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2020年高一物理下册期末考试相关

高一期末考试物理题带参考答案(2019-2020年山西省孝义市第二中学)

关于经典力学的局限性,下列说法正确的是(  )
A.经典力学适用于微观高速运动的物体
B.尽管经典力学有局限性,可是生活中一般力学问题都用经典力学来解决
C.天宫二号速度很大,有关速度问题不能用经典力学来处理
D.经典力学只适用于像地球和太阳那样大的宏观物体

【答案】B
【解析】
经典力学适用范围是宏观低速的物体,对于微观高速不适用,高速指速度接近光速,所以对于一般的力学问题、火车速度问题,经典力学是适用的,故选B。

一轮船以一定的速度垂直河岸向对岸行驶,当河水流速均匀时,轮船所通过的路程、过河所用的时间与水流速度的正确关系是(  )
A.路程和时间与水速无关 B.水速越大,路程越长,时间越长
C.水速越大,路程越短,时间不变 D.水速越小,路程越小,时间不变

【答案】D
【解析】
船相对于岸的速度为船相对于水的速度和水流速度的合速度,水流速度越大,合速度大,其合速度与岸的夹角越小,路程越长,但过河时间

与水速无关,同理水速越小,路程越小,时间不变。
故选D。

如图所示,半径可变的四分之一光滑圆弧轨道置于竖直平面内,轨道的末端处切线水平,现将一小物体从轨道顶端处由静止释放;若保持圆心的位置不变,改变圆弧轨道的半径(不超过圆心离地的高度)。半径越大,小物体(  )

A.落地时的速度越大 B.平抛的水平位移越大
C.到圆弧轨道最低点时加速度不变 D.落地时的速度与竖直方向的夹角越小

【答案】C
【解析】
A.根据动能定理知

知总高度不变,末速度大小不变,故A错误;
B.根据平抛运动规律知





平抛运动的水平位移随R增大后减小,故B错误;
C.到圆弧轨道最低点时加速度

故加速度大小与R无关,故C正确;
D.小滑块落地时竖直分速度

设与水平方向的夹角为θ,有

R越大,则落地时的速度与水平方向的夹角越小,故落地时速度与竖直方向的夹角越大,故D错误。
故选C。

滑雪运动深受人民群众喜爱,某滑雪运动员(可视为质点)由坡道进入竖直面内的圆弧形滑道,从滑道的点滑行到最低点的过程中,由于摩擦力的存在,运动员的速率不变,则运动员沿下滑过程中(  )

A.所受合外力始终为零 B.所受摩擦力变小
C.合外力冲量一定为零 D.机械能始终保持不变

【答案】B
【解析】
A.运动员速度方向发生改变,加速度不为零,合外力不为零,故A错误;
B.由于速率不变,任意时刻摩擦力和重力在切线方向的分力始终是等大反向的,运动员向下运动过程中重力沿轨道切线的分力减小,摩擦力减小,故B正确;
C.由于速度方向发生改变,故动量变化量不为零,根据动量定理,冲量也不为零,故C错误;
D.重力势能减小,动能不变,则机械能减小,故D错误。
故选B。

一小球质量为,用长为的悬绳(不可伸长,质量不计)固定于点,在点正下方处钉有一颗钉子,如图所示,将悬线沿水平方向拉直无初速释放后,当悬线碰到钉子后的瞬间,则(  )

A.小球线速度变小 B.小球的角速度突然增大到原来的1.5倍
C.小球的向心加速度突然增大到原来的3倍 D.悬线对小球的拉力突然增大到原来的3倍

【答案】B
【解析】
AB.把悬线沿水平方向拉直后无初速度释放,当悬线碰到钉子的前后瞬间,由于绳子拉力与重力都与速度垂直,所以不改变速度大小,即线速度大小不变,而半径变为原来的三分之二,根据v=rω,则角速度增大到原来的倍,故A错误,B正确;
C.由于半径变为原来的三分之二,根据可知,向心加速度突然增大到原来的1.5倍,故C错误;
D.根据牛顿第二定律得,悬线碰到钉子前瞬间



悬线碰到钉子后瞬间





故D错误。
故选B。

质量为、功率为的汽车在平直公路上行驶,若汽车行驶时的功率恒为,匀速运动的速度为,当汽车以速度行驶时,它的加速度是(阻力恒定)(  )
A. B. C. D.

【答案】A
【解析】
当汽车速度为v1时,做匀速直线运动,有
P=Fv1=fv1
则阻力

当汽车速度为v2时,汽车的牵引力

根据牛顿第二定律得

故A正确,BCD错误。
故选A。

一位质量为m的运动员从下蹲状态向上跳起,经Δt时间,身体伸直并刚好离开地面,速度为v,在此过程中,下列说法正确的是(重力加速度为g)(  )
A.地面对他的冲量为mv+mgΔt,地面对他做的功为
B.地面对他的冲量为mv-mgΔt,地面对他做的功为零
C.地面对他的冲量为mv,地面对他做的功为
D.地面对他的冲量为mv+mgΔt,地面对他做的功为零

【答案】D
【解析】
人的速度原来为零,起跳后变为v,以向上为正方向,由动量定理可得
I-mgΔt=mv-0
故地面对人的冲量为
I=mv+mgΔt
人在跳起时,地面对人的支持力竖直向上,在跳起过程中,在支持力方向上没有位移,地面对运动员的支持力不做功,故D正确,ABC错误。
故选D。

星球上的物体脱离该星球引力所需要的最小速度称为第二宇宙速度。已知星球的第二宇宙速度与第一宇宙速度的关系是。已知某星球的半径为,它表面的重力加速度为地球表面重力加速度。不计其他星球的影响,则该星球的第二宇宙速度为(  )
A. B. C. D.

【答案】A
【解析】
设星球的质量为M,半径为r,绕其飞行的卫星质量m,由万有引力提供向心力得

在星球表面

第一宇宙速度时
R=r
联立知

第二宇宙速度v2与第一宇宙速度v1的关系是
v2=v1


故选A。

有一长为的轻杆,其下端系一质量为的小球,上端悬挂于定点,当轻杆竖直时小球静止。现给小球一初速度,已知小球在竖直平面内做无阻力的圆周运动,并且恰好能通过最高点,重力加速度大小为,则下列说法正确的是(  )
A.小球过最高点时速度为零
B.小球开始运动时轻杆对小球的拉力大小为
C.小球过最高点时轻杆对小球的弹力为零
D.小球过最低点时速度大小为

【答案】A
【解析】
A.因为杆不但可以产生拉力,还可以产生支持力,所以对杆球模型来说,只要小球有速度就会向上运动,不会掉下来,所以杆球模型小球做完整圆周运动的条件是经过最到点时的速度大于等于零,因为题目中说恰好能过最高点,所以小球过最高点时的速度为零,A正确;
B.小球在开始转动时,受到重力和杆的拉力作用,根据牛顿第二定律得

则小球受到的拉力为

B错误;
C.小球在最高点时速度为零,所以需要的向心力为零,故所受合力为零,即杆对小球的弹力为

C错误;
D.当轻杆竖直时小球静止,现给小球一初速度,由于小球在运动过程中机械能守恒

可得小球在最低点的速度为,D错误。
故选A。

如图所示,汽车质量为m,以恒定功率P沿一倾角为θ的长斜坡向上行驶,汽车和斜坡间的动摩擦因数为μ,某一时刻t时刻速度大小为v,则(  )

A. t时刻汽车的牵引力为
B. t时刻汽车的牵引力为mgsinθ+μmgcosθ
C. t时刻汽车的加速度为
D. 汽车上坡的最大速度为

【答案】AC
【解析】
t时刻的牵引力为F=,故A正确,B错误;根据牛顿第二定律可知−mgsinθ−μmgcosθ=ma,解得a=-(gsinθ+μgcosθ),故C正确;当牵引力F=mgsinθ+μmgcosθ时,速度达到最大,故D错误,故选AC。

如图所示的装置中,木块B与水平面间的接触面是光滑的,子弹A沿水平方向射入木块后留在木块内,将弹簧压缩到最短,弹簧左端连着墙壁,现将子弹、木块和弹簧合在一起作为研究对象(系统),则此系统在从子弹开始射入木块到弹簧压缩至最短的整个过程中( )

A. 动量守恒 B. 动量不守恒 C. 机械能守恒 D. 机械能不守恒

【答案】BD
【解析】试题分析:此系统在从子弹开始射入到弹簧被压缩至最短的整个过程中水平方向受到墙壁对系统的向右的作用力,所以系统的动量不守恒;子弹在进入木块的过程中,子弹相对于木块有一定的位移,所以子弹与木块组成的系统有一定的动能损失,所以系统的机械能也不守恒.故BD正确,AC错误.故选BD

如图所示,自行车的传动是通过连接前、后齿轮的金属链条来实现的。下列关于自行车在转动过程中有关物理量的说法正确的是(  )

A.前齿轮的角速度较后齿轮的小
B.前齿轮的向心加速度较后齿轮的大
C.前齿轮边缘的线速度比后齿轮边缘的线速度大
D.前齿轮边缘的线速度与后齿轮边缘的线速度大小相等

【答案】AD
【解析】
CD.同缘传动边缘点线速度相等,故C错误,D正确;
A.根据,v一定时,r越大,角速度越小,故前轮的角速度小于后轮的角速度,故A正确;
B.根据,v一定时,r越大,加速度越小,故前轮的加速度小于后轮的加速度,故B错误。
故选AD。

质量为的物块A,以的速度与质量为静止的物块B发生正碰,碰撞后物块B的速度大小可能为(  )
A. B. C. D.

【答案】BC
【解析】
以两球组成的系统为研究对象,以碰撞前A球的速度方向为正方向,如果碰撞为弹性碰撞,由动量守恒定律得

由机械能守恒定律得

解得

如果碰撞为完全非弹性碰撞,以A球的初速度方向为正方向,由动量守恒定律得

解得

则碰撞后B球的速度范围是

所以碰撞后B球的速度可能值为1m/s和2m/s,故AD错误,BC正确。
故选BC。

如图所示,一个质量为的物体(可看成质点)以某一初动能从斜面底端冲上倾角为的固定斜面,其运动的加速度大小为,若已知该物体在斜面上上升的最大高度为,则在这个过程中(  )

A.物体机械能守恒 B.物体重力势能增加了
C.物体的初动能 D.物体机械能损失了

【答案】CD
【解析】
A.设物体受到的摩擦力大小为f。由牛顿第二定律得
mgsin30°+f=ma=m×0.7g
解得摩擦力
f=0.2mg
由于摩擦力对物体要做功,所以物体的机械能不守恒,故A错误;
B.物体在斜面上能够上升的最大高度为h,克服重力做功为mgh,所以重力势能增加了mgh,故B错误;
C.由动能定理可知
0-Ek0=F合∙s=-ma∙2h=-m∙0.7g∙2h=-1.4mgh
则物体的初动能Ek0=1.4mgh,故C正确;
D.由功能关系知,机械能的损失量为
△E=f∙2h=0.2mg∙2h=0.4mgh
故D正确。
故选CD。

用如图所示的实验装置验证机械能守恒定律。实验所用的电源为学生电源,输出电压为的交流电和直流电两种,重物从高处由静止开始落下,重物拖着的纸带通过打点计时器打出一系列的点,对纸带上的点的痕迹进行测量,即可验证机械能守恒定律。
(1)下面列举了该实验的几个操作步骤:
A.按照图示的装置安装器件;
B.将打点计时器接到电源的交流输出端上;
C.用天平测量出重物的质量;
D.先释放悬挂纸带的夹子,再接通电源开关打出一条纸带;
E.测量打出的纸带上某些点之间的距离;
F.根据测量的结果计算重物下落过程中减少的重力势能是否等于增加的动能。
其中没有必要进行的步骤是________;操作不恰当的步骤是________。

(2)某同学做“验证机械能守恒定律”的实验时,打下的一条纸带如图所示,0点为起始点,测得3点、6点、9点与第一点0间的距离分别为,交流电的周期是,当地的重力加速度,设重物的质量是,则从0点到6点,重物的动能增量__,重物重力势能减少量_____。(均保留三位有效数字)

【答案】C D 1.35 1.37
【解析】
(1)[1] C,因为需要比较的是的大小关系,m可约去比较,不需要用天平测量,故C没有必要;
[2] D,实验操作时,要先接通电源,再释放纸带,故D操作不当;
(2)[3] 根据匀变速直线运动的规律,B点的速度为

则从0点到6点,重物的动能增量为

[4] 从0点到6点,重物重力势能减小量为

如图所示,小球沿水平面通过点进入半径为的半圆弧轨道后,已知小球通过最高点时对点的压力等于其重力的2倍,然后落回水平面,不计一切阻力,求小球落地点离点的水平距离为多少?(

【答案】
【解析】
点速度为,由牛顿第二定律得



联立几式并代入数据得

在建筑工地上,一起重机将质量的重物以的加速度从静止开始竖直向上匀加速提升高度的过程中,(不计阻力,)求:
(1)重物受到的拉力;
(2)拉力所做的功;
(3)动量的变化量。

【答案】(1)650N;(2)9750J;(3)kg·m/s
【解析】
(1)由牛顿第二定律得
F-mg=ma
代入数据得
F=650N
(2) 拉力所做的功为
WF=Fh
代入数据得
WF=9750J
(3)由运动学公式得

动量的变化量为
=mv
联立并代入数据得
=kg·m/s

如图所示,质量的木板静止在光滑水平桌面上,木板上放有一质量的小铁块(可视为质点),它离木板左端的距离为,铁块与木板间的动摩擦因数为。现用一水平向右的拉力作用在木板上,使木板和铁块由静止开始运动,设木板与铁块间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力,。则
(1)求当拉力为时,铁块受到的摩擦力大小;
(2)若要铁块相对木板静止,求拉力的最大值;
(3)若将木板从铁块下抽出历时,求拉力的大小。

【答案】(1)2.0N;(2)21N;(3)36N
【解析】
(1)对整体,根据牛顿第二定律
F0=(M+m)a0
对m,根据牛顿第二定律
f=ma0
联立代入数据得
f=2.0N
(2)对整体,根据牛顿第二定律
Fm=(M+m)am
对m,根据牛顿第二定律
μmg=mam
联立代入数据得
Fm=21N
(3)对M,根据牛顿第二定律
F-μmg=Ma1
对m,根据牛顿第二定律
μmg=ma2
M的位移为
x1=
m的位移为
x2=
位移关系为
x1-x2=L
联立代入数据得
F=36N

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