抚州市2017-2018下学期统考高一物理试题(解析版)

抚州市2017—2018学年度高一下学期学生学业发展水平测试
物理试题
一选择题（本题共10小题，每小题4分，共40分，在每小题给出的四个选项中，第１－7小题只有一个选项正确, 8－10小题有多个选项正确。

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. 下列说法正确的是（）
A. 做匀速圆周运动的物体处于平衡状态
B. 做匀速圆周运动的物体所受的合外力是恒力
C. 做匀速圆周运动的物体的加速度大小恒定
D. 做匀速圆周运动的物体的速度恒定
【答案】C
【解析】做匀速圆周运动的物体所受的合外力不为零，则不是处于平衡状态，选项A错误；做匀速圆周运动的物体所受的合外力大小不变，方向不断变化，则合外力是变力，选项B错误；做匀速圆周运动的物体的加速度大小恒定，选项C正确；做匀速圆周运动的物体的速度大小不变，方向不断变化，则速度不是恒定的，选项D错误；故选C.
2. 甲、乙两个质点间的万有引力大小为F，若甲质点的质量不变，乙质点的质量增大为原来的2倍，同时它们间的距离减为原来的1/2，则甲、乙两个质点间的万有引力大小将变为（）
A. F/2
B. F
C. 4F
D. 8F
【答案】D
【解析】根据万有引力定律公式得，，故D正确，ABC错误。

故选D。

3. 质量为l kg的物体沿倾角为30°的光滑斜面由静止下滑，又知斜面高为5 m。

g取10 m/s2．则物体刚滑到斜面底端时，重力的瞬时功率为
A. 15 W
B. 25W
C. 50 W
D. 100 W
【答案】C
【解析】解：物体下滑过程中机械能守恒，所以有：mgh=①
物体滑到底端重力功率为：P=mgvsin30°②
联立①②解得：P=50W
故选B
【点评】物理公式不仅给出了公式中各个物理量的数学运算关系，更重要的是给出了公式需要遵循的规律和适用条件，在做题时不能盲目的带公式，要弄清公式是否适用．
4. 2010年l0月1日我国成功发射“嫦娥二号”绕月卫星，绕月运行高度为100公里．2007年10月24日发射的“嫦娥一号”绕月运行高度为200公里，如图所示．“嫦娥二号”卫星与“嫦娥一号”卫星绕月运行相比，下列判断正确的是（）
A. 周期小，线速度大
B. 周期大，加速度大
C. 线速度大，加速度小
D. 角速度小，线速度小
【答案】A
【解析】试题分析：人造地球卫星绕地球做匀速圆周运动，根据人造卫星的万有引力等于向心力，列式求出线速度、角速度、周期和加速度的表达式，进行分析．
解：向心力=所受的万有引力：G=m=mω2r=m（）2r═ma
解得v=①T==2π②ω=③a=④
由以上各式可知：半径大的线速度，角速度，加速度小，周期大．
A 因“嫦娥二号”的半径小，则其周期小，线速度大．故A正确
B 因“嫦娥二号”的半径小，则其周期小，加速度大．故B错误
C 因“嫦娥二号”的半径小，则其线速度大，加速度大．故C错误
D 因“嫦娥二号”的半径小，则其角速度大，线速度大．故D正确．
故选：A D
5. 关于动量的说法中，正确的是：（）
A. 物体的动量改变了，其速度大小一定改变
B. 物体的动量改变了，其速度方向一定改变
C. 物体运动速度的大小不变，其动量一定不变
D. 物体的运动状态改变，其动量改变
【答案】D
【解析】动量是矢量，动量方向的改变也是动量改变，如匀速圆周运动，速度大小不变，故A错误；物体的动量改变，可能是大小的改变，也可能是速度方向改变，无论是速度大小还是方向变化，都是速度发生变化，B正确；动量是矢量，动量方向的改变也是动量改变，如匀速圆周运动中动量的大小不变，但方向时刻改变，故C错误；物体的运动状态改变，说明速度改变，故其动量mv一定改变，可能是方向的改变，也可能是大小的改变，还有可能是大小和方向同时改变，D正确．
6. 一质量为m的滑块，以速度v在光滑水平面上向左滑行，从某一时刻起，在滑块上作用一向右的水平力，经过一段时间后，滑块的速度变为－2v(方向与原来相反)，在这段时间内，水平力所做的功为（）
A. －mv2
B. mv2
C. mv2
D. －mv2
【答案】B
【解析】由动能定理可知,B对;
7. —质量为m的铁锤，以速度v，竖直打在木桩上，经过Δt时间后停止，则在打击时间内，铁锤对木桩的平均冲力的大小是（）
A. mgΔt
B.
C.
D.
【答案】C
.........
......
考点：考查了动量定理
【名师点睛】本题考查动量定理的应用，在应用时要注意先明确正方向，然后才能列动能定理的关系式求解．
8. 在光滑水平面上，一质量为m、速度大小为v的A球与质量为m静止的B球发生正碰，碰撞可能是弹性的，也可能是非弹性的，则碰后B球的速度大小可能是（）
A. v
B. 0.7v
C. 0.3v
D. 0.2v
【答案】AB
【解析】以两球组成的系统为研究对象，以A球的初速度方向为正方向，如果碰撞为弹性碰撞，由动量守
恒定律得：mv=mv A+2mv B，
由机械能守恒定律得：mv2=mv A2+•2mv B2，
解得：v A=-v，v B=v，负号表示碰撞后A球反向弹回，
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：
mv=（m+2m）v B，
解得：v B=v，
则碰撞后B球的速度范围是：v＜v B＜v，故BC正确，AD错误；故选BC．
点睛：本题考查了求碰撞后B球的速度，应用动量守恒定律与机械能守恒定律即可正确解题．
9. 如图所示，A、B两小球由绕过轻质定滑轮的细线相连，A放在固定的光滑斜面上，B、C两小球在竖直方向上通过劲度系数为k的轻质弹簧相连，C球放在水平地面上。

现用手控制住A，并使细线刚刚拉直但无拉力作用，并保证滑轮左侧细线竖直、右侧细线与斜面平行。

已知A的质量为4m，B、C的质量均为m，重力加速度为g，细线与滑轮之间的摩擦不计，开始时整个系统处于静止状态。

释放A后，A沿斜面下滑至速度最大时C恰好离开地面。

下列说法正确的是（）
A. 斜面倾角α=30°
B. A获得最大速度为
C. C刚离开地面时，B的加速度最大
D. 从释放A到C刚离开地面的过程中，A、B小球组成的系统机械能先增加后减少
【答案】ABD
【解析】C刚离开地面时，对A有：kx2=mg
此时B有最大速度，即a B=a C=0
则对B有：T-kx2-mg=0
对A有：4mgsinα-T=0
以上方程联立可解得：sinα=，α=30° 故A正确；
初始系统静止，且线上无拉力，对B有：kx1=mg
由上问知x1=x2=，则从释放至A刚离开地面过程中，弹性势能变化量为零；
此过程中A、B、C组成的系统机械能守恒，即：
4mg（x1+x2）sinα=mg（x1+x2）+（4m+m）v Bm2
以上方程联立可解得：v Bm=2g
所以A获得最大速度为2g，故B错误；C刚离开地面时，B的速度最大，说明是受力平衡，故加速度为零，故C正确；从释放A到C刚离开地面的过程中，A、B、C及弹簧组成的系统机械能守恒，故D错误。

故选AC。

10. 如图所示，质量为m的竖直光滑圆环A的半径为R，固定在质量为3m的木板B上，木板B的左右两侧各有一竖直挡板固定在地面上，B不能左右运动．在环的最低点静止放有一质量为m的小球C．现给小球一水平向右的瞬时速度v0，小球会在圆环内侧做圆周运动，为保证小球能通过环的最高点，且不会使环在竖直方向上跳起，初速度v0必须满足（）
A. 最小值为
B. 最小值为
C. 最大值为
D. 最大值为
【答案】BC
【解析】在最高点，速度最小时有：，解得：，从最高点到最低点的过程中，机械能守恒，设最低点的速度为，根据机械能守恒定律，有：，解得：；要使环不会在竖直方向上跳起，环对球的压力最大为：，最高点到最低点的过程中，机械能守恒，设此时最低点的速度为，在最高点，速度最大时有：，解得：，所以保证小球能通过环的最高点，且不会使环在竖直方向上跳起，在最低点的速度范围为：，CD正确，AB 错误．选CD．
【点睛】小球在环内侧做圆周运动，通过最高点速度最小时，轨道对球的最小弹力为零，根据牛顿第二定律求出小球在最高点的最小速度；为了不会使环在竖直方向上跳起，小球在最高点对轨道的弹力不能大于5mg，根据牛顿第二定律求出最高点的最大速度，再根据机械能守恒定律求出小球在最低点的速度范围．
二、填空题（本题共2小题，共18分。

把答案填写在题后括号内或横线上。

）
11. 某实验小组采用如图甲所示的实验装置来探究功与速度变化的关系。

（1）下列关于该实验的说法正确的是_____。

A．长木板上有打点计时器的一端要适当垫高，以平衡小车运动过程中受到的摩擦力
B．实验时必须设法算出橡皮筋对小车做功的具体值
C．实验中，橡皮筋拉伸的长度没有必要完全相同
D．应先接通电源，再让小车在橡皮筋的作用下弹出
（2）在正确操作的情况下，该小组某次所打的纸带如图乙所示。

为了测量橡皮筋做功后小车获得的速度，应选用纸带上的_____段进行测量（填“AB”段、“BC”段或“AC”段）；若使用的交流电的频率为
50Hz，则小车最终获得速度是_____m/s。

【答案】(1). （1）AD (2). （2）BC (3). 0.65
【解析】(1)A、实验时，由于小车与木板间有摩擦，需将长木板上有打点计时器的一端要适当垫高，从而平衡摩擦力，故A正确；
BC、橡皮筋对小车做的功我们没法直接测量，所以我们是通过改变橡皮筋的条数的方法来改变功，为了让橡皮筋的功能有倍数关系就要求将橡皮筋拉到同一位置处，故B、C错误；
D、实验时先接通电源，再释放小车，故D正确；
故选：AD。

(2)为了测量橡皮筋做功后小车获得的速度，要测量最大速度，应该选用点迹均匀的部分，即BC段，小车的最终速度。

12. 在“验证机械能守恒定律”的实验中，已知打点计时器所用的交流电的频率为50Hz，查得当地的重力加速度g＝9.80m/s2，测得所用的重物的质量为1.00kg，实验中得到一条点迹清晰的纸带如图所示。

把第一个点记做O，另选连续的四个点A、B、C、D作为测量的点。

经测量知道A、B、C、D四个点到O点的距离分别为56．22cm、62．99cm、70．14cm、77．67cm。

根据以上数据可以计算出
（1）打点计时器打下计数点C时，物体的速度________m/s（结果保留三位有效数字）；
（2）重物由O点运动到C点，重力势能的减少量△E P= _______J（结果保留三位有效数字）；动能的增加量△E k= _______ J（结果保留三位有效数字）。

（3）通过计算，数值上△E P_____△E k（填“<”、“ >”或“=”），这是实验存在误差的必然结果，该误差产
生的主要原因是___________________________________。

（4）根据纸带提供的数据，在误差允许的范围内，重锤从静止开始到打出C点的过程中，得到的结论是
_____________________。

【答案】(1). （1）3.67 (2). （2）6.87 (3). 6.73 (4). （3）> (5). 阻力做功(6). （4）机械能守恒
【解析】（1）根据匀变速直线运动中间时刻速度推论可得
（2），
（3）根据（2）可知，该误差产生的主要原因是由于在物体下落的过程中，不可避免的要克服阻力做功，因此重力势能并没有全部转化为动能，故重力势能的减小量总是要大于动能的增量．
（4）比较和可知，二者基本相等，因此在误差允许范围内重力势能的减小量等于动能的增加量，重物下落的机械能守恒．
三、计算题（本大题共4小题，共42分。

解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤。

只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。

）
13. 如图所示，在竖直平面内，由倾斜轨道、水平轨道和半圆形轨道连接而成的光滑轨道，
与的连接处是半径很小的圆弧，与相切，圆形轨道的半径为．质量为的小物块从倾斜轨道上距水平面高为处由静止开始下滑．求：
（1）小物块通过点时速度v B的大小．
（2）小物块通过圆形轨道最低点时对轨道的压力F．
【答案】（1）(2)6mg 方向竖直向下
【解析】（）物块从A点运动到B点的过程中，由机械能守恒得
解得．
（）物块从B至C做匀速直线运动，所以．
物块通过圆形轨道最低点C时做圆周运动，由牛顿第二定律有：
所以
由牛顿第三定律可知，小物块对轨道的压力方向竖直向下.
点睛：本题考查动能定理的应用、牛顿第二定律的应用等，要注意正确分析物理过程，做好受力分析，并能建立常见的物理模型，则可由合理的物理规律列式求解．
14. 如图，一质量m2=0.25kg的平顶小车，车顶右端放一质量m3=0.30kg的小物体，小物体可视为质点，与车顶之间的动摩擦因数μ=0.4，小车静止在光滑的水平轨道上．现有一质量m1=0.05kg的子弹以水平速度v0=24m/s射中小车左端，并留在车中．子弹与车相互作用时间很短．若使小物体不从车顶上滑落，g取
10m/s2．求：
(1)最后物体与车的共同速度为多少？
(2)小木块在小车上滑行的时间．
【答案】（1）2m/s （2）0.5s
（1）（2）子弹进入小车的过程中，子弹与小车组成的系统动量守恒，以子弹速度初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：m1v0=（m2+m1）v1
由三物体组成的系统动量守恒，以子弹速度初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：
（m2+m1）v1=（m2+m1+m3）v2
设小车最小长度为L，三物体相对静止后，对系统利用能量守恒定律得：
联立以上方程解得：L=0.3m
车与物体的共同速度为：v2=1.2m/s
（3）以m3为研究对象，利用动量定理可得：μm3gt=m3v2
解得：t=0.3s
点睛：本题主要考查了动量守恒定律以及能量守恒定律的直接应用，要求同学们能正确分析物体的受力情况，注意应用动量守恒定律解题时要规定正方向。

15. 中国自行研制、具有完全自主知识产权的“神舟号”飞船，目前已经达到或优于国际第三代载人飞船技术，其发射过程简化如下：飞船在酒泉卫星发射中心发射，由长征运载火箭送入近地点为A、远地点为B 的椭圆轨道上，A点距地面的高度为h1，飞船飞行5圈后进行变轨，进入预定圆轨道，如图所示.设飞船在预定圆轨道上飞行n圈所用时间为t，若已知地球表面重力加速度为g，地球半径为R，求：
(1)飞船在B点经椭圆轨道进入预定圆轨道时是加速还是减速？
(2)飞船经过椭圆轨道近地点A时的加速度大小.
(3)椭圆轨道远地点B距地面的高度h2.
【答案】（1）加速（2）（3）
【解析】(1)飞船在B点经椭圆轨道进入预定圆轨道时需要加速的；
(2)在地球表面重力提供向心力，有①
根据牛顿第二定律有：②
由①②式联立解得，飞船经过椭圆轨道近地点A时的加速度大小为；
(3)飞船在预定圆轨道上飞行时由万有引力提供向心力，有③
由题意可知，飞船在预定圆轨道上运行的周期为④
由①③④式联立解得：。

点睛：解决本题的关键掌握万有引力提供向心力和万有引力等于重力这两大理论，并能熟练运用。

16. 如图所示，一质量为m=1kg的小球从A点沿光滑斜面轨道由静止滑下，不计通过B点时的能量损失，然后依次滑入两个相同的圆形轨道内侧，其轨道半径R=10cm，小球恰能通过第二个圆形轨道的最高点，小球离开圆形轨道后可继续向E点运动，E点右侧有一壕沟，E、F两点的竖直高度d=0.8m，水平距离
x=1.2m，水平轨道CD长为L1=1m，DE长为L2=3m。

轨道除CD和DE部分粗糙外，其余均光滑，小球与CD和DE间的动摩擦因数μ=0.2，重力加速度g=10m/s2。

求：
（1）小球通过第二个圆形轨道的最高点时的速度；
（2）小球通过第一个圆轨道最高点时对轨道的压力的大小；
（3）若小球既能通过圆形轨道的最高点，又不掉进壕沟，求小球从A点释放时的高度的范围是多少？【答案】(1)1m/s （2）40N (3)或
【解析】⑴小球恰能通过第二个圆形轨道最高点，有：
求得：υ2==1m/s①
⑵在小球从第一轨道最高点运动到第二圆轨道最高点过程中，应用动能定理有：
−μmgL1=mv22−mv12②
求得：υ1==m/s
在最高点时，合力提供向心力，即F N+mg=③
求得：F N = m(−g)= 40N
根据牛顿第三定律知，小球对轨道的压力为：F N′=F N=40N ④
⑵若小球恰好通过第二轨道最高点，小球从斜面上释放的高度为h1，在这一过程中应用动能定理有：mgh1−μmgL1−mg 2R = mv22⑤
求得：h1=2R+μL1+=0.45m
若小球恰好能运动到E点，小球从斜面上释放的高度为h1，在这一过程中应用动能定理有：
mgh2−μmg(L1+L2)=0−0 ⑥
求得： h2=μ(L1+L2)=0.8m
使小球停在BC段，应有h1≤h≤h2，即：0.45m≤h≤0.8m
若小球能通过E点，并恰好越过壕沟时，则有
d =gt2→t == 0.4s ⑦
x=v E t →υE==3m/s ⑧
设小球释放高度为h3，从释放到运动E点过程中应用动能定理有：
mgh3−μmg(L1+L2)=−0 ⑨
求得：h3=μ(L1+L2)+=1.25m
即小球要越过壕沟释放的高度应满足：h≥1.25m
综上可知，释放小球的高度应满足：0.45m≤h≤0.8m或h≥1.25m⑩。