故该质点此时速度大小222243m/s5m/sxyvvv故B错误；C．该质点的加速度为vy-t图像的斜率，即223-1m/s1m/s2-0yvat

故C错误；D．该质点所受合外力大小为：1.01N1.0NFma合故D正确；故选D。5.引体向上是中学生体育测试的项目之一，引体向上运动的吉尼斯世界纪录是53次/分钟。如图所示，一个普通中学生在20秒内完成8次引体向上，该学生在此过程中克服重力做功的平均功率最接近于（）A.5

WB.20WC.100WD.400W【答案】C【解析】【详解】学生体重约为50kg，每次引体向上上升的高度约为0.5m，引体向上一次克服重力做的功为50100.5J250JWmgh所以，全过程克服重力做功的平均功率为8250J10

0W20snWPt故C正确，ABD错误；故选C。6.下列图中实线为河岸，河水的流动方向如图中v的箭头所示，虚线为小船从河岸M驶向对岸N的实际航线．则其中可能正确的是()A.B.C.D.【答案】AB【解析】【详解】A、由图示小船垂直于河岸行驶，小船合速度的方向偏向

下游，且过河时间最短，故A正确；B、小船要想横渡过河，船头就应向上游有一定的偏角，使得船在静水中沿上游河岸的速度分量与河水的速度大小相等，方向相反，合速度垂直河岸，渡河位移最短，故B正确；C、船头垂直指向对岸时，由速度的合成可知，合速度应是偏向下游的

，故C错误；D、船头偏向下游时，合速度的方向与河水流动的方向间的夹角应为锐角，故D错误．7.将质量为1kg的小球竖直向上抛出，最终落回抛出点，该过程的vt图象如图所示。假设小球运动过程中所受阻力大小恒定，重力加速度g取10m/s2。下列说

法正确的是（）A.小球上升的最大高度为48mB.小球下降过程的加速度大小为29m/sC.小球上升过程与下落过程所用时间之比为2:3D.小球落回到抛出点时的速度大小为86m/s【答案】D【解析】【详解】A．由vt图像可知，小球竖直向上做匀减速直线运动，2s末小球到达最大高度h，故有0()(2

4+0)m/s=2s=24m22stvvht故A错误；B．由vt图像斜率表示加速度，可得小球上升过程中的加速度a1大小为：22124m/s12m/s2vat设小球所受阻力为f，则由牛顿第二定律有,上升过程中：1mg

fma下落过程中，加速度大小为a2，则：2mgfma代入相关数据，可求得a2=8m/s2，故B错误；C．利用逆向思维，根据212hat可得小球上升到最高点的时间t1与下落到出发点的时间t2之比为：122

182123tata故C错误；D．设小球下落回出发点时的速度大小为v，则有222vha代入数据求得：=86m/sv，故D正确；故选D。8.如图所示，水平地面上一辆汽车正通过一根跨过定滑轮不可伸长的绳子提升竖井中的重物，不计绳重及滑轮的摩擦，在汽车向右以v0匀速前进

的过程中，以下说法中正确的是（）A.当绳与水平方向成θ角时，重物上升的速度为0sinvB.当绳与水平方向成θ角时，重物上升的速度为v0cosθC.汽车的输出功率将保持恒定D.被提起重物的动能不断增大【答案】BD【解析】【详解】AB．将汽车的速度v0沿

绳子的方向和垂直于绳子的方向进行正交分解，如图所示，则有重物上升的速度0cosvv物故A错误，B正确；C．汽车向右匀速前进的过程中，角度θ逐渐减小，cosθ增大，所以v物增大，重物加速上升，克服重力做功的功率增大，根据能量守

恒定律知，汽车的输出功率增大，故C错误；D．由0cosvv物可知，汽车向右匀速前进的过程中，角度θ逐渐减小，cosθ增大，所以v物增大，动能不断增大，故D正确。故选BD。9.如图所示，在斜面顶端先后水平抛出同一小球，第一次小球落到

斜面中点，第二次小球落到斜面底端，从抛出到落至斜面上(忽略空气阻力)（）A.两次小球运动时间之比t1∶t2＝1∶2B.两次小球运动时间之比t1∶t2＝1∶2C.两次小球抛出时初速度之比v01∶v02＝1∶2D.两次小球抛出时初速度之比v01∶v02＝1∶2【答案】AC【解析】【详解】

AB.平抛运动在竖直方向上做自由落体运动，根据212hgt解得2htg因为两次小球下降的高度之比为1：2，则运动时间之比为12:1:2tt故A正确，B错误；CD.小球水平位移之比为1：2，由0xv

t得：水平初速度之比为0102:1:2vv故C正确，D错误．故选C。10.如图所示，质量为m的物体（可视为质点）以某一速度从A点冲上倾角为37（sin37=0.6）的固定斜面，其运动的加速度大小为g，此物体在斜面上升的最大高度为h，则在上升

过程中物体（）A.重力势能增加35mghB.动能损失53mghC.克服摩擦力做功25mghD.机械能损失23mgh【答案】BD【解析】【详解】A．根据重力做功与重力势能变化关系可知，物体的重力势能增加了pEmgh故A错误；B．根据动能定理可知，减少的动能为k5

sin373hEmamgh故B正确；C．对物体由牛顿第二定律可得sin37mgfma解得0.4fmg物体克服摩擦力做的功为20.4sin373fhWmgmgh故C错误；D．根据“功能原理”可知

，除重力和系统内弹簧弹力外其他力做功即为损失的机械能，所以损失的机械能23Emgh故D正确。故选BD。11.为减少二氧化碳排放，我国城市公交推出新型节能环保电动车。在检测某款电动车性能的实验中，质量为m的

电动车由静止开始沿平直公路直线行驶，达到的最大速度为mv。利用传感器测得此过程中不同时刻电动车的牵引力F与对应的速度v，并描绘出1Fv图象（图中AB、BC均为直线），假设电动车行驶中所受的阻力恒定，图中

1F、2F已知，从图象提供的信息可得（）A.图线AB段，电动车做变加速直线运动；图线BC段，电动车做匀加速直线运动B.电动车匀加速运动的加速度大小为12FFmC.电动车的额定功率为2mFvD.电动车由静止开始达到最大速度所用的时间m12mvFF【答案】BC【解析】【详

解】A．根据图线可知，图线AB段，牵引力恒定、阻力恒定，则加速度恒定，电动车做匀加速直线运动；图线BC段，图像的斜率表示功率，则功率不变，牵引力减小、阻力不变，则加速度减小，电动车做变加速直线运动，故A错误；B．电动车在C点以后做匀速直线运动，牵引力等于阻力，则阻力大小为F2，电动车在AB段做匀加

速运动的加速度大小为12FFam故B正确；C．匀速运动的速度为vm，则电动车的额定功率为2mmPfvFv故C正确；D．根据图线无法求解电动车由静止开始达到最大速度所用的时间，故D错误。故选BC。12.如图所示，物块的质量为m，它与水平桌面间的动摩擦因

数为μ,起初，用手按住物块，弹簧的伸长量为x,放手后，物块向左运动至弹簧压缩量为y时停下．当弹簧的长度恢复原长时，物块的速度为v,则A.x＞yB.物块运动过程中的最大速度为vC.全过程弹簧弹性势能的减小量为μmg(x+y)D.从物块开始运动到弹簧

恢复原长的过程中弹力做功212mvmgx【答案】AC【解析】【详解】若没有摩擦力，物块做简谐运动，根据对称性可知x=y．现在物块受到滑动摩擦力作用，机械能要减少，可得x＞y，故A正确；从放手到弹簧的长度恢复原长过程中，弹簧

的弹力先大于摩擦力，后小于摩擦力，所以物块先加速后减速，最大速度一定大于v，故B错误；根据能量守恒定律可知，全过程弹簧弹性势能的减小量为μmg（x+y），故C正确；从物块开始运动到弹簧恢复原长的过程中，根据动能定理可得：212FWmgxmv，可得弹力做功为：212FWmgxmv，

故D错误．所以AC正确，BD错误．二、实验题13.某同学把附有滑轮的长木板平放在实验桌上，将细绳一端拴在小车上，另一端绕过定滑轮，挂上适当的钩码，使小车在钩码的牵引下运动，以此定量探究细绳拉力做功与小车动能变化的关系。此外还准备了打点计时器及配套的电源、导线、复写

纸、纸带、刻度尺等，组装的实验装置如图所示。(1)若要完成该实验，必需的实验器材还要有____________；(2)实验开始时，他先调节木板上定滑轮的高度，使牵引小车的细绳与木板平行，他这样做的目的是（）（填字母代号）；A．可使打点计时器在纸带上打出清晰的点迹B．可以保证小车最终能够实现

匀速直线运动C．可在平衡摩擦力后使细绳拉力等于小车受到的合外力(3)平衡摩擦力后，当他用多个钩码牵引小车时，发现小车运动过快，致使打出的纸带上的点数较少，难以选到合适的点计算小车速度，在保证小车的总质量不变的条件下，请你

利用本实验的器材提出一个解决方法：_________________；(4)他将钩码重力做的功当作细绳拉力做的功，经多次实验发现拉力做功总是要比小车动能增量大一些。这一情况是下列哪个原因造成的________（填字母代号）。A．小车释放时离打点计时器太近B．平衡摩擦力时木板与水平面的

倾角过大C．钩码做匀加速运动，钩码重力大于细绳拉力【答案】(1).天平(2).C(3).适当减少所挂钩码个数(4).C【解析】【详解】(1)[1]根据本实验的实验原理是合外力所做的功等于动能的变化量，通过研究纸带来研究小车的速度，利

用天平测量小车的质量，利用砝码的重力代替小车的合外力，所以需要用天平测得小车的质量，即还需要天平（带砝码）；(2)[2]实验过程中，为减少误差，提高实验的精确度，他先调节木板上定滑轮的高度，使牵引小车的细绳与木板平行，目的是消除摩擦带来的误差，即平衡摩擦力后，

使细绳的拉力等于小车的合力，故AB错误，C正确。故选C；(3)[3]平衡摩擦力后，当他用多个钩码牵引小车时，发现小车运动过快，致使打出的纸带上点数较少，即小车的加速度大，所以应减少小车的加速度，据牛顿第二定律可知，在小车质量不变的情况下，只能适量减小钩码的个数

；(4)[4]他将钩码重力做的功当做细绳拉力做的功，经多次实验发现拉力做功总是要比小车动能增量大一些，从功能关系看出：该实验一定有转化为内能的，即试验中有存在摩擦力没有被平衡掉；还有该实验要求，只有当小车的质量远大于砝码的质量时，

小车的拉力才近似等于砝码的重力，故AB错误，C正确。故选C。14.某同学利用竖直上抛小球的频闪照片验证机械能守恒定律，频闪仪每隔0.05s闪光一次，如图所标数据为实际距离，该同学通过计算得到不同时刻的速度如下表。已知小球质量0.10kgm，当地重力加速度g取29.80m/s。时刻t2t

3t4t5速度/m∙s-14.994.483.983.48(1)从2t到5t时间内，重力势能增量pE_____J（结果保留2位有效数字），动能减少量k0.64JE；(2)在误差允许的范围内，若pE与kE近似相等，即可验证机械能守

恒定律。由上述计算得pE____kE(选填“>”“<”或“＝”)，造成这种结果的主要原因是___。【答案】(1).0.62(2).<(3).存在空气阻力【解析】【详解】(1)[1]重力势能的增加量p0.19.8(0.23680.21160.1866)J0.62J

Emgh(2)[2][3]由于纸带和打点计时器的摩擦以及空气阻力的存在，导致动能减小量没有全部转化为重力势能，因此pkEE三、计算题15.如图为一娱乐节目中的某个通关环节示意图，

参赛选手从高台上以一定的速度水平跳出，落在水中的平台上才能进入下一通关环节。图中高台离水面高3.2mh，平台距离高台14.8ml，平台宽度为21.6ml。不计空气阻力，重力加速度g取210m/s

。求：(1)选手落到平台上的时间；(2)选手要落到平台上，水平跳出的最大速度。【答案】(1)0.8s；(2)8m/s【解析】【详解】(1)由212hgt代入数据得0.8st(2)由12llvt代入数据得

8m/sv16.质量3410kgm的汽车以48KWP的额定功率沿平直公路行驶，所受阻力恒定，最大速度为24m/s。求：(1)汽车受到的恒定阻力f(2)若汽车从静止开始运动，达到最大速度时前进了864m，求汽车从静止开始运动到最大速度经历的时间。【答案】(1)2×103N；(2)6

0s【解析】【详解】(1)根据pFv，当F=f时速度最大即434.810N210N24mpfv(2)由动能定理有2102mPtfsmv代入数据解得60st17.质量1kgm的物体，在水平拉力F(拉力方向与物体初速度方向相同)的作用下，沿粗糙水平面运动，经过位移4m时，拉力F

停止作用，运动到位移是8m时物体停止，运动过程中kEx的图线如图所示。求：(g取210m/s)(1)物体的初速度0v；(2)物体和水平面间的动摩擦因数；(3)拉力F的大小。【答案】(1)2m/s；(2)0.25；(3)4.5N【解析】【详解】(1)由图像可得2k001

2Emv，代入数据得02m/sv(2)设物体在4m处的动能为k1E，物体4－8m内，由动能定理得210kmgsE代入数据得0.25(3)物体在0－4m，由动能定理得1k1k0()FmgsEE代入数据得4.5

NF18.如图所示，在水平面上有一轻质弹簧，其左端与竖直墙壁相连，在水平面右侧有一倾斜的传送带与水平面在A点平滑连接，皮带轮以5m/sv的速率逆时针匀速转动。一质量1kgm可视为质点的物体压缩弹簧

到O点（与弹簧不拴接），然后静止释放，最后物体到达传送带上端B点时的速率刚好为零。已知物体与水平面及物体与传送带的动摩擦因数均为0.5，水平面OA段长1mL，皮带轮AB之间长1.8ms，传送带与水平面之间的夹角为

37，重力加速度g取210m/s，(sin370.6,cos370.8)求：(1)物体经过A点时的速率；(2)释放物体之前弹簧所具有的弹性势能；(3)物体由A运动到B与传送带之间由于摩擦而产生的热量。【答案】(1)6m/s；(2)23J；(3)19.2J【解析】

【详解】(1)物体从A运动到B由动能定理得21cossin02Amgsmgsmv代入数据解得6m/sAv(2)由功能关系可得2p12AEmgLmv代入数据解得P23JE(3)设物体从A到B的时间为t，由牛顿第二定律得sincosmgmgma①由

速度公式得Avat，由位移公式得=svt传且=sss相传④由cosQmgs相⑤联立①②③④⑤解得19.2JQ