1、四川省泸州市泸县第五中学2019-2020学年高一物理下学期第四学月考试试题（含解析）第I卷 选择题一、单选题（每小题4分，共12个小题，共48分，其中1-9题为单选题，10-12题为多选题，少选得2分，多选错选与不选得0分）1.如图所示，人站在电动扶梯的水平台阶上，假若人与扶梯一起匀加速向上运动，在这个过程中人脚所受的静摩擦力（ ）A. 等于零，对人不做功B. 水平向左，对人不做功C. 水平向右，对人做正功D. 沿斜面向上，对人做正功【答案】C【解析】【详解】人与扶梯一起匀加速向上运动，人脚所受的静摩擦力水平向右，与位移方向成锐角，静摩擦力做正功，A.A项与上述分析结论不相符，故A错误；B.
2、B项与上述分析结论不相符，故B错误；C.C项与上述分析结论相符，故C正确；D.D项与上述分析结论不相符，故D错误2.2016年6月和8月，我国在西昌和酒泉卫星发射中心，分别发射了第二十三颗北斗导航卫星G7和世界首颗量子科学实验卫星“墨子号”G7属地球静止轨道卫星（高度距地面约3600 km），“墨子号”的圆形轨道距地面的高度约为500 km关于在轨运行的这两颗卫星，下列说法正确的是（ ）A. “墨子号”的运行速度大于7.9 km/sB. 北斗G7的运行速度大于11.2 km/sC. “墨子号”的运行周期比北斗G7大D. “墨子号”的向心加速度比北斗G7大【答案】D【解析】【详解】A、7.9km
3、/s是绕地球表面运动的速度，是卫星的最大环绕速度，则这两颗卫星的速度都小于7.9km/s，故A错误；B、运行速度不能大于11.2 km/s，大于11.2 km/s会脱离地球引力的束缚，成为绕太阳运行的人造行星，或成为其他行星的人造卫星，故B错误；C. 根据解得：，半径越大，周期越大，则半径小的量子科学实验卫星“墨子号”的周期比北斗G7小，故C错误；D、根据可知：，轨道半径小的量子科学实验卫星“墨子号”的向心加速度比北斗G7大，故D正确；故选D【点睛】关键知道7.9km/s是绕地球表面运动的速度，是卫星的最大环绕速度，根据分析周期与轨道半径的关系；根据分析加速度与轨道半径的关系3.以一定速度竖直
4、上抛一个小球，小球上升的最大高度为h，空气阻力的大小恒为，则从抛出至落回到原出发点的过程中，空气阻力对小球做的功为A. 0B. C. D. 【答案】D【解析】【详解】上升过程：空气阻力对小球做功：W1=-Ffh；下落过程：空气阻力对小球做功：W2=-Ffh；则从抛出到落回到抛出点过程中，空气阻力对小球做的功为：W=W1+W2=-2Ffh，故选D4.英国科学家牛顿是经典力学理论体系的建立者，他有一句名言是：“如果我所见到的比笛卡儿要远些，那是因为我站在巨人的肩上。”关于牛顿等这些科学“巨人”及其成就，下述说法错误的是（）A. 开普勒在研究了天文学家第谷的行星观测记录的基础上，发现并提出了行星运动
5、定律B. 牛顿提出万有引力定律，后人利用这一理论发现的海王星，被称为“笔尖下发现的行星”C. 卡文迪许在实验室较准确地测出了引力常量G的数值，并说该实验是“称量地球的重量”D. 以牛顿运动定律为基础的经典力学，包括万有引力定律，既适用于低速运动也适用于高速运动；既适用于宏观世界，也适用于微观世界【答案】D【解析】【详解】A开普勒在研究了天文学家第谷的行星观测记录的基础上，发现并提出了行星运动定律，A正确；B牛顿提出万有引力定律，后人利用这一理论发现的海王星，被称为“笔尖下发现的行星”，B正确；C卡文迪许在实验室利用扭秤实验较准确地测出了引力常量G的数值，并说该实验是“称量地球的重量”，C正确；
6、D以牛顿运动定律为基础的经典力学，包括万有引力定律，适用于宏观低速的运动，D错误。本题选择错误选项，故选D。5.如图所示，固定在竖直平面内的光滑圆轨道ABCD，其A点与圆心等高，D点为最高点，DB为竖直线，AE为水平面，今使小球自A点正上方某处由静止释放，且从A处进入圆轨道运动，只要适当调节释放点的高度，总能保证小球最终通过最高点D(不计空气阻力的影响)则小球通过D点后A. 一定会落到水平面AE上B. 一定不会落到水平面AE上C. 一定会再次落到圆轨道上D. 可能会再次落到圆轨道上【答案】A【解析】小球因为能够通过最高点D，根据mg=m，得：vD，知在最高点的最小速度为根据R=gt2，得：t=
7、则平抛运动的水平位移为：知小球一定落在水平面AE上故A正确，BCD错误故选A点睛：解决本题关键知道小球做圆周运动在最高点的临界情况，即重力提供向心力，结合平抛运动的规律进行求解6.如图所示，是一个盆式容器，盆内侧壁与盆底的连接处都是一段与相切的圆弧，为水平的，其距离，盆边缘的高度为在A处放一个质量为m的小物块并让其从静止出发下滑已知盆内侧壁是光滑的，而盆底面与小物块间的动摩擦因数为小物块在盆内来回滑动，最后停下来，则停的地点到B的距离为（ ）A. 0.50mB. 0.25mC. 0.10mD. 0【答案】D【解析】【分析】小物块滑动过程中，重力做功和摩擦阻力做功，全过程应用动能定理可进行求解。
8、【详解】由小物块从A点出发到最后停下来，设小物块在BC面上运动的总路程为S，整个过程用动能定理有：所以小物块在BC面上运动的总路程为而d=0.5 m，刚好3个来回，所以最终停在B点，即距离B点为0 m。故选D。【点睛】本题对全过程应用动能定理，关键要抓住滑动摩擦力做功与总路程的关系。7.由两种不同材料拼接成的直轨道ABC，B为两种材料的分界线，长度ABBC先将ABC按图1方式搭建成倾角为的斜面，让一小物块（可看做质点）从斜面顶端由静止释放，经时间t小物块滑过B点；然后将ABC按图2方式搭建成倾角为的斜面，同样将小物块从斜面顶端由静止释放，小物块经相同时间t滑过B点则小物块A. 与AB段的动摩擦
9、因数比与BC段的动摩擦因数大B. 两次滑到B点的速率相同C. 两次从顶端滑到底端所用的时间相同D. 两次从顶端滑到底端过程中摩擦力做功相同【答案】D【解析】【详解】、第一种情况：从到过程， ，第二种情况从到的过程，因为ABBC，所以，即物块与AB段的动摩擦因数比与BC段的动摩擦因数小，选项错误、据题意两次做匀加速直线运动，可知位移大的平均速度大，末速度同样大，故第一次到的速率更大些，选项错误D、由，则两次摩擦力做功相等，故D正确、两个过程摩擦力做功相等，重力做功相等，根据动能定理可知，两次滑块中物块到达底端速度相等v，则第一种，第二种，因BCBA,所以t1t2,即第二次到达底端的时间较长，选项
10、C错误.故选D.【点睛】本题应用牛顿第二定律和运动学、动能定理是解答这类问题的关键应用动能定理时注意正确选择两个状态，弄清运动过程中外力做功情况，可以不用关心具体的运动细节8.如图所示，汽车车厢顶部悬挂一个轻质弹簧，弹簧下端拴一个质量为m的小球，当汽车以某一速度在水平地面上匀速行驶时弹簧长度为L1；当汽车以同一速度匀速率通过一个桥面为圆弧形凸形桥的最高点时，弹簧长度为L2，下列答案中正确的是（ ）A. B. C. D. 前三种情况均有可能【答案】A【解析】当汽车在水平面上做匀速直线运动时，设弹簧原长为L0，劲度系数为k，根据平衡得：，解得 ，当汽车以同一速度匀速率通过一个桥面为圆弧形凸形桥的最
11、高点时，由牛顿第二定律得：，解得： ；两式比较可得：L1L2；故选A.【点睛】本题中关键要结合物体的运动情况进行受力分析，才能得到明确的结论9.向空中发射一枚炮弹，不计空气阻力，当此炮弹的速度恰好沿水平方向时，炮弹炸裂成a、b两块，若质量较大的a的速度方向仍沿原来的方向，则有A. b的速度方向一定与炸裂前瞬间的速度方向相反B. 从炸裂到落地的这段时间内，a飞行的水平距离一定比b的大C. a、b一定同时到达水平地面D. 炸裂的过程中，a、b动量的变化量大小一定不相等【答案】C【解析】【详解】A项：炮弹炸裂过程发生在炮弹速度恰好沿水平方向时，由于炮弹水平方向不受外力，所以在水平方向上动量守恒，设炮
12、弹炸裂前瞬间的速度为v炸裂后a、b的速度分别为va、vb，由动量守恒定律有：（ma+mb）v=mava+mbvb，若vav，可得vb的方向与v方向相同，且有vbv，故A错误；B、C项：a、b在水平飞行的同时，竖直方向上做自由落体运动，即做平抛运动，落地时间由高度决定，可知a、b同时落地，由于水平飞行距离x=vt，由于a的速度可能小于b的速度，则a的水平位移可能比b的小，故B错误，C正确；D项：由动量守恒定律可知，炸裂的过程中，a、b动量的变化量大小一定相等，故D错误10.如图所示，在光滑水平面上有两块木块A和B，质量均为m，B的左侧固定一轻质弹簧开始时B静止，A以初速度v0向右运动与弹簧接触，
13、则在相互作用的过程中( )A. 任意时刻，A、B系统的总动能恒定不变B. 任意时刻，A、B系统的总动量恒定不变C. 当弹簧压缩到最短长度时，A与B具有相同的速度D. 当弹簧恢复到原长时，A与B具有相同的速度【答案】BC【解析】【分析】A、B系统合力为零，系统动量守恒，当A、B速度相同时，弹簧被压缩到最短，弹簧的势能最大，根据动量守恒定律和能量守恒定律解答【详解】A项：A以v0速度向右运动与B发生碰撞，根据能量守恒得弹簧的势能增大过程，A、B系统的总动能减小，故A错误；B项：A、B系统任意时刻合力为零，所以任意时刻，A、B系统的总动量应守恒，故B正确；C项：当弹簧压缩到最短长度时，A与B具有相同
14、的速度，弹簧的势能最大，故C正确；D项：当弹簧压缩到最短长度时，A与B具有相同的速度，之后在弹簧弹力作用下A减速，B加速，所以当弹簧恢复到原长时，A与B速度交换，即A的速度为零，B的速度是v0，故D错误故应选：BC【点睛】本题综合考查了动量守恒定律、能量守恒定律，综合性较强，对学生的能力要求较高，且多次运用动量守恒定律11.如图所示，足够长的半径为R=0.4m的1/4圆弧形光滑轨道固定于竖直平面内，圆弧形轨道与光滑固定的水平轨道相切，可视为质点的质量均为m=0.5kg的小球甲、乙用轻杆连接，置于圆弧形轨道上，小球甲与O点等高，小球乙位于圆心O的正下方某时刻将两小球由静止释放，最终它们在水平面上
15、运动. g取10 m/s2则（）A. 小球甲下滑过程中机械能增加B. 小球甲下滑过程中重力对它做功的功率先变大后减小C. 小球甲下滑到圆弧形轨道最低点对轨道压力的大小为12ND. 整个过程中轻杆对小球乙做的功为1J【答案】BD【解析】【分析】先对两个球整体分析，只有重力做功，系统机械能守恒，根据机械能守恒定律列式分析；考虑重力对小球甲做功功率时，结合特殊位置进行分析；在圆弧轨道最低点，重力和支持力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律列式分析；对球乙运用动能定理列式分析【详解】小球甲下滑过程中，轻杆对甲做负功，则甲的机械能减小，选项A错误；小球甲下滑过程中，最高点速度为零，故重力的功率为零；最低点
16、速度和重力垂直，故重力的功率也是零；而中途重力的功率不为零，故重力的功率应该时先增加后减小，故B正确；两个球系统机械能守恒，故：mgR=mv2+mv2，解得：；小球甲下滑到圆弧形轨道最低点，重力和支持力的合力提供向心力，故：N-mg=m，解得：N=mg+=0.510+0.5=10N，根据牛顿第三定律，压力也为10N，故C错误；整个过程中，对球乙，根据动能定理，有：W=mv2=0.522=1J，故D正确；故选BD【点睛】本题关键时明确两个球相同机械能守恒，而单个球的机械能不守恒，同时要结合动能定理分析，还要找到向心力来源12.在平直公路上，汽车由静止开始做匀加速运动，当速度达到vm后立即关闭发动
17、机直到停止，运动的vt图象如图所示设汽车的牵引力为F，摩擦力为f；全过程中牵引力做功W1，克服摩擦力做功W2，全程牵引力的冲量大小为I1，摩擦力的冲量大小为I2则下列关系正确的是 ( ) A. F：f 3：1B. F：f 4：1C. W1：W21：1D. I1：I21：1【答案】BCD【解析】【详解】由图可知，物体先做匀加速直线运动，1s末速度为v，由动能定理可知 减速过程中，只有阻力做功： 由图象可知，L1：L2=1：3解得：对全程由动能定理得：W1-W2=0故W1：W2=1：1根据动量定理可知，合外力冲量等于动量变化I1-I2=0故I1：I2=1：1A. F：f 3：1与分析不符，故A项与
18、题意不相符；B. F：f 4：1与分析相符合，故B项与题意相符；C. W1：W21：1与分析相符，故C项与题意相符；D. I1：I21：1与分析相符，故D项与题意相符第II卷 非选择题二、实验题13.在做“研究平抛运动”的实验时，让小球多次沿同一斜槽轨道滑下，通过描点法画出小球做平抛运动的轨迹(1)为了能较准确地描绘运动轨迹，下面列出一些操作要求，将你认为正确选项的前面字母填在横线上：_A通过调节使斜槽的末端保持水平B每次释放小球的位置必须相同C每次必须由静止释放小球D记录小球位置用的铅笔每次必须严格地等距离下降E小球运动时不应与木板上的白纸相接触F将球的位置记录在纸上后，取下纸，用直尺将点连
19、成折线(2)在做该实验时某同学只记录了物体运动的轨迹上的A、B、C三点并以A点为坐标原点建立了直角坐标系，得到了如图所示的图像试根据图像求出物体平抛运动的初速度大小为_m/s(3)物体运动到B点时的速度大小为_m/s；抛出点的坐标为（ ）（g=10m/s2，且所有结果均保留2位有效数字）【答案】 (1). ABCE (2). 2.0 (3). 2.8 (4). （-20cm，-5.0cm）【解析】【详解】(1)1. A.斜槽的末端需调成水平，以保证小球做平抛运动，故A正确BC.每次使小球从同一固定位置由静止释放，以保证小球的初速度相同，故B、C正确D. 记录小球位置用的铅笔每次不一定必须严格地
20、等距离下降，选项D错误；E.小球在运动的过程中不能与木板接触，防止改变轨迹，故E正确；F.描点连线时用平滑曲线连接，故F错误(2)2.在竖直方向上，根据y=gT2得，则初速度(3)3.物体运动到B点的竖直分速度根据平行四边形定则知，B点的速度4.抛出点到B点的时间则抛出点到B点的水平位移xB=v0t=20.2m=0.4m=40cm，抛出点的横坐标x=20 cm -40cm=-20cm抛出点到B点的竖直位移yBgt2100.04m0.2m20cm，则抛出点的纵坐标y=15 cm -20cm=-5.0cm即抛出点的坐标（-20cm，-5.0cm）14.某兴趣小组利用自由落体运动来验证机械能守恒定律
21、下图是实验中打出的某条点迹清晰的纸带已知打点计时器所用电源的频率为50 Hz，当地的重力加速度g取9.80 ms2，重物的质量为1.00kg重物运动到B点的动能是_J，重物运动到E点的动能是_J，重物由B点运动到E点的过程中，重物的重力势能减少了 _J .（均保留3位有效数字） 由此，我们的实验结论是：在误差允许的范围内，重力势能的减少量_动能的增加量.（选填“”或“=”） 【答案】 (1). 2.47， (2). 3.94， (3). 1.48， (4). =【解析】【详解】B点的瞬时速度为： 同理有： 重物由B点运动到E点，重力势能减少了 重物由B点运动到E点，动能增加量为：，所以误差允许
22、范围重力势能的减少量与动能的增加量相等三、计算题（本大题共三个小题，共36分）15.如图所示，一质量为m=0.5kg的小物块放在水平地面上的A点，小物块以v0=9m/s的初速度从A点沿AB方向运动，与墙发生碰撞（碰撞时间极短为0.1s）. 碰前瞬间的速度v1=7m/s，碰后以v2=6m/s反向运动直至静止已知小物块与地面间的动摩擦因数=0.32，取g=10m/s2 . 求：（1）A点距墙面的距离x ；（2）碰撞过程中，墙对小物块平均作用力的大小.（碰撞时物块与地面间摩擦忽略不计）【答案】（1）5m；（2）65N【解析】【详解】(1) 小物块由A到B过程做匀减速运动，由动能定理可得： 代入数据解
23、得：；(2) 选初速度方向为正方向，由动量定理得： 代入数据解得：16.质量为2t的汽车在平直公路上从静止开始先做匀加速运动，5s末达额定功率后保持功率不变，其vt如图所示求：(1)汽车的额定功率和汽车受到的阻力； (2)速度为10m/s时的加速度； (3)变加速运动的总路程【答案】(1)P=15kW，f=1000N(2)0.25(3)550m【解析】【详解】(1)汽车先做匀加速直线运动，据牛顿第二定律有：Ffma且a1m/s2 在5s末达额定功率有：PFv1 保持功率不变，在5s末有：Pfv2由得： 联立各式解得：P15kW，f1000N(2)速度v10m/s时有：PFv据牛顿第二定律有：F
24、fma得：a0.25m/s2(3)汽车在变加速运动阶段，据动能定理有： 且t250s 得：x2550m17.如图所示，倾角为的粗糙平直导轨与半径为r的光滑圆环轨道相切，切点为b，整个轨道处在竖直平面内. 一质量为m的小滑块从导轨上离地面高为H=3r的d处无初速下滑进入圆环轨道，接着小滑块从最高点a水平飞出，恰好击中导轨上与圆心O等高的c点. 已知圆环最低点为e点，重力加速度为g，不计空气阻力. 求：（1）小滑块在a点飞出的动能；（）小滑块在e点对圆环轨道压力的大小；（3）小滑块与斜轨之间的动摩擦因数. （计算结果可以保留根号）【答案】（1）；（2）F=6mg；（3）【解析】【详解】（1）小滑块从a点飞出后做平拋运动：水平方向： 竖直方向： 解得： 小滑块在a点飞出的动能 （2）设小滑块在e点时速度为，由机械能守恒定律得： 在最低点由牛顿第二定律： 由牛顿第三定律得：F=F 解得：F=6mg （3）bd之间长度为L，由几何关系得： 从d到最低点e过程中，由动能定理 解得
