1、重庆市万州第二高级中学2019-2020学年高一物理下学期4月开学考试试题（含解析）一单选题（每题5分，共50分）1.下列说法正确的是（）A. 物体做曲线运动时，速度一定在改变B. 做曲线运动的物体受到的合外力可能为零C. 物体在恒力作用下不可能做曲线运动D. 做曲线运动的物体在某一时刻加速度可能与速度同方向【答案】A【解析】【详解】ABD物体做曲线运动的条件是物体受到的合力与速度不在同一条直线上，速度方向一定改变，是变速运动，合外力不为零，故A正确，BD错误；C曲线运动的条件是物体的速度方向与合力方向不共线，平抛运动合力恒定，是典型的匀变速运动曲线运动，故C错误。故选A。2.如图所示，小物块
2、A与圆盘保持相对静止，跟着圆盘一起在水平面内做圆周运动，则下列关于A的受力情况的说法正确的是（）A. 受重力、支持力和与运动方向相反的静摩擦力B. 受重力、支持力和指向圆心的静摩擦力C. 受重力、支持力、静摩擦力和向心力D. 受重力、支持力和方向不一定指向圆心的静摩擦力【答案】D【解析】【详解】物块在水平圆盘上，受竖直向下的重力，竖直向上的支持力，且两力是一对平衡力。由于随圆盘一起做圆周运动，所以必定受到静摩擦力作用，但此静摩擦力方向不一定指向圆心。当圆盘做匀速圆周运动时，静摩擦力一定指向圆心且等于向心力；当圆盘做变速圆周运动时，静摩擦力的法向分力等于向心力，切向分力产生切向加速度，这时静摩擦
3、力不指向圆心。故D正确。故选D。3.如图所示，小车m以速度v沿斜面匀速向下运动，并通过绳子带动重物M沿竖直杆上滑。则当滑轮右侧的绳子与竖直方向成角时，重物M上滑的速度为（）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【详解】将物体的速度按图示两个方向分解，如图所示则有解得故D正确，ABC错误。故选D。4.如图所示是“研究平抛物体运动”的实验装置图，通过描点画出平抛小球的运动轨迹，以下是实验过程中的一些做法，其中正确的有（）A. 安装斜槽轨道，使其末端保持水平B. 每次小球释放的初始位置可以任意选择C. 入射小球沿斜槽下滑过程中，受到与斜槽的摩擦力会影响实验D. 为描出小球的运动轨迹，描绘的点可以
4、用折线连接【答案】A【解析】【详解】A. 通过调节使斜槽末端保持水平，是为了保证小球做平抛运动，故A正确；B. 因为要画同一运动的轨迹，必须每次释放小球的位置相同，且由静止释放，以保证获得相同的初速度，故B错误；C. 每次保证小球到达底端的速度相等即可，故入射小球沿斜槽下滑过程中，受到与斜槽的摩擦力不会影响实验，故C错误；D. 用描点法描绘运动轨迹时，应将各点连成平滑的曲线，不能连成折线或者直线，故D错误。故选：A。5.如图所示，一个大轮通过皮带拉着小轮转动，皮带和两轮之间无相对滑动，大轮的半径是小轮半径的2倍，大轮上的一点S离转动轴的距离是大轮半径的。P、Q分别为两轮边缘上的点，则P、Q、S
5、三点的（）A. 线速度之比为1：1：3B. 角速度之比为1：3：1C. 转动周期之比为2：1：1D. 向心加速度之比为3：6：1【答案】D【解析】【详解】A大轮半径为，小轮半径为，、两点传动转动，所以、两点同轴转动，则根据线速度与角速度关系，可知线速度关系为所以三点的线速度之比为3：3：1，A错误；B、两点角速度关系所以三点的角速度之比为1：2：1，B错误；C根据可知周期之比为2：1：2，C错误；D根据可知、两点向心加速度之比根据可知、两点向心加速度之比所以三点向心加速度之比为3：6：1，D正确。故选D。6.河宽d=60m，水流速度v1=4m/s不变，小船在静水中的行驶速度为v2=3m/s，则
6、( )A. 小船能垂直直达正对岸B. 若船头始终垂直于河岸渡河，渡河过程中水流速度加快，渡河时间将变长C. 小船渡河时间最短为20sD. 小船渡河的实际速度一定为5m/s【答案】C【解析】【详解】A由于船速小于水速，小船的合速度不可能垂直于河岸，小船不能垂直直达正对岸，故A错误；BC当船速垂直于河岸时，小船渡河时间最短为当水速增大时，渡河时间不受影响，故B错误，C正确；D由于船速方向未知，无法求解渡河速度，故D错误。故选C7.在高速公路的拐弯处，通常路面都是外高内低如图所示，在某路段汽车向左拐弯，司机左侧的路面比右侧的路面低一些汽车的运动可看作是做半径为R的在水平面内的圆周运动设内外路面高度差
7、为h，路基的水平宽度为d，路面的宽度为L已知重力加速度为g要使车轮与路面之间的横向摩擦力（即垂直于前进方向）等于零，则汽车转弯时的车速应等于A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】考查生活中圆周运动【详解】设路面的斜角为，作出汽车的受力图，如图根据圆周运动规律得：又由数学知识得到：联立解得：，B正确，ACD错误故选B8.如图，倾角为=45的斜面ABC固定在水平面上，质量为m的小球从顶点A先后以初速度v0和2vo向左水平抛出，分别落在斜面上的P1、P2点，经历的时间分别为t1、t2；A点与P1、Pl与P2之间的距离分别为l1和l2，不计空气阻力影响。下列说法正确的是（ ）A. t1：t
8、 2=1：1B. ll：l2=1：2C. 两球刚落到斜面上时的速度比为1：4D. 两球落到斜面上时的速度与斜面的夹角正切值的比为1：1【答案】D【解析】【分析】【详解】A根据得因为初速度之比为1：2，则运动的时间之比为1：2，故A错误。B水平位移因为初速度之比为1：2，则水平位移之比为1：4，由可知ll：l2=1：3故B错误。C根据动能定理 其中y=x，则则两球刚落到斜面上时的速度比为1：2，选项C错误；D平抛运动某时刻速度方向与水平方向夹角的正切值是位移与水平方向夹角正切值的2倍，由于落在斜面上，位移方向相同，则速度方向相同，即两球落到斜面上时的速度与斜面的夹角正切值的比为1：1，故D正确。
9、故选D。9.两个质量相等的物体，分别从两个高度相等而倾角不同的光滑斜面顶端从静止开始下滑到达底部，则下列说法正确的是（）A. 到达底部时重力的瞬时功率相等B. 下滑过程中重力平均功率相等C. 到达底部时速度大小相等D. 下滑过程中重力做功相等【答案】CD【解析】【详解】ACD质量相等的物块从等高的光滑斜面下滑，根据动能定理可知下滑过程中重力做功相同，到达底部时两物块速度大小相同，假设斜面的倾角为，两物块到达底部时重力的瞬时功率倾角不同，所以瞬时功率不同，A错误，CD正确；B下滑过程中的加速度从静止开始下滑解得斜面倾角不同，可知两物块下滑时间不同，根据可知重力的平均功率不同，B错误。故选CD。1
10、0.如图，abc是竖直面内的光滑固定轨道，ab水平，长度为2R：bc是半径为R的四分之一的圆弧，与ab相切于b点一质量为m的小球始终受到与重力大小相等的水平外力的作用，自a点处从静止开始向右运动，重力加速度大小为g小球从a点开始运动到其他轨迹最高点，机械能的增量为A. 2mgRB. 4mgRC. 5mgRD. 6mgR【答案】C【解析】本题考查了运动的合成与分解、动能定理等知识，意在考查考生综合力学规律解决问题的能力设小球运动到c点的速度大小为vC，则对小球由a到c的过程，由动能定理得：F3R-mgR=mvc2，又F=mg，解得：vc2=4gR，小球离开c点后，在水平方向做初速度为零的匀加速直
11、线运动，竖直方向在重力作用力下做匀减速直线运动，由牛顿第二定律可知，小球离开c点后水平方向和竖直方向的加速度大小均为g，则由竖直方向的运动可知，小球从离开c点到其轨迹最高点所需的时间为:t=vC/g=2，小球在水平方向的加速度a=g，在水平方向的位移为x=at2=2R由以上分析可知，小球从a点开始运动到其轨迹最高点的过程中，水平方向的位移大小为5R，则小球机械能的增加量E=F5R=5mgR，选项C正确ABD错误【点睛】此题将运动的合成与分解、动能定理有机融合，难度较大，能力要求较高二多选题（每题5分，共20分）11.2019年8月19日20时03分04秒，我国在西昌卫星发射中心利用长征三号乙增
12、强型火箭发射中星18号同步通信卫星，下列说法正确的是（）A. 中星18号同步通信卫星可定位在北京上空B. 中星18号同步通信卫星的运动周期为24hC. 中星18号同步通信卫星环绕地球的速度为第一宇宙速度D. 中星18号同步通信卫星比近地卫星运行角速度小【答案】BD【解析】【详解】A中星18号同步通信卫星轨道面与赤道面是共面，不能定位在北京上空，故A错误；B其运动周期为24h，故B正确；C根据 可得：中星18号同步通信卫星环绕地球的速度小于第一宇宙速度即近地卫星的环绕速度，故C错误；D中星18号同步通信卫星轨道高于近地卫星轨道，运行角速度比近地卫星运行角速度小，故D正确。故选：BD。12.探究做
13、功与速度变化的关系实验中，某同学利用如图所示的装置，通过数根相同的橡皮条、打点计时器和光滑板面，来探究橡皮条做功与小车获得速度之间的关系每次改变橡皮条的根数，将小车拉到的光滑板面相同位置由静止释放得到数据如表所示，则下述说法中正确的是（ ）ABC橡皮条数速度速度的平方21.001.0041.411.9961.732.9982.004.00A利用改变橡皮条的根数来改变做功的大小，使做功数值倍数增加B改变橡皮条的根数重新做的这4次实验，必须不断改变板面与水平面的倾角C从表格A列和B列对比，可以判断在误差允许范围内，橡皮条做功与小车速度成正比例关系D从表格A列和C列对比，可以判断在误差允许范围内，橡
14、皮条做功与小车速度平方成正比例关系【答案】AD【解析】【详解】A.实验中我们要设法回避求变力做功的具体数值，可以用一根橡皮筋做功记为W，用2根橡皮筋做功记为W，用4根橡皮筋做功记为2W，从而回避了直接求功的困难，利用改变橡皮条的根数来改变做功的大小，使做功数值倍数增加，故A正确；B.改变橡皮条的根数重新做的这4次实验，必须保证板面与水平面的倾角不变，将小车拉到相同位置由静止释放，如此才能保证做功数值成倍数增加，故B错误；CD. 从表格A列和C列对比，可以判断在误差允许范围内，橡皮条做功与小车速度平方成正比例关系，故C错误，D正确13.一辆质量为10kg玩具车在平直的水平面上从静止开始运动，运动
15、过程中玩具车所受到的阻力恒定，经过12s达到最大速度。其加速度a和速度的倒数图象如图所示，根据图象所给的信息，下列说法正确的是（）A. 玩具车达到最大速度时发生的位移为140mB. 玩具车功率恒定，功率为400WC. 玩具车运动过程所受到的阻力大小为30ND. 当玩具车的速度等于10m/s时，玩具车的加速度等于4m/s2【答案】AB【解析】【详解】BC根据功率的定义再根据牛顿第二定律两式联立整理得如果车启动功率恒定，图像恰好是一条倾斜的直线，再对照图像数据可得，从而求得，B正确，C错误；A由图像可知车最大速度为20m/s，根据动能定理代入数据得，最大位移A正确；D当玩具车速度等于10m/s时。
16、根据牛顿第二定律代入数据，整理得D错误。故选AB。14.如图所示，竖直光滑杆固定不动，套在杆上的弹簧下端固定，将套在杆上的滑块向下压缩弹簧至离地高度h=0.1m处，滑块与弹簧不拴接。现由静止释放滑块，通过传感器测量到滑块的速度和离地高度h并作出滑块的Ekh图象，其中高度从0.2m上升到0.35m范围内图象为直线，其余部分为曲线，以地面为零势能面，取g=10m/s2，由图象可知（）A. 小滑块的质量为0.2kgB. 轻弹簧原长为0.2mC. 弹簧最大弹性势能为0.32JD. 小滑块的重力势能与弹簧的弹性势能总和最小为0.38J【答案】ABD【解析】【详解】A在从0.2m上升到0.35m范围内，图
17、象是直线，说明滑块只受重力，由动能定理得Ek=mgh图线的斜率绝对值为则 m=0.2kg故A正确；B在Ek-h图象中，图线的斜率表示滑块所受的合外力，由于高度从0.2m上升到0.35m范围内图象为直线，其余部分为曲线，说明滑块从0.2m上升到0.35m范围内所受作用力为恒力，所示从h=0.2m，滑块与弹簧分离，弹簧的原长为0.2m。故B正确；C根据能的转化与守恒可知，当滑块上升至最大高度时，增加的重力势能即等于弹簧最大弹性势能，所以Epm=mgh=0.210（0.35-0.1）=0.5J故C错误；D在滑块整个运动过程中，滑块和弹簧组成的系统，只有重力和弹力做功，系统的机械能守恒，即滑块的机械能
18、与弹簧的弹性势能之和保持不变，总能量为当小滑块的重力势能与弹簧的弹性势能总和最小时，动能最大，最大值为0.32J，则小滑块的重力势能与弹簧的弹性势能总和最小为0.70J-0.32J=0.38J，故D正确；故选ABD。三计算题（3个题，共30分）15.如图所示，一个圆锥摆，摆线长为1米，小球质量为0.5kg，当小球水平方向做匀速圆周运动时，摆线恰与竖直方向成=37角，g=10m/s2求： (1)小球的线速度大小； (2)摆线的拉力大小【答案】(1) (2)【解析】【分析】小球在水平面内做匀速圆周运动，靠重力和拉力的合力提供向心力，抓住小球在竖直方向上合力为零求出摆线的拉力，根据合力提供向心力，求
19、出小球的线速度【详解】（2）小球在竖直方向上静止：Tcos37-mg=0解得：（1）小球在水平面内匀速直线圆周：解得：【点睛】解决本题的关键知道小球做圆周运动向心力的来源，结合牛顿第二定律进行求解16.某宇航员在一星球表面附近高度为H=32m处以速度v0=10m/s水平抛出一个小物体，经过一段时间后物体落回星球表面，测得该物体水平位移为x=40m，已知星球半径为R=4000km，万有引力常量为G=6.6710-11 Nm2/kg2，不计空气阻求：(结果保留两位有效数字)(1)该星球质量M；(2)该星球第一宇宙速度v的大小【答案】(1)9.61023kg (2)4.0103m/s【解析】【详解】
20、(1)抛出的物体在星球表面做平抛运动，水平方向上做匀速直线运动，水平位移：竖直方向上做自由落体运动有：由以上二式可得该星球表面的重力加速度：星球表面的物体受到的重力等于万有引力：可得：(2)根据万有引力提供向心力：得第一宇宙速度：由联立解得：17.如图所示，x轴与水平传送带重合，坐标原点O在传送带的左端，传送带长L8m，传送带右端Q点和竖直光滑圆轨道的圆心在同一竖直线上，皮带匀速运动的速度v05m/s一质量m1kg的小物块轻轻放在传送带上xP2m的P点，小物块随传送带运动到Q点后恰好能冲上光滑圆弧轨道的最高点N点小物块与传送带间的动摩擦因数0.5，重力加速度g10 m/s2求：（1）N点的纵坐
21、标；（2）从P点到Q点，小物块在传送带上运动系统产生的热量；（3）若将小物块轻放在传送带上的某些位置，小物块均能沿光滑圆弧轨道运动（小物块始终在圆弧轨道运动不脱轨）到达纵坐标yM=0.25m的M点，求这些位置的横坐标范围【答案】（1）yN=1m；（2）7mx7 .5m和0x5 .5m【解析】试题分析：可先求出P到Q过程的加速度，在根据运动学公式列式求解出Q点的速度；在N点，重力恰好提供向心力，根据牛顿第二定律和匀速圆周运动公式可求出半径，求出摩擦力和相对位移可根据Q=fS求出热量当物块能到达N点时不会脱离轨道，若能到达的高度超过半径又没到达N点则会脱离轨道，若能到达高度不超过半径则不会脱离轨道，可根据能量守恒求出对应的位移，从而求出坐标；小物块在传送带上的加速度小物块与传送带共速时，所用的时间运动的位移故有：由机械能守恒定律得，解得（2）小物块在传送带上相对传送带滑动的位移产生的热量（3）设在坐标为x1处将小物块轻放在传送带上，若刚能到达圆心右侧的M点，由能量守恒得：mg(Lx1)mgyM 代入数据解得x17.5 mmg(Lx2)mgyN代入数据解得x27 m若刚能到达圆心左侧的M点，由(1)可知x35.5 m考点：机械能守恒定律；牛顿第二定律；向心力；能量守恒定律
