1、安徽省六安市第一中学2018-2019学年高一物理下学期期末考试试题（含解析）一、选择题1.在滑冰场上，甲、乙两小孩分别坐在滑冰板上，原来都静止不动，在相互猛推一下后分别向相反方向运动。假定两板与冰面间的动摩擦因数相同。已知甲在冰上滑行的距离比乙远这是由于( )A. 在推的过程中，甲推乙的力小于乙推甲的力B. 分开时甲获得的动量大小大于乙的动量大小C. 在刚分开时，甲的初速度大于乙的初速度D. 在分开后，甲的加速度的大小小于乙的加速度的大小【答案】C【解析】【详解】A.在推的过程中，甲推乙的力和乙推甲的力是一对作用力和反作用力，根据牛顿第三定律，作用力和反作用力大小相等，方向相反，故A错误；B
2、. 根据动量守恒定律，则分开时甲获得的动量大小等于乙的动量大小，故B错误；C.由动能定理滑行的距离，甲在冰上滑行的距离比乙远，两板与冰面间的动摩擦因数相同，说明在刚分开时，甲的初速度大于乙的初速度，故C正确；D.根据牛顿第二定律，在分开后，甲的加速度的大小等于乙的加速度的大小，都等于，两板与冰面间的动摩擦因数相同，故两者加速度大小相等,故D错误。2.物体在恒定的合外力作用下做直线运动，在时间t1内动能由0增大到E0，在时间t2内动能由E0增大到2E0.设合外力在t1内做的功是W1、冲量是I1，在t2内做的功是W2、冲量是I2，那么( )A. I1I2 W1=W2C. I1I2 W1W2D. I
3、1=I2 W1W2【答案】B【解析】【详解】根据动能定理得：W1=E0-0=E0，W2=2E0-E0=E0则W1=W2动量与动能的关系式为 , 则由动量定理得： ， 则I1I2A. I1I2 W1=W2不相符，故A不符合题意； B. I1I2 W1=W2与上述分析结论I1I2 W1=W2相符，故B符合题意； C. I1I2 W1I2 W1=W2不相符，故C不符合题意； D. I1=I2 W1I2 W1=W2不相符，故D不符合题意。3.质量为m的物体在竖直向上的恒力F作用下减速上升了H在这个过程中，下列说法中正确的有( ) A. 物体的重力势能增加了FHB. 物体的动能减少了mgHC. 物体的机
4、械能增加了FHD. 物体重力势能的增加量小于动能的减少量【答案】C【解析】【详解】A. 物体上升了H，重力势能增加了mgH，故A错误；B. 根据动能定理物体动能减少量 ，故B错误；C.除重力外，只有恒力F做功，由功能原理，恒力F做功W=FH，所以物体的机械能增加了FH，故C正确；D. 因为 ，所以物体重力势能的增加大于动能的减少，故D错误。4.如图所示，从地面上A点发射一枚远程弹道导弹，假设导弹仅在地球引力作用下沿ACB椭圆轨道飞行并击中地面目标B，C为轨道的远地点，距地面高度为h. 已知地球半径为R，地球质量为M，引力常量为G. 则下列结论正确的是( )A. 导弹在C点的速度大于B. 导弹在
5、C点的速度等于C. 导弹在c点的加速度等于D. 导弹在C点的加速度大于【答案】C【解析】【详解】AB. 对于位于离地高为h的轨道上匀速运动的物体有：=m其速度v=，导弹从C点做向心运动，速度应小于，故AB错误；CD.根据牛顿第二定律在C点有：=ma导弹在C点的加速度a=，故C正确，D错误。5.如图所示，长为l的轻杆一端固定一质量为m的小球，另一端有固定转轴O，杆可在竖直平面内绕轴O无摩擦转动已知小球通过最低点Q时，速度大小为 ，则小球的运动情况为（ ）A. 小球不可能到达圆周轨道的最高点PB. 小球能到达圆周轨道的最高点P，但在P点不受轻杆对它的作用力C. 小球能到达圆周轨道的最高点P，且在P
6、点受到轻杆对它向上的弹力D. 小球能到达圆周轨道最高点P，且在P点受到轻杆对它向下的弹力【答案】C【解析】【详解】由能量守恒定律得：，解得：，所以小球能到达圆周轨道的最高点P，且在P点受到轻杆对它向上的弹力，故ABD错误，C正确故选：C6.如图所示，小球从静止开始沿光滑曲面轨道AB滑下，从B端水平飞出，撞击到一个与地面呈的斜面上，撞击点为已知斜面上端与曲面末端B相连，A、B间的高度差为h，B、C间的高度差为H，不计空气阻力，则h与H的比值为A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】根据动能定理求出B点的速度，结合平抛运动竖直位移和水平位移的关系求出运动的时间，从而得出竖直位移的表达式，
7、求出h与H的比值.详解】对AB段，根据动能定理得，解得:，根据得,则，解得;故选D.【点睛】本题考查了动能定理和平抛运动的综合运用，解决本题的关键知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，结合运动学公式灵活求解.7.如图所示，分别用两个恒力F1和F2先后两次将质量为m的物体从静止开始，沿着同一个粗糙的固定斜面由底端推到顶端，第一次力F1的方向沿斜面向上，第二次力F2的方向沿水平向右，两次所用时间相同在这两个过程中( )A. F1和F2所做功相同B. F1和F2的大小相同C. 物体的机械能变化相同D. F1和F2对物体的冲量大小相同【答案】C【解析】【详解】ABC.由公式x=at2得，由于x
8、和t均相同，故加速度a相同，由v=at，t相同，则物体到达斜面顶端时速度相同，动能相同，根据动能定理得知，总功相等第一个物体所受的摩擦力f1=mgcos小于第二个物体所受的摩擦力f2=(mgcos+F2sin)，位移相等，所以第一个物体所受的摩擦力做功小于第二个物体所受的摩擦力做功，重力做功相同，则F1做的功比F2做的功少W1=F1sF1，所以F1F2，物体末速度相同，又由于处于相同的高度，所以两物体机械能变化相同，故AB错误，C正确。D.时间相等，F1F2，所以F1和F2对物体的冲量大小不相同，故D错误。8.如图所示，光滑固定斜面的倾角为，甲、乙两物体的质量之比为4：1。乙用不可伸长的轻绳分
9、别与甲和地面相连，开始时甲、乙离地高度相同。现从E处剪断轻绳，则在乙落地前瞬间( )A. 甲、乙动量大小之比为4:1B. 甲、乙动量大小之比为1:1C. 以地面为零势能面，甲、乙机械能之比为2：1D. 以地面为零势能面甲、乙机械能之比为4:1【答案】D【解析】【详解】AB.设甲乙距地面的高度为h，剪断轻绳后，乙做自由落体运动，甲沿斜面向下做匀加速运动，故对乙可知，2gh=v2，解得，下落时间对甲，沿斜面下滑的加速度为乙落地时甲获得的速度v甲=at=故v甲：v乙=1：2；甲、乙两物体的质量之比为4：1，由P=mv可知甲、乙动量大小之比为2：1，故AB错误；CD.由于甲乙在运动过程中，只受到重力作
10、用，故机械能守恒，故E甲：E乙=4：1，选项C错误，D正确。9.如图所示，在粗糙水平面上，用水平轻绳相连的两个相同的物体A、B质量均为m，在水平恒力F作用下以速度v做匀速运动。在t0时轻绳断开，A在F作用下继续前进，则下列说法正确的是( )A. 时，A的动量为2mvB. 时，A的动量为4mvC. 时，B的动量为0D. t0至时间内，A、B的总动量守恒【答案】ACD【解析】【详解】A.时，即B刚停下时，对AB，从t=0到运用动量守恒定律，解得A的动量为，故A正确；B.当时，对A由动量定理得：代入解得：，故B错误;C. t=0到B停下，对B，动量定理即时，B停下，所以时，B的动量为0，故C正确；D
11、. 设A、B受到的滑动摩擦力都为f，断开前两物体做匀速直线运动，根据平衡条件得：F=2f，设B经过时间t速度为零，对B由动量定理得：解得：；由此可知，在剪断细线前，两木块在水平地面上向右做匀速直线运动，以AB为系统，绳子的属于系统的内力，系统所受合力为零；在剪断细线后，在B停止运动以前，两物体受到的摩擦力不变，两木块组成的系统的合力仍为零，则系统的总动量守恒，故在至的时间内A、B的总动量守恒，故D正确；10.一轻质弹簧，上端悬挂于天花板，下端系一质量为M的平板，处在平衡状态。一质量为m的均匀环套在弹簧外，与平板的距离为h，如图所示，让环自由下落(不计摩擦力)撞击平板。已知碰后环与板以相同的速度
12、向下运动，使弹簧伸长( )A. 若碰撞时间极短，则碰撞过程中环与板的总动量守恒B. 环撞击板后，板新的平衡位置与h的大小无关C. 在碰后板和环一起下落的过程中，它们减少的重力势能等于克服弹簧弹力所做的功D. 在碰后板和环一起下落的过程中，它们减少的动能等于克服弹簧弹力所做的功【答案】AB【解析】【详解】A. 圆环与平板碰撞过程，若碰撞时间极短，内力远大于外力，系统总动量守恒，由于碰后速度相同，为完全非弹性碰撞，机械能不守恒，减小的机械能转化为内能，故A正确；B. 碰撞后平衡时，有：即碰撞后新平衡位置与下落高度h无关，故B正确；CD. 碰撞后环与板共同下降的过程中，碰撞后环与板共同下降的过程中，
13、它们动能和重力势能的减少量之和等于弹簧弹性势能的增加量，弹簧弹性势能的增加量等于克服弹簧弹力所做的功，故CD错误；11.如图所示，质量为m的物块A静置在光滑水平桌面上，它通过轻绳和轻质滑轮悬挂着质量为3m的物块B，由静止释放物块、B后(重力加速度大小为g)( ) A. 相同时间内，A、B运动的路程之比为2：1B. 物块A、B的加速度之比为1:1C. 细绳的拉力为mgD. 当B下落高度h时，速度【答案】AD【解析】【详解】A.根据动滑轮的特点可知B下降s，A需要走动2s，而，故A正确；B.因为都是从静止开始运动的，故有解得，故B错误；C.对A分析有对B分析有解得， ，故C错误；对B，加速度为根据
14、速度位移公式，有，解得，故D正确；12.如图所示，倾角为的传送带以2m/s的速度沿图示方向匀速运动现将一质量为2kg的小木块，从传送带的底端以v04m/s的初速度，沿传送带运动方向滑上传送带。已知小木块与传送带间的动摩擦因数为0.5，传送带足够长，sin0.6，cos0.8，取g10m/s2。小物块从滑上传送带至到达最高点的过程中，下列说法正确的是( )A. 物块运动时间为1.2sB. 物块发生的位移大小为1.6mC. 物块与传送带间因摩擦而产生的热量为6.4JD. 摩擦力对小木块所做功为12.8J【答案】AB【解析】【详解】AB.第一阶段：根据牛顿第二定律得，第一阶段位移为所用时间传送带位移
15、为划痕为第二阶段得，第二阶段位移为所用时间为传送带位移为划痕为由以上分析可知，物体运动总时间为物体的总位移故AB正确；CD.产生总热量为摩擦力第一阶段做负功，第二阶段做正功，摩擦力对小木块所做功为故CD错误。二、实验题13.如图所示为“验证机械能守恒定律的实验装置示意图(1)某同学按照正确操作选的纸带如图所示，其中O是起始点A、B、C是打点计时器连续打下的3个点，打点频率为50Hz，该同学用毫米刻度尺测量O到A、B、C各点的距离，并记录在图中(单位:cm)，重锤的质量为m=0.1g，重力加速度g=9.80m/s2，根据以上数据当打点计时器打到B点时，重物重力势能的减少量为_J，动能的增加量为_
16、J.(要求计算结果均保留三位有效数字)(2)在实验过程中，以下说法正确的是_A.实验中摩擦不可避免，纸带越短克服摩擦做功越小，因此纸带越短越好B.实验中用天平称出重物的质量是必不可少的步骤C.测出重物下落时间t，通过自由落体规律计算出纸带上某点的瞬时速度D.若纸带前面几点较为密集且不清楚，可以舍去前面比较密集的点，合理选取一段打点比较清晰的纸带，同样可以验证【答案】 (1). 0.550 (2). 0.545 (3). D【解析】【详解】（1）1 重物的重力势能比开始下落时减少量为：；2 B点的瞬时速度为：则重物动能的增加量：（2）3 A、实验中摩擦不可避免，纸带越短克服摩擦做功越小，但是纸带
17、不是越短越好，故A错误；B、验证动能的增加量和重力势能的减小量是否相等，质量可以约去，可以不测量重物的质量，故B错误；C、不能根据求出瞬时速度，否则就默认了机械能守恒，失去验证的意义，故C错误；D、若纸带前面几点较为密集且不清楚，可以舍去前面比较密集的点，合理选取一段打点比较清晰的纸带，同样可以验证，故D正确。14.用图所示装置来验证动量守恒定律，质量为m的钢球B放在小支柱N上，离地面高度为H;质量为mA的钢球A用细线拴好悬挂于点当细线被拉直时点到球心的距离为L，且细线与竖直线之间夹角为;球A由静止释放，摆到最低点时恰与球B发生正碰，碰撞后，A球把轻质指示针C推移到与竖直方向夹角为处，B球落到
18、地面上，地面上铺有一张盖有复写纸的白纸D，用来记录球B的落点。用图中所示各个物理量的符号表示碰撞前后两球A、B的动量(设两球A、B碰前的动量分别为PA、PB碰后动量分别为PA、PB)，则PA_，PA_，PB_【答案】 (1). (2). (3). 【解析】【详解】1 小球从A处下摆过程只有重力做功，机械能守恒，由机械能守恒定律得：mAgL（1-cos）=mAvA2-0解得：；则2同理，碰后A的速度 3碰撞后B球做平抛运动，水平方向：S=vBt，竖直方向H=gt2解得vB=S；则三、计算题15.特种兵过山谷的一种方法可简化为如图所示的模型:将一根长为2d、不可伸长的细绳的两端固定在相距为d的A、
19、B两等高处，细绳上有小滑轮P，战士们相互配合，可沿着细绳滑到对面，开始时，战士甲拉住滑轮，质量为m的战士乙吊在滑轮上，处于静止状态AP竖直.(不计滑轮与绳的质量，不计滑轮的大小及摩擦，重力加速度为g若甲将滑轮由静止释放求乙在滑动中速度的最大值(结果可带根式)【答案】【解析】【详解】设的长度为,由几何关系易知: 乙在最低点时有最大速度，设此时乙距线的高度为，有由机械能守恒定律得，得16.如图所示,两个小球A和B质量分别是mA2.0kg,mB1.6kg,球A静止在光滑水平面上的M点,球B在水平面上从远处沿两球的中心连线向着球A运动,假设两球相距L18m时存在着恒定的斥力F,L18m时无相互作用力.
20、当两球相距最近时,它们间的距离为d2m,此时球B的速度是4m/s.求:(1)球B的初速度大小;(2)两球之间的斥力大小;(3)两球从开始相互作用到相距最近时所经历的时间.【答案】(1) ；(2)；(3) 【解析】试题分析：（1）当两球速度相等时，两球相距最近，根据动量守恒定律求出B球的初速度；（2）在两球相距L18m时无相互作用力，B球做匀速直线运动，两球相距L18m时存在着恒定斥力F，B球做匀减速运动，由动能定理可得相互作用力（3）根据动量定理得到两球从开始相互作用到相距最近时所经历的时间（1）设两球之间的斥力大小是F，两球从开始相互作用到两球相距最近时所经历的时间是t。当两球相距最近时球B
21、的速度，此时球A的速度 与球B的速度大小相等，,由动量守恒定律可得：;(2)两球从开始相互作用到它们之间距离最近时，它们之间的相对位移x=L-d，由功能关系可得： 得：F=2.25N(3)根据动量定理，对A球有,得 点晴：本题综合考查了动量定理、动量守恒定律和能量守恒定律，综合性较强知道速度相等时，两球相距最近，以及知道恒力与与相对位移的乘积等于系统动能的损失是解决本题的关键17.如图所示，滑块A的质量m0.01kg，与水平地面间的动摩擦因数0.2，用细线悬挂的小球质量均为m0.01kg，沿x轴排列，A与第1只小球及相邻两小球间距离均为s2m，线长分别为L1、L2、L3（图中只画出三只小球，且
22、小球可视为质点），开始时，滑块以速度v010ms沿x轴正方向运动，设滑块与小球碰撞时不损失机械能，碰撞后小球均恰能在竖直平面内完成完整的圆周运动并再次与滑块正碰，g取10ms2，求：（1）滑块能与几个小球碰撞？（2）求出碰撞中第n个小球悬线长La的表达式。【答案】(1)12个;(2) 【解析】（1）因滑块与小球质量相等且碰撞中机械能守恒，滑块与小球相碰撞会互换速度，小球在竖直平面内转动，机械能守恒，设滑块滑行总距离为s0，有得s025m（个）（2）滑块与第n个球碰撞，设小球运动到最高点时速度为vn对小球，有：对滑块，有：解三式：18.如图所示，五块完全相同的长木板依次紧挨着放在水平地面上，每块
23、木板的长度为0.5m，质量为0.6kg。在第一块长木板的最左端放置一质量为0.98kg的小物块已知小物块与长木板间的动摩擦因数为0.2，长木板与地面间的动摩擦因数为0.1，设最大静摩擦力与滑动摩擦力相等。一颗质量为0.02kg的子弹以的150m/s水平速度击中小物块并立即与小物块一起在长木板表面滑行，重力加速度g取10m/s2(结果保留2位有效数字)(1)分析小物块滑至哪块长木板时，长木板才开始在地面上滑动。(2)求整个运动过程中最后一块长木板运动的距离。【答案】(1) 物块滑上第五块木板(2)【解析】【详解】(1)设子弹、小物块、长木板的质量分别为,子弹的初速度为子弹击中小物块后二者的共同速度为由动量守恒定律 子弹击中小物块后物块的质量为，且.设当物块滑至第块木板时，木板才开始运动 其中分别表示物块与木板间、木板与地面间的动摩擦因数.由式解得即物块滑上第五块木板时，木板才开始在地面上滑动. (2) 令物块滑上第五块木板上时，满足: 之后物块继续减速，第五块木板加速直至共速后一起减速，图象如图:
