2020年福建省双十中学高一上物理期末测试

期末物理测试，难度0.5左右
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学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
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绝密★启用前
2020年福建省双十中学高一期末测试
物理
注意事项：
1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息
2．请将答案正确填写在答题卡上
第I卷（选择题）
请点击修改第I卷的文字说明
 
评卷人
得分
 
 


一、多选题(共10题，每题6分，共60分)
1．如图所示,倾角为30°、高为L的固定斜面底端与水平面平滑相连,质量分别为3m、m的两个小球a、b(可视为质点)用长为L的轻绳连接,a球置于斜面顶端。现由静止释放a、b两球,b球与弧形挡板碰撞时间极短并无机械能损失,且碰后只能沿斜面下滑,两球最终均滑到水平面上并发生碰撞粘在一起继续运动。不计一切摩擦,则

A.a球到达斜面底端时的速率为5gL2
B.b球到达斜面底端时的速率为6gL2
C.a球沿斜面下滑的过程中,轻绳一直对b球做正功
D.两球粘在一起运动后的速率为3(5+1)8gL
2．如图所示,一小物体m从14光滑圆弧形轨道上与圆心O等高处由静止释放,圆弧半径R=0.2 m,轨道底端与粗糙的传送带平滑连接,当传送带固定不动时,物体m能滑过右端的B点,且落在水平地面上的C点,取重力加速度g=10 m/s2,则下列说法正确的是

A.物体m滑到最低点A时对轨道的压力大小与轨道半径R的大小有关
B.若传送带沿逆时针方向运行,则物体m也能滑过B点,到达地面上的C点
C.若传送带沿顺时针方向运行,则当传送带速度v>2 m/s时,物体m到达地面上C点的右侧
D.若传送带沿顺时针方向运行,则当传送带速度v0,故管道对小球的支持力方向竖直向下
根据牛顿第三定律知,小球对管道的压力大小F'N=203+30(N),方向竖直向上
(3)根据机械能守恒定律可得Ep=2mgR(1-cos θ)+12 mv2
根据平抛运动的规律可得
水平方向x=vt,竖直方向2R(1-cos θ)=12gt2
联立可得x=41-cos 2θ(m)
所以,当θ=90°时小球从管口飞出后水平位移最大
【备注】运用动能定理解题的思路可以概括为八个字“一个过程,两个状态”。一个过程是指做功过程,应明确问题涉及的过程中各外力所做的总功;两个状态是指初、末两个状态的动能。
 
17.(1) 0.45 J              (2) 9 N            (3) ω=5(2k+1)π(20Ep+10+2Ep+12)(rad/s)(k=0,1,2,3,…)
【解析】本题主要考查动能定理和圆周运动等相关知识,意在考查考生的分析综合能力。
(1) 小物块恰能通过B点,即到B点时速度恰为零,小物块从发射点P运动到B点的过程中由动能定理有
Ep0-μmgx-mg·2R1=0
解得Ep0= 0.45 J
(2)从发射点P到A点的过程中对小物块由动能定理有
Ep1-μmgx=12mvA2
小物块进入A点后做圆周运动,则有
F'N-mg=mvA2R1
FN=F'N
解得FN=9 N
(3) 小物块从P运动到D由动能定理有
Ep-μmgx+mg(h-R2)=12mvD2
解得vD=20Ep+10 m/s
要使小物块能竖直穿过圆筒,应在小物块穿出圆筒时,圆筒恰好转过π的奇数倍。
设小物块恰好穿出圆筒时的速度大小为v'D,则有
v'D2-vD2=2g·2R2
解得vD'=20Ep+12 m/s
所以小物块在圆筒内的运动时间为t=vD'-vDg
在t时间内圆筒转过的角度为(2k+1)π
(2k+1)π=ωt
ω=(2k+1)πt
解得ω=5(2k+1)π(20Ep+10+2Ep+12)(rad/s)(k=0,1,2,3,…)
【备注】　第(1)问是竖直面内的圆周运动与动能定理结合的问题,是高考的常考问题,考生容易在求解最高点速度时出错。第(2)问是牛顿第二定律在圆周运动中的应用,列方程时,考生容易漏掉重力而导致错解。第(3)问由于圆周运动的周期性导致了问题的多解性,很容易被忽略。
 
18.(1) 410 m/s, 5 0003 N  (2) x= 1.2 m,h=0.45 m
【解析】本题考查考生对圆周运动知识、平抛运动规律、动能定理的应用。(1)对物块从A点到C点的过程,根据动能定理有
12mvC2-12mvA2=-2mgR
解得vC=410 m/s
在C点,根据牛顿第二定律有FN+mg=mvC2R
可得FN=5 0003 N
由牛顿第三定律知物块对轨道的压力大小为5 0003 N
(2)对物块从A点到F点的过程,根据动能定理有
12mvF2-12mvA2=-mgH-μmgHsinθ·cos θ
可得vF=5 m/s,方向沿斜面向上
F点到G点的过程的逆过程是平抛运动,在F点时
水平分速度vx=vFcos θ=4 m/s,竖直分速度vy=vFsin θ=3 m/s
根据vy=gt,可得t=0.3 s,因此x=vxt=1.2 m,h=12gt2=0.45 m
【备注】无
 
19.(1) 30 m/s  (2) 2509 m  (3) x=33h-503+753 m,h≥2009 m
【解析】本题考查曲线运动与能量的综合,意在考查考生的分析综合能力。(1)车厢在C点时,对车厢受力分析,有FN-mg=mv2R1
v=30 m/s
(2)车厢从出发点到C点的过程,由动能定理有
mg(h0+R1-R1cos θ)-μmgcos θh0sinθ=12mv2
h0=2509 m
(3)当车厢恰好到达最高点E时有mg=mvE2R2
车厢从出发点到E点的过程,由动能定理有mg(h-R2-R2cos θ)-μmgcos θhsinθ=12mvE2
h=2009 m
车厢从出发点到H点的过程,由动能定理有mg[h-(h1-R1+R1cos θ)]-μmgcos θ(hsinθ+h1sinα)=0
h=253+509 m