2021-2022学年内蒙古赤峰市赤峰第四中学高一（下）期中物理试题含解析

这是一份2021-2022学年内蒙古赤峰市赤峰第四中学高一（下）期中物理试题含解析，共24页。试卷主要包含了选择题，填空题，计算题等内容，欢迎下载使用。
赤峰四中2021—2022学年下学期月考试卷高一物理本试卷分第I卷（选择题）和第II卷（非选择题）两部分，满分100分，考试时间90分钟。第I卷（选择题，共48分）一、选择题（本题共12小题，每小题4分，在每小题给出的四个选项中，1—8题只有一个选项正确，9—12题有多个选项正确，全部选对的得4分，选不全的得2分，有选错或不答的得0分。）1. 下列关于匀速圆周运动的说法中正确的是A. 由于匀速圆周运动的速度大小不变，所以是匀速运动B. 做匀速圆周运动的物体，所受的合外力恒定C. 做匀速圆周运动的物体在相等的时间内转过的角度相等D. 一个物体做匀速圆周运动，在相等的时间内通过的位移相等【答案】C【解析】【详解】A. 匀速圆周运动受指向圆心的向心力，有变化的加速度，故匀速圆周运动一定是变速运动，故A错误；B. 做匀速圆周运动的物体，所受的合外力方向始终指向圆心，是变力，故B错误；C. 做匀速圆周运动的物体在相等的时间内转过的角度相等，故C正确；D. 位移是矢量，一个物体做匀速圆周运动，在相等时间内位移大小相等，但方向不同，故D错误．故选C2. 如图所示，有两条位于同一竖直平面内的水平轨道，轨道上有两个物体和，它们通过一根绕过定滑轮的不可伸长的轻绳相连接，物体以匀速向右运动，在绳子与轨道成角时，物体的速度大小为（  ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【详解】将B点的速度分解如右图所示,则有: ，解得：    ，故B正确；ACD错误故选B点睛：根据运动的合成与分解,结合A的速度与B的速度沿着绳子方向的速度大小相等,结合平行四边形定则求出物体B的速度. 3. 如图所示，窗子上、下沿间的高度，墙的厚度，某人在离墙壁距离，距窗子上沿处的点，将可视为质点的小物件以的速度水平抛出，小物件直接穿过窗口并落在水平地面上，取。则的取值范围是（　　）
 A  B. C.  D. 【答案】C【解析】【分析】【详解】小物体做平抛运动，恰好擦着窗子上沿右侧穿过时v最大，此时有代入数据解得vmax=7m/s恰好擦着窗口下沿左侧时速度v最小，则有代入数据解得vmin=3m/s故v的取值范围是3m/s<v<7m/s故选C。4. 将质量都是m的三只小球A、B、C从离地同一度h处,以大小相同的初速度v0分别竖直上抛、竖直下抛、水平抛出去．不计空气阻力，下列关于三小球的表述中正确的是A. 三小球刚着地时的动量相同B. 从抛出到落地的过程中，三小球的动量变化量相同C. 从抛出到落地的过程中，三小球的动量变化率相同D. 从抛出到落地的过程中，三小球受到的重力的冲量均相同【答案】C【解析】【详解】A．因为动量是矢量，动量方向和速度方向相同，而三种运动着地时上抛和下抛的速度方向与平抛的速度方向不同，故A错误；B．由于A的时间最长，而B的时间最短，故A合外力冲量最大，B球合外力冲量最小．根据动量定理知，三个小球的动量变化量等于合外力冲量，所以A球动量改变量最大，故B错误；C．根据动量定理知，动量的变化率等于物体所受的合外力，所以三小球动量的变化率相等，故C正确；D．由于A的时间最长，而B的时间最短，所以三小球的重力的冲量均不相同，故D错误；5. 使物体成为卫星的最小发射速度称为第一宇宙速度，而使物体脱离星球引力所需要的最小发射速度称为第二宇宙速度，与的关系是1，已知某星球半径是地球半径R的，其表面的重力加速度是地球表面重力加速度g的，地球的平均密度为ρ，不计其他星球的影响，则（　　）A. 该星球上的第一宇宙速度为B. 该星球上的第二宇宙速度为C. 该星球的平均密度也为D. 该星球的质量为【答案】B【解析】【详解】AB．该星球表面的重力加速度由可得星球的第一宇宙速度该星球的第二宇宙速度故A错误，B正确；CD．忽略地球自转影响，地球表面上物体的重力等于万有引力，即地球的质量为同理，星球的质量为该星球表面的重力加速度联立解得故CD错误；故选B。6. 如图所示，一个圆环绕经过圆心的竖直轴00'匀速转动，圆环上套着两个可视为质点的小球A、B，当两个小球相对于圆环静止时，小球A和圆心的连线与竖直轴OO′的夹角为45°，小球B和圆心的连线与竖直轴OO'的夹角为30°．则下列说法正确的是（　　）A. 小球A、B做圆周运动的半径之比为1：B. 小球A、B做圆周运动的角速度之比为1：2C. 小球A、B做圆周运动的线速度之比为：1D. 小球A、B做圆周运动的向心加速度之比为1：1【答案】C【解析】【详解】A．小球A、B做圆周运动的半径之比为Rsin45°：Rsin30°=：1．故A错误．B．因为同轴转动，故小球A、B做圆周运动的角速度之比为1：1．故B错误．C．小球A、B做圆周运动的线速度之比为半径之比．故C正确．D．小球A、B做圆周运动的向心加速度之比．故D错误．7. 如图所示，ABCD是一个盆式容器，盆内侧壁与盆底BC的连接处都是一段与BC相切的圆弧，BC水平，其长度d=0.50 m，盆边缘的高度为h=0.30 m。在A处放一个质量为m的小物块并让其由静止下滑。已知盆内侧壁是光滑的，而盆底BC面与小物块间的动摩擦因数为μ=0.10。小物块在盆内来回滑动，最后停下来，则停止的地点到B的距离为（　　）A. 0.50 m B. 0.25 m C. 0.10 m D. 0【答案】D【解析】【分析】【详解】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，小物块在盆底BC面上所受的滑动摩擦力大小不变，整个过程由动能定理有mgh−μmgs=0所以小物块在BC面上运动的总路程为s=因d=0.50 m，s=6d，所以小物块在BC面上来回运动共6次，刚好3个来回，所以最终停在B点，即距离B点为0 m，ABC错误，D正确。故选D。8. 如图所示，水平转台上有一个质量为m的物块，用长为L的细绳将物块连接在转轴上，细线与竖直转轴的夹角为θ角，此时绳中张力为零，物块与转台间动摩擦因数为μ（μ＜tanθ），最大静摩擦力等于滑动摩擦力，物块随转台由静止开始缓慢加速转动，则下列说法正确的是（ ）A. 转台一开始转动，细绳立即绷直对物块施加拉力B. 当绳中出现拉力时，转台对物块做功为μmgLsinθC. 当物体的角速度为时，转台对物块支持力为零D. 当转台对物块支持力为零时，转台对物块做的功为【答案】D【解析】【详解】A．转台一开始转动时，物体与转台之间的静摩擦力提供向心力，随转速的增加，静摩擦力逐渐变大，当达到最大静摩擦力时物块开始滑动，此时细绳绷直对物块施加拉力，选项A错误；B．对物体受力分析知物块离开圆盘前合力① ②根据动能定理知③当弹力T=0，r=Lsinθ④由①②③④解得至绳中出现拉力时，转台对物块做的功为，故B错误；CD．当N=0，f=0，由①②③知由①②知，所以当物块的角速度增大到时，物块与转台间恰好无相互作用，故C错误，D正确。故选D9. 在下列实例中，不计空气阻力，机械能守恒的是（　　）A. 作自由落体运动的物体 B. 在水平面上加速运动的小车C. 起重机将重物匀速吊起 D. 沿光滑斜面下滑的物体【答案】AD【解析】【详解】A．作自由落体运动的物体，只受到重力的作用，只有重力做功，只发生重力势能与动能之间的相互转化，机械能守恒，故A正确；B．在水平面上加速运动的小车，重力势能不变，动能增加，机械能增加，机械能不守恒，故B错误；C．起重机将重物匀速吊起，重力势能增加，动能不变，机械能增加，机械能不守恒，故C错误；D．沿光滑斜面下滑的物体，只有重力做功，只发生重力势能与动能之间的相互转化，机械能守恒，故D正确.故选AD。10. 一辆小汽车在水平路面上由静止启动，在前5s内做匀加速直线运动，5s末达到额定功率，之后保持额定功率运动，其图像如下图所示，已知汽车的质量为,汽车受到地面的阻力为车重的0.1倍，g取,则(   )A. 汽车在前5s内的牵引力为B. 汽车在前5s内的牵引力为NC. 汽车的额定功率为60kWD. 汽车的最大速度为【答案】BCD【解析】【详解】AB．汽车受到的阻力f=0.1×2×103×10=2×103N前5s内，由图a=2m/s2，由牛顿第二定律F-f=ma求得F=f+ma=（0.1×2×103×10+2×103×2）N=6×103N 故A错误．B正确．C．t=5s末功率达到额定功率P=Fv=6×103×10W=6×104W=60kW故C正确；D．当牵引力等于阻力时，汽车达最大速度，则最大速度故D正确。故选BCD。【名师点睛】本题结合图象考查汽车启动问题，在解题时要明确汽车的运动过程及运动状态，正确应用牛顿第二定律及功率公式求解．11. 如图所示，轻质弹簧一端固定，另一端与质量为m的圆环相连，圆环套在倾斜的粗糙固定杆上，杆与水平面之间的夹角为，圆环在A处时弹簧竖直且处于原长。将圆环从A处由静止释放，到达C处时速度为零。若圆环在C处获得沿杆向上的速度v，恰好能回到A。已知，B是AC的中点，弹簧始终在弹性限度之内，重力加速度为g，则（　　）A. 下滑过程中，其加速度先减小后增大B. 下滑过程中，环与杆摩擦产生的热量为C. 从C到A过程，弹簧对环做功为D. 环经过B时，上滑的速度等于下滑的速度【答案】AC【解析】【详解】A．环由A到C，初速度和末速度均为0，设弹簧与固定杆的夹角为，对环进行受力分可得随着逐渐减小，环受弹簧沿杆向上的力和摩擦力逐渐增大，故环先做加速度逐渐减小的加速运动，后做加速度增大的减速运动，直至速度为0，故A正确；BC．设从C到A过程，弹簧弹性势能变化量为EpC，环与杆摩擦产生的热量为Q，根据对称性可知从C到A过程中产生的热与从A到C过程中产生的热相等，弹性势能的变化也相等。环由A到C，根据功能关系可得环由C到A，根据功能关系可得解得根据功能关系可得从C到A过程，弹簧对环做功为故B错误，C正确；D．由功能关系可知，圆环由A下滑至B，有即圆环由B上滑至A，有即故可知，环经过B时，上滑的速度大于下滑的速度，故D错误。故选AC。12. 如图甲所示，置于水平地面上质量为m的物体，在竖直拉力F作用下，由静止开始向上运动，其动能Ek与距地面高度h的关系图象如图乙所示，已知重力加速度为g，空气阻力不计。下列说法正确的是（　　）A. 在0～h0过程中，F大小始终为2mgB. 在0～h0和h0～2h0过程中，F做功之比为2∶1C. 在0～2h0过程中，物体的机械能不断增加D. 在2h0～3.5h0过程中，物体的机械能不断减少【答案】AC【解析】【分析】【详解】A．0～h0过程中，Ek-h图象为一段直线，由动能定理得（F-mg）h0=mgh0-0故F=2mgA正确；B．由A可知，在0～h0过程中，F做功为2mgh0，在h0～2h0过程中，由动能定理可知，WF-mgh0=1.5mgh0-mgh0解得WF=1.5mgh0因此在0～h0和h0～2h0过程中，F做功之比为4∶3，故B错误；C．在0～2h0过程中，F一直做正功，故物体的机械能不断增加，C正确；D．在2h0～3.5h0过程中，由动能定理得WF′-1.5mgh0=0-1.5mgh0则WF′=0故F做功为0，物体的机械能保持不变，故D错误。故选AC。第II卷（非选择题，共52分）二、填空题（2小题共12分）13. 图为某同学设计的验证机械能守恒定律的实验装置．刚性轻绳上端系于O点，下端连接小球A，B为光电门，C为量角器，圆心在O点，轻绳可绕O点在竖直面内做圆周运动．
 （1）关于该实验，下列说法正确的是（    ）A．该实验中，应选质量大，体积小的小球B．该实验中，小球是否静止释放，不影响实验结果C．该实验中，只要细绳是绷紧的，小球无论从何位置静止释放，均可验证机械能守恒定律D．该实验中，轻绳偏离竖直方向摆角越大（），速度测量误差越小（2）若已知小球质量为m，轻绳长度为l，小球直径为d（小球直径远小于绳长），轻绳偏离竖直方向的摆角为，光电门记录小球通过的时间为t，试用上述物理量写出验证机械能守恒定律的表达式：______________．【答案】    ①. AD    ②. 【解析】【分析】根据实验的原理分析验证机械能守恒，小球应选择质量大一些，体积小一些，光电门只能测出小球通过最低点的时间，即只能算出小球在最低点的速度；抓住重力势能的减小量和动能的增加量相等，得出机械能守恒满足的表达式；【详解】解：(1)A、实验中，为尽量消除空气阻力影响，应选择质量大、体积小的小球，故A正确；B、光电门只能测出小球通过最低点的时间，即只能算出小球在最低点的速度，若小球初速度不为零，无法计算小球动能增量，也无法验证机械能守恒定律，故B错误；C、小球若从静止释放，将先做自由落体运动，绳绷紧瞬间，会有机械能损耗，无法验证机械能守恒定律，故C错误D、小球从静止释放，越大，小球在最低点速度越大，瞬时速度计算越精确，故D正确；故选AD．(2)小球运动过程中，重力势能减少量，在最低点速度，即动能增加量，若实验能验证，即，则验证了机械能守恒定律．14. 为了探究动能改变与合外力做功的关系，某同学设计了如下的实验方案；
 第一步：将带有定滑轮的木板（有滑轮的）一端垫起，滑块通过细绳过定滑轮与重锤相连，重锤下连一穿过打点计时器的纸带，调整木板倾角，直到轻推滑块后，滑块沿木板向下匀速运动，如图（1）所示：第二步：保持木板的倾角不变，取下细绳和重锤，将打点计时器安装在长木板上靠近滑轮处，滑块与纸带相连，让纸带穿过打点计时器，如图（2）所示。接通电源，释放滑块，滑块开始做加速运动，打出一条纸带如图（3）所示，其中是打下的第一个点。
 已知重锤的质量为，滑块的质量为，重力加速度为，各相邻计数点间的时间间隔为，各计数点与O点距离如图（3）所示。，，，，，，回答下列问题：（1）打点计时器打下E点时滑块的速度___________m/s；（计算结果保留三位有效数字）（2）滑块加速下滑过程中所受合力___________N；从O到E，合力对滑块做的功为___________J；（3）分别算出OA、OB、OC、OD段合力对滑块做的功以及打下A、B、C、D点滑块的速度，做出图像，发现是一条过原点的直线，则直线斜率___________；（4）此实验中，滑块与木板间摩擦力的大小___________（选填“会”或“不会”）影响实验结果。【答案】    ①. 0.457    ②. 0.098    ③.     ④. 10    ⑤. 不会【解析】【详解】（1）[1]根据匀变速直线运动中间时刻的速度等于该段时间的平均速度，可得（2）[2]重锤通过绳子与滑块连接时，轻推滑块后，滑块沿木板向下匀速运动，根据受力平衡可得取下细绳和重锤后，滑块加速下滑过程中所受合力为[3]从O到E，合力对滑块做的功为（3）[4]根据合外力做的功为解得则直线斜率为（4）[5]重锤通过绳子与滑块连接时，轻推滑块后，滑块沿木板向下匀速运动，根据受力平衡可得取下细绳和重锤后，滑块加速下滑过程中所受合力为可知滑块加速下滑时的合力等于重锤的重力，不存在误差，故此实验中，滑块与木板间摩擦力的大小不会影响实验结果。三、计算题（40分，要求写出必要的公式和文字说明，直接写结果的不给分）15. 一个质量的物体在水平拉力作用下从静止开始运动，拉力大小为15N，物体与水平面间的动摩擦因数，物体运动时撤去拉力。重力加速度取。求：（1）拉力对物体做的功W；（2）撤去拉力后物体在水平面上还能向前滑行的距离多大？【答案】（1）150J；（2）20m【解析】【详解】（1）拉力对物体做的功为（2）质量的物体对地面的压力大小为可得物体与水平面间动摩擦力为根据牛顿第二定律可得解得根据位移公式物体在拉力的作用下获得的速度解得在之后物体在摩擦力作用下做匀减速运动，其加速度为则可得撤去拉力后物体在水平面上还能向前滑行的距离为解得16. 如图所示，摩托车做特技表演时，以v0＝10m/s的速度从地面冲上高台，t＝5s后以同样大小的速度从高台水平飞出．人和车的总质量m＝1.8×102kg，台高h＝5.0m.摩托车冲上高台过程中功率恒定为P＝2kW，不计空气阻力，取g＝10m/s2.求：(1) 人和摩托车从高台飞出时的动能Ek；(2) 摩托车落地点到高台的水平距离s；(3) 摩托车冲上高台过程中克服阻力所做的功Wf.【答案】（1）9×103J   （2）10m   （3）1×103J【解析】【详解】试题分析：根据动能表达式列式求解即可；人和摩托车从高台飞出做平抛运动，根据平抛的运动规律即可求出平抛的水平距离；根据动能定理即可求解克服阻力所做的功．（1）由题知，抛出时动能：（2）根据平抛运动规律，在竖直方向有：解得：t=1s则水平距离（3）摩托车冲上高台过程中，由动能定理得：解得：【点睛】本题考查了动能定理和平抛运动的综合，知道平抛运动水平方向和竖直方向上的运动规律，以及能够熟练运用动能定理．17. 如图，与水平面夹角的斜面和半径的光滑圆轨道相切于B点，且固定于竖直平面内。滑块从斜面上的A点由静止释放，经B点后沿圆轨道运动，恰好通过最高点轨道C。已知滑块与斜面间动摩擦因数。（g取10m/s2，=0.6，求：（1）滑块在C点的速度大小；（2）滑块在B点速度大小；（3）A、B两点间的高度差h。【答案】（1）2m/s；（2）4.29m/s；（3）1.38m【解析】【详解】（1）滑块恰好通过最高点轨道C，故可得滑块在最高点C时，由重力提供向心力，有解得（2）滑块在光滑圆轨道上运动，机械能守恒，故有解得（3）滑块从A到B只有重力、摩擦力做功，故由动能定理可得解得18. 如图所示，一根轻绳绕过光滑的轻质定滑轮，两端分别连接物块A和B，B的下面通过轻绳连接物块C，A锁定在地面上．已知B和C的质量均为m，A的质量为，B和C之间的轻绳长度为L，初始时C离地的高度也为L.现解除对A的锁定，物块开始运动．设物块可视为质点，落地后不反弹．重力加速度大小为g．求：(1)A刚上升时的加速度大小a；  (2)A上升过程的最大速度大小vm；(3)离地的最大高度H.【答案】(1) (2) 　(3) 【解析】【详解】（1）解除对A的锁定后，A加速上升，B和C加速下降，加速度a大小相等，设轻绳对A和B的拉力大小为T，由牛顿第二定律得对A： ①对B、C： ②由①②式得③（2）当物块C刚着地时，A的速度最大．从A刚开始上升到C刚着地的过程，由机械能守恒定律得④由④式得⑤（3）设C落地后A继续上升h时速度为零，此时B未触地，A和B组成的系统满足⑥由⑤⑥式得⑦由于，假设成立，所以A离地的最大高度