内蒙古包头一中2020-2021学年高一下学期期末考试物理试题

内蒙古包头一中2020-2021学年高一下学期期末考试物理试

题学校:姓名：班级：考号：一、单选题1.将质量为1kg的物体以3m/s的速度水平抛出，当物体的速度为5m/s时，其重力的瞬时功率为（）A．20WB．30WC．40WD．50W2．竖直向上抛出一物体，已知受到的空气阻力大小不变，在物体从抛出到落回抛出点的过程中（）A.物体的机械能守恒B.物体上升时机械能减小，下降时机械能增大C.物体的动能减小D.上升过程克服重力做功大于下降过程重力做功3．下列说法正确的是（）A.对于同一个参考平面，若A物体重力势能为J,B物体重力势能为-3J,则E<EPAPBB.功是能量转化的量度，做功的过程就是能量转化的过程C.重力做功的大小与零势能面的选取有关D.克服轻弹簧的弹力做功，弹簧的弹性势能减小.当质量为2000kg的汽车以30KW的恒定功率在平直公路上以30m/s的速度匀速行驶时,发动机的牵引力为（）A．1000NB．1500NC．2000ND．3000N.如下图所示，质量分别为M和m的两物块（M>m）分别在同样大小的恒力作用下，沿水平面由静止开始做直线运动,两力与水平面的夹角相同,两物块经过相同的位移．设此过程中F1对M做的功为,F2对m做的功为W，则（）A.若水平面光滑，则W1>吗B.若水平面粗糙，则W1>WC若水平面粗糙，则W1<W

D.无论水平面光滑与否，都有W1=W.如图，一个质量为m的物体（可视为质点）以某一速度从A点冲上倾角为30°的固3定斜面，其运动的加速度为4g，物体在斜面上上升的最大高度为鼠则物体在沿斜面3A.重力势能增加了3A.重力势能增加了4mghB.重力势能减少了mghCC动能损失了mghD.机械能损失了2mgh.一个质量为0.3kg的小球，在光滑水平面上以6m/s的速度垂直撞到墙上，碰撞后小球沿相反方向运动，反弹后的速度大小为4m/s.则碰撞前后墙对小球的冲量I的大小及碰撞过程中墙对小球做的功W分别为（）I=3kg-m/s,W=—3JI=0.6kg・m/s,W=—3JI=3kg-m/s,W=7.8JI=0.6kg-m/s,W=3J8.a、b两球在光滑的水平面上沿同一直线发生正碰，作用前a球动量pa=30kg-m/s,b球动量pb=0,碰撞过程中，a球的动量减少了20kg-m/s,则作用后b球的动量为（）A.-20kg・m/sB.10kg・m/sC.20kg・m/sD.30kg・m/s.静止在水面上的船，长度为L船的质量为M，一个质量为m的人站在船头，当此人由船头走到船尾时，不计水的阻力，船移动的距离为（）AmLBmLcmLD（M-m）LMM+mM-mM+m.如图所示，两个半径相同的小球A、B分别被不可伸长的细线悬吊着，两个小球静止时，它们刚好接触，且球心在同一条水平线上，两根细线竖直.小球A的质量小于B的质量.现向左移动小球A,使悬吊A球的细线张紧着与竖直方向成某一角度，然后无初速释放小球A,两个小球将发生碰撞.碰撞过程没有能量损失，且碰撞前后小球的摆动平面不变.已知碰撞前A球摆动的最高点与最低点的高度差为h.则小球B的质量越大，碰后（）

A.A上升的最大高度hA越大，而且hA可能大于hB.A上升的最大高度hA越大，但hA不可能大于hC.B上升的最大高度hB越大，而且hB可能大于hD.B上升的最大高度hB越大，但hB不可能大于h二、多选题.一质量为2kg的物体放在光滑的水平面上，原处于静止状态，现用与水平方向成60°角的恒力F=10N作用于物体上，历时5$,则（）A.力F对物体的冲量大小为25N”B.力F对物体的冲量大小为50N・sC.物体的动量变化量为25kg^m/sD.物体所受重力的冲量大小为0.重物m系在上端固定的轻弹簧下端，用手托起重物，使弹簧处于竖直方向，弹簧的长度等于原长时，突然松手，重物下落的过程中，对于重物、弹簧和地球组成的系统来说，下列说法正确的是A.重物的动能最大时，重力势能和弹性势能的总和最小B.重物的重力势能最小时，动能最大C.弹簧的弹性势能最大时，重物的动能最小D.重物的重力势能最小时，弹簧的弹性势能最大13.如图甲，质量为m=0.5kg,初速度%=10m/s的物体，受到一个与初速度％方向相反的外力F作用，沿粗糙的水平面滑动，物体与地面间的动摩擦因数为〃，经3s后撤去外力，直到物体停止.整个过程物体的v-t图像如图乙（g=10m/s2）则（）

A.0〜7s内物体做匀减速直线运动B.外力F和动摩擦因数〃大小分别为0.5N和0.1C.。〜7s内物体由于摩擦产生的热量为25JD.运动到停止物体滑行的总位移为29m.如图所示，轻质弹簧的一端固定在墙上，另一端与质量为m的物体A相连，A放在光滑水平面上，有一质量与A相同的物体B，从高h处由静止开始沿光滑曲面滑下，与A相碰后一起将弹簧压缩，弹簧复原过程中某时刻B与A分开且沿原曲面上升.下列说法正确的是（）A.弹簧被压缩时所具有的最大弹性势能为mghBA.弹簧被压缩时所具有的最大弹性势能为mghB.mgh弹簧被压缩时所具有的最大弹性势能为一卜C.D.hC.D.B能达到的最大高度为hB能达到的最大高度为4.一个质量为m1的人造地球卫星在高空做匀速圆周运动，轨道半径为几某时刻和一个质量为m2的同轨道反向运动的太空碎片发生迎面正碰，碰后二者结合成一个整体，并开始沿椭圆轨道运动，轨道的远地点为碰撞时的点.若碰后卫星的内部装置仍能有效运转，当卫星与碎片的整体再次经过远地点时，通过极短时间喷气可使整体仍在卫星碰前的轨道上做圆周运动，绕行方向与碰前相同.已知地球的半径为凡地球表面的重力加速度大小为g，下列说法正确的是（）gR2A.卫星与碎片碰撞前的线速度大小为匚r2兀r'rB.卫星与碎片碰撞前运行的周期大小为fJ—R\g2mmgR2C.喷气装置对卫星和碎片整体所做的功为,12§、（m+m）r12mmgR2D.喷气装置对卫星和碎片整体所做的功为,12§、（m+m）r12三、实验题.在“验证机械能守恒定律”的实验中，打点计时器所用电源频率为50Hz,当地重力加速度的值为9.80m/s2,测得所用重物的质量为1.00kg.若按实验要求正确地选出纸带进行测量，量得连续三点A、B、C到第一个点的距离如图所示（相邻计数点时间间隔为0.02s）.隔为0.02s）.按要求将下列问题补充完整.（1）纸带的（左、右）端与重物相连；5.01—•——7.06（2）打点计时器打下计数点B时，物体的速度%=m/s；（3）从起点O到打下计数点B的过程中重力势能减少量是△Ep=J,此过程中物体动能的增加量△Ek=J;（计算结果保留两位有效数字）（4）实验的结论是.四、解答题.如图，质量M=1kg的长木板静止在光滑的水平面上，有一个质量m=0.2kg的可看作质点的物体以6m/s的水平初速度木板的左端冲上木板，在木板上滑行了2s后与木板保持相对静止,求：（1）木板获得的速度；（2）物体与木板间的动摩擦因数；（3）在此过程中产生的热量；（4）木板的最小长度。.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〃=0.25,与5。间的动摩擦因数未知，g取10m/s2,求：⑴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5处时的速度大小；(3)若到达B点时撤去力孔滑块沿半圆弧轨道内侧上滑，并恰好能到达最高点。，则滑块在半圆弧轨道上克服摩擦力所做的功是多少？TOC\o"1-5"\h\z甲乙.光滑水平面上，用弹簧相连接的质量均为2kg的A、B两物体都以%=6m/s的速度向右运动，弹簧处于原长.质量为4kg的物体。静止在前方，如图所示，B与。发生碰撞后粘合在一起运动，在以后的运动中，求：叫叫ABC(1)弹性势能最大值为多少？(2)当A的速度为零时，弹簧的弹性势能为多少？4．A4．A参考答案1．C【解析】【详解】物体以%=3m/s的速度水平抛出，当物体的速度为v=5m/s时，根据平行四边形法可得物体在竖直方向的速度v=,v2-v2=J52—32m/s=4m/s所以重力的瞬时功率P=mgvy=1x10x4W=40W20W与分析计算结果不一致，故A错误；30W与分析计算结果不一致，故B错误；40W与分析计算结果相一致，故C正确；50W与分析计算结果不一致，故D错误.2．C【解析】过程中阻力做功，机械能不守恒，A错误；因为整个过程中物体受到的阻力一直做负功，所以机械能一直减小，B错误；根据动能定理，从抛出点到物体回到抛出点时，重力做功为零，阻力做功不为零，一部分动能转化为内能，故动能减小，C正确；上升过程和下降过程中位移大小相等，所以上升过程克服重力做功等于下降过程重力做功，D错误；3．B【解析】试题分析：功是能量转化的量度，做功的过程就是能量转化的过程，B正确。重力做功与路径无关，由高度差决定，因此C错。克服轻弹簧的弹力做功，说明弹力做负功，即弹簧的弹性势能增加，D错。对于同一个参考平面，若A物体重力势能为J,B物体重力势能为-3J,则E>E,A错PAPB考点：重力做功、重力势能点评：本题考查了重力做功与重力势能之间的联系与区别。重力做功与路径、参考面无关；重力势能与参考面有关。【解析】试题分析：汽车匀速运动，由P=Fv可知汽车的牵引力为F=^■二沪1QQ0N故选：A5．D【解析】【详解】由题意可知：F1做功为W1=FLcosa；F2做功为W2=FLcosa,故ABC错误，D正确；故选D.6．D【详解】AB.物体在斜面上上升的最大高度为九物体克服重力做功为mgh，则重力势能增加了mgh,故AB错误；C根据动能定理得h33△E-一ma-二一m—g-2h---mghksin30042则物体的动能损失了3mgh，故C错误；D.由上知道，重力势能增加了mgh,物体的动能损失3mgh，则机械能损失了1mgh,故D正确。故选D。点睛：本题考查对常见的功能关系的理解和应用能力。重力势能的变化与重力做功有关,动能的变化取决于合力做功,而机械能的变化可由动能的变化与重力势能的变化来确定。7．A【解析】设初速度方向为正；则由动量定理可知，I=mv-mv°=(-4)X0.3-0.3X6=-3kg-m/s；由动能定理可知W=1mv2-1mv02=1X0.3X16-1X0.3X36=-3J；故冲量的大小为3kg・m/s,乙乙乙乙墙对小球所做的功为-3J；故选A.点睛：本题考查动能定理及动量定理,注意冲量及动量为矢量,在计算时一定要注意其方向．8．C【详解】碰撞过程中，a球的动量减少了20kg・m/s,故此时a球的动量是10kg・m/s,a、b两球碰撞前后总动量保持不变为30kg-m/s,则作用后b球的动量为20kg-m/s,C正确，ABD错误;故选C.9．B【详解】船和人组成的系统，在水平方向上动量守恒，人在船上行进，船向后退，规定人速度方向为正方向，人从船头走到船尾，设船后退的距离为羽则人相对于地面的距离为l-北则有L一x”.x

m二M—tt解得mLx=M+m故B正确，ACD错误。故选B。10．B【解析】A与B球发生碰撞，动量守恒，叫用叫…小%碰撞中没有能量损失，所以I21s]2—明一叫—mAv=—m4--~v--「，解得T"，小球B的质量越大，越大，因为=用谒丸■一，所以A上升的最大高度越大，由于碰撞过程中，能量不能增加，所以不可能大于出故B正确故选B11．BC【解析】A、力F对物体的冲量大小/=此=10*5可"=50'”，故B正确，A错误；C、根据动量定理得Fcos60°•”维，则动量的变化量库=10X2X5助m/s=25kg-m/s,C正确；D、物体所受重力的冲量〃=mgt=20x5N-s=100Ns,D错误。点睛：解决本题的关键掌握冲量的表达式,以及掌握动量定理的运用,知道合力的冲量等于动量的变化量。12．ACD【解析】试题分析：A、重物、弹簧和地球组成的系统，只有重力和弹簧的弹力做功，系统的机械能守恒，即动能、重力势能、弹性势能之和保持不变，故重物的动能最大时，重力势能和弹性势能的总和最小，故A正确；B、动能、重力势能、弹性势能之和守恒，故物的重力势能最小时，弹性势能和动能之和最大，此时重物到达最低点，速度为零，动能为零，故B错误；C、重物运动到最低点时，弹簧的弹性势能最大，重物的速度为零，动能最小，为零，故C正确；D、到最低点时，重物的重力势能最小，此时弹簧拉的最长，弹性势能最大，故D正确；考点：本题考查动能、重力势能和弹性势能的基础知识和相互转化．13．BD【详解】在速度图象中，斜率表示加速度，由图可知。〜3s内3〜7s内物体的加速度不等，。〜7s内物体不是做匀减速直线运动，故A错误；根据图象有：F+umg=ma1和|img=ma2，可求出F=0.5N和p=0.1,故B正确；物体运动的位移等于图象所包围的“面积”，0〜3s内物体运动的位移为：(10+4)义3〜一(0+4)义4°一x=m=21m,3〜7s内物体运动的位移为：x=m=8m，则运动1212到停止物体滑行的总位移为x=29m,D正确；0〜7s内物体由于摩擦产生的热量Q=umgx=14.5J,故C错误.14．BD【解析】【详解】1•..一-T-.一一.一..A.设碰前瞬间B物体的速度为v有：mgh=mrnv2，解得：v=2ggh,根据动量守恒:B2BB1mvR=(m+m)%，所以v^=v=-Cgh,从碰完到压缩弹簧最短，根据机械能守恒B共共2B2,mgh有：E=—(m+m)v2=---,A错误B正确pm2共2CD.刚要分开时两物体具有相同的速度，设为v',从压缩最短到分开，根据机械能守恒有:E=1(m+m)v'2=mgh，解得：v'=:gh，之后B物体开始冲上斜面，根据机械能守pm2221h恒，有：mvi22-0=mgh，解得：h=,C错误D正确2mm415．BC【解析】试题分析：据万有引力提供圆周运动向心力，即可求出卫星与碎片碰撞前的线速度大小与周期的大小；由动量守恒定律和动能定理即可求出喷气装置对卫星和碎片整体所做的功．TOC\o"1-5"\h\z卫星圆周运动的向心力由万有引力提供可得GMm=mv2，又mg=GMm，可得r2rR2GMgR2-...一_Mm4兀2v=JGM=j"，故A错误；据万有引力提供圆周运动向心力，有G——=m—r解\rrr2T24兀2r32兀r1r得卫星周期为T=,,1---=-—,：—，故B正确；根据动量守恒定律可得：GMR\g11mv-mv=(m+m)v，由动能定理可得W=一(m+m)v2--(m+m)v2，喷气装置1212121221212mmgR2对卫星和碎片整体所做的功为W=、.故C正确D错误.Vm+m)r1216．左0.98m/s0.49J0.48J在误差允许的范围内，验证了机械能守恒定律成立【详解】(1)[1]物体做加速运动，由纸带可知，纸带上所打点之间的距离越来越大，这说明物体与纸带的左端相连．(2)[2]匀变速直线运动中时间中点的瞬时速度等于该过程中的平均速度，由此可知x(7.06-3.14)x10-2v=-4ac=m/s=0.98m/sb2T2x0.02⑶[3][4]从起点O到B点的过程中重力势能减少量是△Ep=mgh=1x9.8x0.0501Jh0.49J动能的增加量11E=—mv2=xlx0.982J=0.48JK2B2(4)[5]由(3)可知，在误差允许的范围内，验证了机械能守恒定律成立。

17．1m/s,0.25,3J,6m【解析】(1)木板与物块组成的系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：mv0=(m+M)v，则得：mv0.2义6..则得：v=o—==1m/sm+M0.2+1(2)对m由动量定理得：-gmgt=mv-mv0代入数据得：y0.2511(3)在此过程中产生的热量为：Q=-v2v2-(m+M)v2=3J202(4)木板的最小长度等于木块相对木板的位移，由Q=Sx得：L二户.=3=6m日mg0.25*0.2义10本题要掌握物块在木板上滑动时遵守的基本规律：动量守恒定