1、重庆市第一中学2019-2020学年高一物理下学期5月试题（含解析）一、选择题1.关于功的概念，下列说法中正确的是（）A. 物体做匀速圆周运动的向心力为恒力B. 相对于同一零势能面，物体-3J的重力势能大于-5J的重力势能C. 物体速度改变，动量一定改变，且合外力做功之和一定不为零D. 若作用力对物体做正功，则反作用力一定做负功【答案】B【解析】【分析】【详解】A.做匀速圆周运动的物体，其向心力始终沿半径方向指向圆心，所以方向时刻在变，是变力，故选项A错误；B.相对于同一零势能面，重力势能都为负值说明都在零势能面以下，因此数值越接近0，重力做功越少，对应的重力势能越大，所以物体-3J的重力势能
2、大于-5J的重力势能，故选项B正确；C.做匀速圆周运动的物体，速度方向时刻在变，因此动量一定改变，但是合外力对应的是向心力，始终和运动方向垂直不做功，故选项C错误；D.作用力和反作用力式作用在两个相互作用的物体上的，可以都做负功，也可以都做正功，还可以一正一负，例如两个静止的人相互推，两人同时后退，因此两个力都做正功，故选项D错误。故选B。2.光滑水平面上有A、B两木块，A、B之间用一轻弹簧拴接，A靠在墙壁上，用力F向左推B使两木块之间的弹簧压缩并处于静止状态，若突然撤去力F，则下列说法中正确的是（）A. 木块A离开墙壁前，A、B组成的系统动量守恒B. 木块A离开墙壁后，A、B组成的系统动量不
3、守恒C. 木块A离开墙壁前，A、B、弹簧组成的系统机械能守恒D. 木块A离开墙壁前，A、B组成的系统机械能守恒【答案】C【解析】【详解】AB.撤去力F木块A离开墙壁前,竖直方向受重力和支持力，两力平衡，水平方向墙对木块A有向右的弹力，因此系统合力不为零，系统动量不守恒，而木块A离开墙壁后，水平方向受力为零，因此系统动量守恒，故选项AB错误；CD.木块A离开墙壁前，只有弹簧的弹力对B做功，因此A、B、弹簧组成的系统机械能守恒，故选项C正确D错误。故选C。3.据报道：我国第一颗绕月探测卫星“嫦娥一号”将于2007年在西昌卫星发射中心由“长征三号甲”运载火箭发射升空假设该卫星的轨道是圆形的，且贴近月
4、球表面，若已知该卫星的运行周期、月球的半径、万有引力常量，以下物理量中不可求出的是（）A. 探测卫星的质量B. 月球的密度C. 月球的质量D. 月球表面的重力加速度【答案】A【解析】【详解】根据已知信息，可得可求得月球表面的重力加速度为可求得月球的质量为由月球的质量，可得月球的密度为因此可联立求解月球质量、密度和月球表面重力加速度，只有探测卫星质量不能求。故选A。4.从地面竖直上抛一个质量为的小球，小球上升的最大高度为设上升和下降过程中空气阻力大小恒定为下列说法正确的是（ ）A. 小球上升的过程中动能减少了B. 小球上升和下降的整个过程中机械能减少了C. 小球上升的过程中重力势能增加了D. 小
5、球上升和下降的整个过程中动能减少了【答案】C【解析】【详解】A.小球在上升过程中的动能减少量等于克服合力做的功，即，故A错误；BD.整个过程中的机械能减少量（动能减少量）等于克服除重力之外其他力做的功，即，故BD错误；C.上升过程中重力势能增加量等于克服重力做的功，即，故C正确5.水力采煤是利用高速水流冲击煤层而进行的，煤层受到的压强冲击即可破碎，若水流沿水平方向冲击煤层，不考虑水的反向溅射作用（水的密度为），则冲击煤层的水流速度至少应为（）A. 40m/sB. 50m/sC. 60m/sD. 70m/s【答案】D【解析】【详解】建立水柱模型，设水柱面积为S，由动量定理，有可得压强 故使煤层破
6、碎的速度至少应为故D正确，ABC错误。故选D。6.放在粗糙水平面上的物体受到水平拉力的作用，在内其速度与时间图像和该拉力的功率与时间图像分别如图甲和乙所示，下列说法中正确的是（）A. 物体受到的摩擦力大小为2NB. 02s内物体受到牵引力的大小为15NC. 物体质量为D. 物体在06s内总位移为3m【答案】C【解析】【详解】A. 在内，物体的速度，功率，物体做匀速运动，摩擦力故A错误；B.在内，物体做匀加速运动，牵引力不变，其加速度由图知，当时，速度，牵引力故B错误；C. 在末，根据牛顿第二定律，有物体质量故C正确；D. 物体在06s内总位移为故D错误。故选C。7.关于科学思想和方法，下列说法
7、正确的是（）A. 质点属于理想化模型B. 著名的伽利略斜面实验，主要应用了控制变量方法C. 在定义加速度时，主要应用了比值定义的方法D. 可以用极限分析法得出图像中图线与时间轴所围的“面积”大小等于位移的大小【答案】A【解析】【详解】A.质点是用来代替物体的有质量的点，属于理想化模型，故A正确；B.著名的伽利略斜面实验，主要应用了理想实验和逻辑推理相结合的方法，故B错误；C. 在定义加速度时，主要应用了比值定义的方法，而是牛顿第二定律的公式，故C错误；D. 可以用微元分析法得出图像中图线与时间轴所围的“面积”大小等于位移的大小，故D错误。故选A。8.如图所示，海王星绕太阳沿椭圆轨道运动，P为近
8、日点，Q为远日点，M、N为轨道短轴的两个端点，运行的周期为，若只考虑海王星和太阳之间的相互作用，则海王星在从P经过M、Q到N的运动过程中（）A. 海王星运行轨道半长轴的三次方与其运行周期的平方之比等于月球运行轨道半长轴的三次方与其运行周期的平方之比B. 海王星在Q点的角速度大于P点的角速度C. 从P到M所用时间小于D. 从P到Q阶段，速率逐渐变小【答案】CD【解析】【详解】A. 海王星运行围绕的中心天体是太阳，而月球运行围绕的中心天体是地球，中心天体不同，运行轨道半长轴的三次方与其运行周期的平方之比就不同，故A错误；B. 由开普勒第二定律（面积定律）和角速度的定义知，海王星在Q点的角速度小于P
9、点的角速度，故B错误；C. 海王星在PM段的速度大小大于MQ段的速度大小，则PM段的时间小于MQ段的时间，所以海王星从P到M所用的时间小于，故C正确；D. 由开普勒第二定律（面积定律）知，海王星从近日点P到远日点Q阶段，速率逐渐变小，故D正确。故选CD。9.如图所示，固定在竖直平面内的圆管形轨道的外轨光滑，内轨粗糙。一小球从轨道的最低点以初速度v0向右运动，球的直径略小于圆管的直径，球运动的轨道半径为R，空气阻力不计，重力加速度大小为g，下列说法一定正确的是 （）A. 若，小球不可能到达圆周最高点B. 若，小球不可能到达圆周最高点C. 若，小球运动过程中机械能守恒D. 若，小球运动过程中机械能
10、不守恒【答案】BC【解析】【详解】AD. 小球如果不挤压内轨，则小球到达最高点速度最小时，小球的重力提供向心力，由牛顿第二定律，在最高点，有由于小球不挤压内轨，则小球在整个运动过程中不受摩擦力作用，只有重力做功，机械能守恒，从最低点到最高点过程中，由机械能守恒定律，有解得若小球速度，小球也是有可能做完整的圆周运动的，可能到达圆周最高点，只是最终在圆心下方做往复运动，故A错误；若小球速度，则小球一定不挤压内轨，小球运动过程中机械能守恒，故D错误；B. 如果轨道内轨光滑，小球在运动过程中不受摩擦力，小球在运动过程中机械能守恒，如果小球运动到最高点时速度为0，由机械能守恒定律，有解得现在内轨粗糙，如
11、果小球速度，小球在到达最高点前一定受到摩擦力作用，即小球在到达最高点前速度已为零，小球不可能到达圆周最高点，故B正确；C.若小球上升到与圆心等高处时速度为零，此时小球只与外轨作用，不受摩擦力，只有重力做功，由机械能守恒定律，有解得若，小球只与外轨作用，不受摩擦力作用，小球运动过程中机械能守恒，故C正确。故选BC。10.一质量为2kg、初速度v0为m/s、向右运动的物体，在同方向水平恒定拉力的作用下在粗糙的水平面上做直线运动，当运动一段时间后，拉力逐渐减小，且当拉力减小到零时，物体刚好停止运动，已知摩擦力大小恒为4N，图中给出了拉力随位移变化的关系图像。已知重力加速度g=10m/s2，由此可知（
12、）A. 全程物体拉力做的总功小于总产热量B. 全程物体拉力做的总功约为41JC. 物体运动的最大速度约为4m/sD. 物体从出发到运动到4m处经过了s【答案】ABC【解析】【详解】A物体运动的全过程，由动能定理而可得则全程物体拉力做的总功小于总产热量，故A正确；B全程物体拉力做的总功为图像所围成的面积，数方格数时四舍五入，故C拉力大于摩擦力时，物体做加速运动，拉力小于摩擦力时物体做减速运动，故拉力等于摩擦力时物体的速度最大，由图像可读出时，位移为由动能定理可知而解得最大速度为故C正确；D物体从出发到运动到4m的过程拉力为恒力，由牛顿第二定律可得加速度为由匀变速直线运动的位移公式解得运动时间为故
13、D错误。故选ABC。二、实验题11.如图所示,有两个处于同一竖直面上的相同轨道，A、B两个相同小球从离出口处相同高度的地方同时由静止开始释放,假设小球经过斜面与水平轨道连接处无能量损失,所有的接触都是光滑的离开轨道后A球做平抛运动,B球做匀速直线运动则:(1)A、B两球是否在A球第一次落地点处相碰,答:_(选填“是”或“否”);(2)如果多次观察到同样的现象,你可以得出的结论是_A.A球抛出时，在水平方向分运动是匀速直线运动B.A球抛出时，在竖直方向分运动是自由落体运动【答案】 (1). (1) 是； (2). (2)A【解析】【详解】（1）A、B两球从相同高度同时由静止释放，到达斜槽底端的速
14、度相同，因为平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，所以在相同时间内水平位移相等，两球将在水平地面上的某处相遇；（2）如果多次观察到同样的现象，又因A球做平抛运动，而B球做匀速直线运动，那么可知，平抛运动在水平方向上的分运动做匀速直线运动，故选A12.如图甲所示的装置叫做阿特伍德机，是英国数学家和物理学家阿特伍德创制的一种著名力学实验装置，用来研究匀变速直线运动的规律。某同学对该装置加以改进后用来验证机械能守恒定律，如图乙所示：(1)实验时，该同学进行了如下步骤：将质量均为M（A的含挡光片、B的含挂钩的重物用绳连接后，跨放在定滑轮上，处于静止状态。测量出挡光片中心到光电门中心的竖直距离h；在B的下
15、端挂上质量为m的物块C，让系统中的物体由静止开始运动，光电门记录挡光片挡光的时间为；测出挡光片的宽度d，计算有关物理量，验证守恒定律；(2)如果系统重物A、B以及物块C）的机械能守恒，应满足的关系式为_已知重力加速度为g）；(3)引起该实验系统误差的原因有_（写一条即可）；(4)验证实验结束后，该同学突发奇想：如果系统重物A、B以及物块C）的机械能守恒，不断增大物块C的质量m，重物B的加速度a也将不断增大，那么a与m之间有怎样的定量关系？a随m增大会趋于一个什么值？请你帮该同学解决，写出a与m之间的关系式：_还要用到M和g）；a的值会趋于_。【答案】 (1). (2). 绳子有一定的质量/滑轮
16、与绳子之间有摩擦/重物运动受到空气阻力等 (3). (4). 重力加速度g【解析】【详解】(2)1系统重力势能的减小量Ep=mgh通过光电门的瞬时速度则系统动能的增加量为如果系统机械能守恒，满足的关系式为(3)2系统机械能守恒的条件是只有重力做功，引起实验误差的原因可能有：绳子有一定的质量、滑轮与绳子之间有摩擦、重物运动受到空气阻力等；(4)3根据牛顿第二定律得，系统所受的合力为mg，则系统加速度为4当m不断增大，则a趋向于重力加速度g。三、计算题13.一质量m的小滑块沿倾角为的斜面向上滑动，经过时间t1速度变为零，经过时间t2回到斜面底端，滑块在运动过程中受到的摩擦力大小始终为f ，已知重力
17、加速度g，求：(1)滑块从出发到回到出发点重力的冲量；(2)滑块从出发到回到出发点摩擦力的冲量；(3)请用动量定理求滑块再次回到出发点时物体的速度大小。【答案】(1)，方向竖直向下；(2)，方向沿斜面向上；(3)【解析】分析】【详解】(1)根据冲量的定义可知，因运动时间为，则重力的冲量为方向竖直向下；(2)因摩擦力先沿斜面向下后沿斜面向上，而上滑过程用时短，故摩擦力的冲量为方向沿斜面向上(3)取沿斜面向下为正方向，对于滑块下滑的过程由动量定理解得滑块回到出发点速度为方向沿斜面向下。14.光滑平面上有一静止的、足够长的板块A，现让一物块B以水平向右的初速度2m/s从板块A的最左端滑上，A、B间的
18、动摩擦因数，且mA=mB=1kg，求：(1)最终A、B的速度大小；(2)从一开始到A、B相对静止，B的对地位移的大小；(3)最终B距离板块A最左端的距离。【答案】(1)；(2)；(3)1m【解析】【分析】【详解】(1)由动量守恒定律可得(2)对B，由动能定理且 解得(3)对A、B组成的整体，由能量守恒且可得故最终距左端1m15.如图所示，倾角30的光滑斜面上，劲度系数k=5N/m的轻质弹簧两端连接着两个质量均为m=1kg的物块B和C，C紧靠着挡板P，B通过轻质细绳跨过光滑定滑轮与质量M=8kg的物块A连接，细绳平行于斜面，A在外力作用下静止在圆心角为60的六分之一光滑圆弧轨道的顶端a处，此时绳
19、子恰好拉直且无张力；圆弧轨道最低端b与光滑水平轨道相切。现由静止释放A，当A滑至圆弧轨道最低点b时，C恰好离开挡板P（B未到达斜面最高点），此时绳子突然断裂。重力加速度取，弹簧的形变始终在弹性限度内，细绳不可伸长：（已知）(1)求从一开始到绳子断裂物块B的位移的大小；(2)求当物块A滑至b处，绳子断后瞬间，A的速度大小。【答案】(1)2m；(2)【解析】【详解】(1)A位于a处时，细绳无张力且物块B静止，对B由力的平衡，弹簧压缩当C恰好离开挡板P时，对C由力的平衡，弹簧拉伸可得B的位移=2m(2)A在a处与在b处时，A、B系统由机械能守恒；A、B沿着绳子方向的速度大小相等解得16.有一水平足够
20、长的传送带，以v0=5m/s的速度沿顺时针方向匀速运转，传送带右端平滑连接了一个倾角为37的粗糙斜面，物体与斜面、物体与传送带之间的动摩擦因数均为0.5；现将一质量m=1kg的物体轻放在距离传送带最右端L=7.5m处，已知，求：(1)该物块从轻放到第一次到达传送带最右端经过的时间；(2)该物块从轻放到第一次到达传送带最右端全程产生的热量；(3)物体最终在斜面上走过的总路程；(4)当物块第一次从粗糙斜面落回传送带后，若增大传送带的速度v0，当物块在传送带上走过第n个来回时，求该来回过程中传送带因此多消耗的电能与传送带速度v0的关系。【答案】(1)2s；(2)12.5J；(3) ；(4) 【解析】
21、【详解】(1)物块轻放上传送带以后做匀加速直线运动，物块加到与传送带共速所走过 的位移为匀加速阶段时间为物块与传送带共速后，保持匀速运动解得因此运动的总时间(2)物体与传送带的相对位移因此产生的热量(3)小物块以v0第一次冲上斜面后再次回到最底端时速度v1的大小小于v0，在足够长传送带上运动一个来回后速度与v1等大反向，冲上斜面，第二次落回水平传送带时速度v2的大小小于v1，如此往复，最终物块将静止在斜面最底端。将物块以速度v0第一次冲上斜面时作为初状态，将最终静止在斜面底端作为末状态，对全程列动能定理，可得解得(4)物块第一次以初速度v0冲上斜面后上升的最大高度 物块第一次回到斜面底端时速度为v1，则由得同理，物块第二次回到斜面底端时速度大小因此，物块第n次回到斜面底端时速度大小每次物块落回传送带上后，经过时间t速度减为0，又经过同样的时间t以相同速度大小回到传送带最右端对传送带列动能定理由得
