2019-2020学年四川省成都市新都区高一下学期期末考试物理试题(解析版)

四川省成都市新都区2019-2020学年
高一下学期期末考试试题
第Ⅰ卷（选择题，共40分）
一、单项选择题（包括8个小题，每题3分，共24分。

每题给出的四个选项中，只有一个选项最符合题目的要求。

）
1. 某人以一定速率垂直河岸向对岸游去，当水流运动是匀速时，他所游过的路程、过河所用的时间与水速的关系是( )
A. 水速大时，路程长，时间长
B. 水速大时，路程长，时间短
C. 水速大时，路程长，时间不变
D. 路程、时间与水速无关
『答案』C
『解析』
人以一定速率垂直河岸向对岸游，而过河的宽度不变，人在静水中速度不变，故过河时间不变；若水流速变大，则人沿水流方向运动的距离增大，故路程变长；
A. 水速大时，路程长，时间长，与结论不相符，选项A错误；
B. 水速大时，路程长，时间短，与结论不相符，选项B错误；
C. 水速大时，路程长，时间不变，与结论相符，选项C正确；
D. 路程、时间与水速无关，与结论不相符，选项D错误．
2. 某同学前后两次从同一位置水平投出两支飞镖1和飞镖2到靶盘上，飞镖落到靶盘上的位置如图所示，忽略空气阻力，则两支飞镖在飞行过程中（）
A. 加速度a1＞a2
B. 飞行时间t1＜t2
C. 初速度v1=v2
D. 角度θ1=θ2
『答案』B
『解析』
飞镖1下落的高度小，根据h=1
2
gt
2，t=
2h
g
知，t1＜t2．由于水平位移相等，根据x=v0t，
知v1＞v2．加速度相等，都为g．根据tanθ＝00
y
v v
v gt
＝，对于飞镖1，时间短，初速度大，则tanθ1＞tanθ2，所以θ1＞θ2．故B正确，ACD错误．故选B．
3. 自行车的大齿轮．小齿轮．后轮是相互关联的三个转动部分，如图所示．在自行车行驶过程中（）
A. 大齿轮边缘点比小齿轮边缘点的线速度大
B. 后轮边缘点比小齿轮边缘点的角速度大
C. 后轮边缘点与小齿轮边缘点的向心加速度与它们的半径成正比
D. 大齿轮边缘点与小齿轮边缘点的向心加速度与它们的半径成正比
『答案』C
『解析』
A项：自行车的链条不打滑，大齿轮边缘点与小齿轮边缘点的线速度大小相等，故A错误；B项：后轮边缘点与小齿轮边缘点属于绕同一转轴转动，角速度相等．故B错误；
C项：后轮边缘点与小齿轮边缘点的角速度相等，由公式a n=ω2r得，向心加速度与半径成正比，故C正确；
D项：大齿轮边缘点与小齿轮边缘点，线速度大小相等，由公式
2
n
v
a
r
可知，向心加速度与半径成反比，故D错误．
故应选：C．
4. 宇航员在月球上做自由落体实验，将某物体由距月球表面高h处释放，经时间t后落到月球表面（设月球半径为R）。

据上述信息推断，月球的第一宇宙速度为（）
A.
2Rh
B.
2Rh
C.
Rh
D.
Rh 『答案』B
『解析』
根据212
h gt =
可得月球表面的重力加速度22h g t
=
由于2
mv mg R
= 可得月球第一宇宙速度2h
v gR R ==
B 正确，ACD 错误。

故选B 。

5. 小物块位于光滑的斜面上，斜面位于光滑的水平地面上，如图所示。

从地面上看，在小物块沿斜面下滑的过程中，斜面对小物块的作用力（ ）
A. 垂直于接触面，做功为零
B. 垂直于接触面，做功不为零
C. 不垂直于接触面，做功为零
D. 不垂直于接触面，做功不为零
『答案』B 『解析』
对整体进行受力分析可知，小物块和斜面不受外力作用，动量守恒，在物块下滑的过程中，斜面向右运动，所以小物块沿斜面向下运动的同时会向右运动，由于斜面是光滑的，没有摩擦力的作用，所以斜面对物块只有一个支持力的作用，方向是垂直斜面向上的，物块的运动的方向与支持力的方向夹角为钝角，支持力做负功，故B 正确，ACD 错误。

故选B 。

6. 在水平冰面上，一辆质量为1×103kg 的电动雪橇做匀速直线运动，关闭发动机后，雪橇滑行一段距离后停下来，其运动的v -t 图象如图所示，那么关于雪橇运动情况以下判断正确的是（ ）
A. 关闭发动机后，雪橇的加速度为-2 m/s 2
B. 雪橇停止前30s 内通过的
位移是150 m C. 雪橇与水平冰面间的动摩擦因数约为0.03 D. 雪橇匀速运动过程中发动机的功率为5×103W
『答案』D 『解析』
A ．关闭发动机后，雪橇的加速度为a =010
20
-m/s 2=-0.5m/s 2，故A 错误； B ．雪橇停止前30s 内通过的位移是s=12
×(30+10)×10m=200m ，故B 错误； C ．关闭发动机后a=
mg
m
μ=0.5m/s 2，解得μ=0.05，故C 错误；
D ．雪橇匀速运动过程中发动机的功率为P =Fv =μmgv =5×103W ，故D 正确。

故选D 。

7. 如图所示，一个木箱原来静止在光滑水平面上，木箱内粗糙的底板上放着一个小木块．木箱和小木块都具有一定的质量．现使木箱获得一个向右的初速度v 0，则( )
A. 小木块和木箱最终都将静止
B. 小木块最终将相对木箱静止，二者一起向右运动
C. 小木块在木箱内壁将始终来回往复碰撞，而木箱一直向右运动
D. 如果小木块与木箱的左壁碰撞后相对木箱静止，则二者将一起向左运动
『答案』B 『解析』
系统所受外力的合力为零，动量守恒，初状态木箱有向右的动量，小木块动量为零，故系统总动量向右，系统内部存在摩擦力，阻碍两物体间的相对滑动，最终相对静止，由于系统的
总动量守恒，不管中间过程如何相互作用，根据动量守恒定律，最终两物体以相同的速度一起向右运动．故B正确，ACD错误．
8. 如图所示，A、B两木块的质量之比为m A∶m B=3∶2，原来静止在小车C上，它们与小车上表面间的动摩擦因数相同，A、B间夹一根被压缩了的弹簧后用细线拴住。

小车静止在光滑水平面上，烧断细线后，在A、B相对小车停止运动之前，下列说法正确的是（）
A. A、B和弹簧组成的系统动量守恒
B. A、B和弹簧组成的系统机械能守恒
C.小车将向左运动
D. 小车将静止不动『答案』C 『解析』A．A、B两木块的质量之比为m A∶m B=3∶2，烧断细线后，A、B和弹簧组成的系统受到小车给它们滑动摩擦力的作用且不相等，故该系统所受的合外力不为0，所以系统动量不守恒，故A错误；B．由于A、B和弹簧组成的系统受到小车滑动摩擦力的作用，所以系统会产生内能，故系统机械能不守恒，故B错误；CD．A、B和弹簧、小车组成的系统所受合外力为0，所以该系统动量守恒，由于A、B两木块的质量之比为m A∶m B=3∶2，所以A对小车的滑动摩擦力大于B对小车的滑动摩擦力，故小车在A、B相对小车停止运动之前，小车受到的合力向左，小车将向左移动，所以C正确，D错误；故选C。

二、多项选择题（包括4个小题，每题4分，共16分。

每题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求，全部选对得4分，选对但不全得2分，有选错的得0分。

）9. 如图所示，一个固定在竖直平面上的光滑圆形管道，管道里有一个直径略小于管道内径的小球，小球在管道内做圆周运动，下列说法中正确的是（）
A. 小球通过管道最低点时，小球对管道的压力向下但大小小于重力
B. 小球通过管道最低点时，小球对管道的压力向上但大小大于重力
C. 小球通过管道最高点时，小球对管道的压力可能向上且大于重力
D. 小球通过管道最高点时，小球对管道可能无压力
『答案』CD 『解析』
AB ．小球通过管道最低点时，具有向上的向心加速度，根据牛顿第二定律得知，合力向上，
则管道对小球的支持力向上，由牛顿第二定律有2
v N mg m R
-=，可知管道对小球的支持力
大小大于重力，由牛顿第三定律得到，小球对管道的压力向下，大小大于重力，故AB 错误；
CD ．当v gR =时，根据牛顿第二定律得2
v mg m R =，说明管道对小球无压力，当v gR >，
则有2v mg N m R +=，则2
mv N mg R
=-，则N 随速度的增大而增大，所以小球对管道的
压力可能向上且大于重力，故CD 正确。

故选CD 。

10. 如图所示，固定的竖直光滑长杆上套有质量为m 的小圆环，圆环与水平状态的轻质弹簧一端连接，弹簧的另一端连接在墙上，并且处于原长状态。

现让圆环由静止开始下滑，已知弹簧原长为L ，圆环下滑到最大距离时弹簧的长度变为2L （未超过弹性限度），则在圆环下滑到最大距离的过程中（ ）
A. 系统机械能守恒
B. 弹簧弹性势能变化了2mgL
C. 圆环下滑到最大距离时，所受合力为零
D. 圆环重力势能与弹簧弹性势能之和先变小后变大
『答案』AD 『解析』
A ．圆环沿杆滑下过程中，弹簧和圆环系统满足机械能守恒条件：只有弹簧弹力和重力做功，故系统的机械能守恒，故A 正确；
B ．图中弹簧水平时恰好处于原长状态，圆环下滑到最大距离时弹簧的长度变为2L ，可得物体下降的高度为3h L =
，根据系统的机械能守恒得，弹簧的弹性势能增加值为
3p E mgh mgL ∆==，故B 错误；
C ．圆环所受合力为零时，加速度为0，速度达最大，此后圆环将继续向下运动，则弹簧的弹力继续增大，所以当圆环下滑到最大距离时，所受合力不为零，故C 错误；
D ．根据圆环与弹簧组成的
系统机械能守恒，圆环的动能先增大后减小，则圆环重力势能与弹簧弹性势能之和先减小后增大，故D 正确。

故选AD 。

11. 如图所示，足够长的传送带以恒定速率顺时针运行，将一个物体轻轻放在传送带底端，第一阶段物体被加速到与传送带具有相同的速度，第二阶段与传送带相对静止，匀速运动到达传送带顶端。

下列说法正确的是（ ）
A. 第一阶段摩擦力对物体做正功，第二阶段摩擦力对物体不做功
B. 第一阶段摩擦力对物体做的功等于第一阶段物体机械能的增加
C. 第一阶段物体和传送带间的摩擦生热等于第一阶段物体机械能的增加
D. 物体从底端到顶端全过程机械能的增加等于全过程物体与传送带间的摩擦生热
『答案』BC 『解析』
A ．第一阶段物体受到沿传送带向上的滑动摩擦力，第二阶段物体受到沿传送带向上的静摩擦力，两个阶段摩擦力方向都跟物体运动方向相同，所以摩擦力都做正功，故A 错误；
B ．根据功能关系得知：物体除自身重力外，其他外力对它所做的功等于物体机械能的改变
量。

所以，第一个阶段摩擦力对物体做的功等于第一阶段物体机械能的增加，故B 正确； C ．由功能关系可知，第一阶段摩擦力对物体做的功（除重力之外的力所做的功）等于物体机械能的增加，即△E =W 阻=F 阻s 物，摩擦生热为：Q =F 阻s 相对，又由于s 传送带=vt ，s 物2
v =t ，所以可得：s 相对= s 传送带- s 物1
2
=
vt = s 物，所以Q =△E ，故C 正确。

D ．第二阶段没有摩擦生热，但物体的机械能仍继续增加，故D 错误。

故选BC 。

12. 如图所示，质量均为M 的铝板A 和铁板B 分别放在光滑水平地面上，质量为m （m M <）的同一木块C ，先后以相同的初速度v 0从左端滑上A 和B ，最终C 相对于A 和B 都保持相对静止，在这两种情况下（ ）
A. C 的最终速度相同
B. C 相对于A 和B 滑行的距离相同
C. A 和B 相对地面滑动的距离相同
D. 两种情况下产生的热量相等
『答案』AD 『解析』
A ．将物块和板看做一个系统，系统无外力做功，动量守恒，则有0()mv M m v =+，解得
mv v M m
=
+，最终C 相对于A 和B 都保持相对静止，所以A 、C 的最终速度相同，A 正确；
B ．设物块与板的相对位移为s ∆，相对滑动的过程产生的热量等于系统损失的机械能，则有22200111()222M Q mg s mv M m v mv M m
μ=∆=
-+=⋅+，由于A 、B 板材质不同，所以μ不同，则C 相对于A 和B 滑行的距离s ∆不相同，B 错误；
C ．设A 、B 相对地面滑动的距离为s ，摩擦力做功使M 获得动能，由动能定理得
222
01122Mm v mgs Mv M m
μ==
+，由于μ不同，所以A 和B 相对地面滑动的距离也不相同，C 错误；
D ．该过程产生的热量等于系统损失的机械能，则有22011
()22
Q E mv M m v =∆=-+，所以两种情况下产生的热量相等，D 正确。

故选AD 。

第Ⅱ卷（非选择题，共60分）
三、实验题（本题共2小题，共14分。

）
13. 某同学在“研究平抛物体的运动”的实验中，通过描点法画出小球平抛运动的轨迹，并求出小球平抛运动的初速度和抛物线方程。

他先调整斜槽轨道使槽口末端水平，然后在方格纸上建立好直角坐标系xOy ，将方格纸上的坐标原点O 与小球在轨道槽口末端的球心重合，Oy 轴与重锤线重合，Ox 轴水平（如图甲）。

实验中使小球每次都从斜槽同一高度由静止滚下，经过一段水平轨道后抛出。

依次均匀下移水平挡板的位置，分别得到小球在挡板上的落点，并在方格纸上标出相应的点迹，再用平滑曲线将方格纸上的点迹连成小球的运动轨迹（如图乙所示）。

已知方格边长为L =5cm ，重力加速度为g =10m/s 2，计算结果取两位有效数字。

(1)小球平抛的初速度v 0=_____m/s ；
(2)小球运动的轨迹方程的表达式为y =_____x 2； (3)下列哪些说法是正确的_____ A ．使斜槽末端的切线保持水平 B ．每次使小球从不同的高度滚下 C ．钢球与斜槽间的摩擦使实验的误差增大 D ．计算v 0时，所选择的点应离坐标原点稍远些
『答案』 (1). 1.5 (2). 20
9
(3). AD 『解析』
(1)取轨迹上的第2个点，有x =30cm ，y =20cm ，根据平抛运动的规律有
0x v t = ①
2
12
y gt =
② 代入数据解得
0 1.5m/s v =
(2)根据(1)中①②两式，将时间t 消去有
2202v y x g
=
将0v 和g 带入解得
2
209
y x =
故『答案』为
209。

(3)A ．该实验中要求斜槽末端的切线保持水平以保证小球做平抛运动，A 正确； B ．小球每次必须从相同的高度位置滚下，以保证小球水平抛出时的速度相同，B 错误； C ．只要小球每次从相同的高度位置滚下，以相同的水平速度抛出即可，钢球与斜槽间的摩擦对实验没影响，C 错误；
D ．计算0v 时，所选择的点应离坐标原点稍远些，这样可以减小误差，D 正确。

故选AD 。

14. 在“验证机械能守恒定律”的实验中：
(1)供实验选择的重物有以下四个，应选择（ ） A.质量为10g 的砝码 B.质量为200g 的木球 C.质量为50g 的塑料球 D.质量为200g 的铁球 (2)下列叙述正确的是（ ） A.实验中应用秒表测出重物下落的时间 B.可用自由落体运动的规律计算重物的瞬时速度
C.因为是通过比较2
2
mv 和mgh 是否相等来验证机械能是否守恒，故不需要测量重物的质量
D.释放重物前应手提纸带的上端，使纸带竖直通过限位孔
(3)质量m ＝1kg 的物体自由下落，得到如图所示的纸带，相邻计数点间的时间间隔为0.04 s ，
那么从打点计时器打下起点O 到打下B 点的过程中，物体重力势能的减少量E p ＝_____ J ，此过程中物体动能的增加量E k ＝_______J 。

（g 取9.8 m/s 2，保留三位有效数字）
『答案』 (1). D (2). CD (3). 2.28 (4). 2.26
『解析』
(1)由于实验中受到空气阻力和纸带的摩擦阻力，所以我们应找体积较小，质量较大的物体作为研究对象，故选D 。

(2)A ．打点计时器本身是计时打点的，不需要秒表，故A 错误；
B ．自由落体运动的加速度是a=g ，即没有阻力情况下的运动，若用自由落体运动的规律计算则认为重物只受重力，忽略了阻力的影响，无论怎样计算的结果一定是机械能守恒的，故B 错误；
C ．因为是通过比较2
2
mv 和mgh 是否相等来验证机械能是否守恒，故不需要测量重物的质量，C 正确；
D ．释放重物前应手提纸带的上端，使纸带竖直通过限位孔，D 正确。

故选CD 。

(3)从打点计时器打下起点O 到打下B 点的过程中，物体重力势能的减少量
19.80.2325J 2.28J p E mgh ==⨯⨯=
匀变速直线运动中，中间时刻的瞬时速度等于该过程中的平均速度，有
0.32500.2325m/s 2.12m/s 20.08
B A
C v T -=== 则动能的增加量 22111 2.12J 2.26J 22k E mv =
=⨯⨯= 四、计算题（本题共4小题，共46分。

解答应写出必要的文字说明、方程和重要的演算步骤。

只写出最后『答案』的，不能得分。

）
15. 已知地球半径和平均密度分别为R 和ρ，地球表面附近的重力加速度为g 0，某天体半径
为R ′，平均密度为ρ'，求：该天体表面附近的重力加速度g ′为多少？ 『答案』0''R g R ρ
ρ
『解析』 在天体表面，物体所受重力近似等于万有引力，故有2
M m mg G R ''=' 解得2
g R M G
'''= 密度
3
43
M R ρπ''=' 联立解得43g G R πρ'''= 同理，地球表面重力加速度为043g G R πρ=
联立解得0R g g R ρρ
'''= 16. 如图所示，倾角为37°的粗糙斜面的底端有一质量m ＝1kg 的凹形小滑块，小滑块与斜面间的动摩擦因数μ＝0.25现小滑块以某一初速度v 从斜面底端上滑，同时在斜面正上方有一小球以速度v 0水平抛出，经过0.4 s ，小球恰好垂直斜面落入凹槽，此时，小滑块还在上滑过程中。

空气阻力不计，已知 sin 37°＝0.6，cos37°＝0.8，g 取10 m/s 2，求：
(1)小球水平抛出的速度v 0的大小；
(2)小滑块的初速度v 的大小。

『答案』(1)3m/s ；(2)5.35m/s
『解析』
(1)设小球落入凹槽时竖直速度为y v ，则有100.4m/s 4m/s y v gt ==⨯=
因此有0tan373m/s y v v =︒=
(2)小球落入凹槽时的水平位移030.4m 1.2m x v t ==⨯=
则滑块的位移为 1.2 1.5m co m s370.8x s ===︒ 根据牛顿第二定律，滑块上滑的加速度为2sin37cos378m/s a g g μ=︒+︒=
根据公式212
s vt at =-可得 5.35m/s v = 17. 如图所示，轨道ABCD 平滑连接，其中AB 为光滑的曲面，BC 为粗糙水平面，CD 为半径为r 的内壁光滑的四分之一圆管，管口D 正下方直立一根劲度系数为k 的轻弹簧，弹簧下端固定，上端恰好与D 端齐平。

质量为m 的小球在曲面AB 上距BC 高为3r 处由静止下滑，进入管口C 端时与圆管恰好无压力作用，通过CD 后压缩弹簧，压缩过程中小球速度最大时弹簧弹性势能为E p 。

已知小球与水平面BC 间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g ，求：
(1)水平面BC 的长度s ；
(2)小球向下压缩弹簧过程中的最大动能E km 。

『答案』(1)52r μ；(2)22
32p m g mgr E k
+- 『解析』
(1)由小球在C 点对轨道没有压力，有2C v mg m r
= 小球从出发点运动到C 点的过程中，由动能定理得2132C mgr mg s mv μ⋅=
- 解得52r s μ
= (2)速度最大时，小球加速度为0，设弹簧压缩量为x 。

由kx mg =
得mg x k
=
由C 点到速度最大时，小球和弹簧构成的系统机械能守恒 设速度最大时的位置为零势能面，有2km 1
2
C p mv mg r x E E =+（+）+ 解得22km 32p m g E mgr E k
=+- 18. 如图所示，半径1R=
m 4的光滑圆弧轨道固定在竖直平面内，轨道的一个端点B 和圆心O 的连线与水平方向间的夹角θ=370，另一端点C 为轨道的最低点，其切线水平．一质量M= 2kg 、板长L =0.65m 的滑板静止在光滑水平地面上，左端紧靠C 点，其上表面所在平面与圆弧轨道C 点和右侧固定平台D 等高．质量为m=1kg 的物块(可视为质点)从空中A 点以v 0=0.6m/s 的速度水平抛出，恰好从轨道的B 端沿切线方向进入圆弧轨道，然后沿圆弧轨道滑下经C 点滑上滑板．滑板运动到平台D 时被牢固粘连．已知物块与滑板间的动摩擦因数μ=0.5，滑板右端到平台D 左侧的距离s 在0.1m ＜s ＜0.5m 范围内取值．取g=10m/s 2，sin370=0.6，cos370=0.8．求：
(1) 物块到达B 点时的速度大小v B
(2) 物块经过C 点时对圆弧轨道的压力
(3) 试讨论物块刚滑上平台D 时的动能KD E 与s 的关系
『答案』(1)1/m s (2) 46N ，方向竖直向下(3) 0.25kD E J =或 1.255kD E s =- 『解析』
(1)从A 到B ，物块做平抛运动，由几何关系得：00sin 37B v v =
v B =1m/s
(2)从B 到C ，物块机械能守恒
20211(sin 37)22
C B mv mg R R mv =++ 解得：v C =3m/s
2C N v F mg m R
-= 联立解得F N =46N
根据牛顿第三定律F N ˊ=F N ，物块在C 点对轨道的压力大小为46N ，方向竖直向下
(3) 物块从C 点滑上滑板后开始作匀减速运动，此时滑板开始作匀加速直线运动，当物块与滑板达共同速度时，二者开始作匀速直线运动．设它们的共同速度为v ，根据动量守恒mv C =(m+M)v
解得 v=1m/s 对物块，用动能定理列方程：2211122C mgs mv mv μ-=
-， 解得：s 1=0.8m 对滑板，用动能定理列方程：2212mgs Mv μ=
， 解得：s 2=0.2m
由此可知物块在滑板上相对滑过∆s=s 1－s 2=0.6m 时，小于0.65m ，并没有滑下去，二者就具有共同速度了（同速时物块离滑板右侧还有L-∆s=0.05m 距离）．
① 当0.2m≤s ＜0.5m 时，物块的运动是匀减速运动s 1=0.8m ，
匀速运动s －s 2，匀减速运动L-∆s=0.05m ，
滑上平台D ，根据动能定理：211()2KD C mg s L s E mv μ-+-∆=-
解得：E KD =0.25J
② 当0.1m ＜s ＜0.2m 时，物块的运动是匀减速运动L+s ，滑上平台D ． 根据动能定理：21()2
KD C mg L s E mv μ-+=-
解得：E KD =1.25-5s （J ）。