云南省曲靖市会泽县第一中学20182019学年高二物理上学期第一次半月考试题(含解析)

云南省曲靖市会泽一中2018-2019学年高二上学期第一次半月考理
科综合试卷物理试题
1.我国正在自主研发新型聚变—裂变混合反应堆项目，如果此项目得以研究开发并付诸实现，有可能使核资源寿命延长数倍。

关于聚变和裂变，下列看法正确的是：
A. 是裂变反应
B. 聚变和裂变反应中都存在质量亏损
C. 裂变反应以释放核能为主，聚变反应以吸收核能为主
D. 核越重，比结合能越大
【答案】B
【解析】
H+H He+n是轻核聚变反应，所以A错误；聚变和裂变反应都释放能量，所以都存在质量的亏损，故B正确；C错误；组成原子核的核子越多，它的结合能就越高，结合能与核子数之比，称做比结合能，比结合能与质量数的关系如图所示，可知，中等大小的原子核比结合能较大，故D错误。

2.如图所示，细线一端固定，另一端栓一小球，小球处于静止状态。

现用一始终与细线垂直的力F缓慢拉着小球沿圆弧运动，直到细线水平，在小球运动的整个过程中，F和细线拉力的变化情况为:
A. F先增大后减小
B. F不断增大
C. 细线的拉力先增大后减小
D. 细线的拉力不断增大
【答案】B
【解析】
对小球受力分析，如图所示：
由上图可知，F和T的合力与重力大小相等，方向相反，故可以将这三个力放在一个闭合的矢量三角形内进行分析，如图所示：
在缓慢变化的过程，重力保持不变，F与T的方向始终垂直，且三个力始终构成一个闭合的矢量三角形，故由图可知，F的大小不断增大，拉力T的大小不断减小，故ACD错误，B正确，故选B.
3.如图所示，人在岸上拉船，已知船的质量为m，水的阻力恒为f，当轻绳与水平面的夹角为θ时，人的速度为v，人的拉力为F(不计滑轮与绳之间的摩擦)，则以下说法正确的是( )
A. 船的速度为v cos θ
B. 船的速度为v sin θ
C. 船的加速度为Fcosθ−f
m
D. 船的加速度为F−f
m
【答案】C
【解析】
AB. 船运动的速度是沿绳子收缩方向的速度和绕定滑轮的摆动速度的合速度。

如图所示，
根据平行四边形定则有，v人=v船cosθ.则有：船的速度为v船= v 人
cosθ
，故AB错误；
CD. 对小船受力分析，如下图所示，
则有Fcosθ−f=ma，因此船的加速度大小为Fcosθ−f
m
，故C正确，D错误；
故选：C.
点睛：绳子收缩的速度等于人在岸上的速度，连接船的绳子端点既参与了绳子收缩方向上的运动，又参与了绕定滑轮的摆动；根据船的运动速度，结合平行四边形定则求出人拉绳子的速度，及船的加速度．
4.如图所示，某一运动员从弧形雪坡上沿水平方向飞出后，落到斜面雪坡上，若斜面雪坡的倾角为θ，飞出时的速度大小为v0，不计空气阻力，该运动员可看成质点，重力加速度为g，则
A. 运动员在空中经历的时间是v0tanθ
g
B. 运动员在空中经历的时间是2v0tanθ
g
C. 运动员落到雪坡时的速度大小是v0
cosθ
D. 运动员落到雪坡时的速度大小是v0
sinθ
【答案】B
【解析】
设运动员在空中飞行时间为t，运动员在竖直方向做自由落体运动，水平方向做匀速直线运
动；运动员竖直位移与水平位移之比：y
x =
1
2
gt2
v0t
=gt
2v0
=tanθ，则有飞行的时间t=2v0tanθ
g
，
故B正确,A错误；竖直方向的速度大小为：v y=gt=2v0tanθ，运动员落回雪坡时的速度大小为：v=√v02+v y2=v0√1+4tan2θ，故CD错误；所以选择B.
【点睛】运动员做平抛运动，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做自由落体运动，由斜面倾角的正切等于竖直位移与水平位移之比，从而求出运动的时间；因此可求出竖直方向的运动速度，求解运动员落点时的速度大小
5.如果把水星和金星绕太阳的运动视为匀速圆周运动，从水星与金星在一条直线上开始计时，若天文学家测得在相同时间内水星转过的角度为θ1；金星转过的角度为θ2（θ1、θ2均为锐角），则由此条件不可求得的是：
A. 水星和金星绕太阳运动的周期之比
B. 水星和金星绕太阳运动的向心加速度大小之比
C. 水星和金星到太阳的距离之比
D. 水星和金星的密度之比
【答案】D
【解析】
试题分析：根据在相同时间内水星转过的角度为θ1,金星转过的角度为θ2，则可求得水星的角速度与金星角速度之比为；根据，可得,所以可求出水星和金星到太阳的距离之比；根据,可求得水星和金星绕太阳运动的周期之比；根据，则，知道水星和金星到太阳的距离之比后，可求得水星和金星绕太阳运动的向心加速度大小之比。

选项A是错误的。

考点：万有引力定律及牛顿定律。

6.一质量为m的运动员从下蹲状态开始向上起跳，经Δt时间，身体伸直并刚好离开地面，速度为v，在此过程中：
A. 地面对他的冲量大小为mv
B. 地面对他的冲量大小为mv＋mgΔt，
C. 地面对他做的功为零
mv2
D. 地面对他做的功为1
2
【答案】BC
【解析】
【详解】人的速度原来为零，起跳后变化v，则由动量定理可得：I-mg△t=△mv=mv；故地面对人的冲量为I=mv+mg△t；故A错误，B正确；由于支持力没有位移，故地面对人做功为零；故C正确，D错误；故选AC。

【点睛】在应用动量定理时一定要注意冲量应是所有力的冲量，不要把重力漏掉．另外地面对人是否做功的问题是易错点，要根据功的概念去理解.
7.一质量为2kg的物块在合外力F的作用下从静止开始沿直线运动。

F随时间t变化的图线如图所示，则（）
A. t=1s时物块的速率为2m/s
B. t=2s时物块的动量大小为4kg m/s
C. t=3s时物块的动量大小为5kg m/s
D. t=4S时物块的速度为零
【答案】B
【解析】
由动量定理有Ft=mv，解得v=Ft
m ，t=1 s时物块的速率v=Ft
m
=1m/s，A正确；F–t图线
与时间轴所围面积表示冲量，所以t=2 s时物块的动量大小为p=2×2kg⋅m/s=4kg⋅m/s，B正确；t=3 s时物块的动量大小为p′=(2×2−1×1)kg⋅m/s=3kg⋅m/s，C错误；t=4 s 时物块的动量大小为p″=(2×2−1×2)kg⋅m/s=2kg⋅m/s，速度不为零，D错误。

【名师点睛】求变力的冲量是动量定理应用的重点，也是难点。

F–t图线与时间轴所围面积表示冲量。

8.如图甲所示，物体受到水平推力F的作用在粗糙水平面上做直线运动。

监测到推力F、物体速度v随时间t变化的规律如图乙、丙所示。

取g=10 m/s2，则：
甲乙丙
A. 第1 s内推力做功为1 J
B. 第2 s内物体克服摩擦力做的功为W=2.0 J
C. 第1.5 s时推力F的功率为2 W
D. 第2 s内推力F做功的平均功率P＝3 W
【答案】BD
【解析】
A、第1 s内物体保持静止状态，在推力方向没有位移产生，故做功为0，故A错误；
B、由图像可知，第3 s内物体做匀速运动，F＝2 N，故F=F f=2N，由v-t图像知，第2 s内物体的位移x=1
2
×1×2=1m，第2 s内物体克服摩擦力做的功W=F f x=2.0J，故B 正确；
C、第1.5 s时物体的速度为1 m/s，故推力的功率为3 W，故C错误；
D、第2 s内推力F＝3 N，推力F做功W F=Fx=3.0J，故第2 s内推力F做功的平均功率
P̅=W F
t
=3W，故D正确；
故选BD。

【点睛】根据V-t图和F-t图可知：第1s内推力没有克服物体的最大静摩擦力，一直静止没有运动；第2s内物体做加速运动；第3s内做匀速运动可知此时F=F f=2N，根据功、平均功率和瞬时功率的公式可求得各选项的结果。

第Ⅱ卷（共174分）
9.在“探究平抛运动的运动规律”的实验中，可以描绘出小球平抛运动的轨迹，某次实验中在坐标纸上描出了a、b、c、d四个点。

（1）在安装实验装置的过程中，斜槽末端的切线必须是水平的，这样做的目的是_______ A．保证小球飞出时，速度既不太大，也不太小
B．保证小球在空中运动的时间每次都相等
C．保证小球飞出时，初速度沿水平方向
D．保证小球运动的轨道是一条抛物线
（2）已知图中小方格的边长为L，小球平抛的初速度为v= ___（用L、g表示）。

【答案】 (1). C (2). 2√gL
【解析】
【详解】（1）研究平抛运动的实验很关键的地方是要保证小球能够水平飞出，只有水平飞出时小球才做平抛运动，所以斜槽末端的切线必须是水平的，是为了保证小球飞出时，初速度沿水平方向，故ABD错误，C正确。

故选：C.
（2）平抛运动可以分解为水平方向的匀速直线运动，由图可知a、b、c、d之间的水平距离相等，因此它们的运动时间间隔相等；
在竖直方向上：△y=gT2，由题可知△h=L，带入解得：T= √L
；
g
在水平方向上：x=2L=v0T，解得：v0=2L/T=2√gL；
10.某同学用如图甲所示装置验证机械能守恒定律，他将两物块A和B用轻质细绳连接并跨
过轻质定滑轮，B下端连接纸带，纸带穿过固定的打点计时器．用天平测出A、B两物块的质量m A＝300 g，m B＝100 g，A从高处由静止开始下落，B拖着的纸带打出一系列的点，对纸带上的点迹进行测量，即可验证机械能守恒定律．图乙给出的是实验中获取的一条纸带：0是打下的第一个点，每相邻两计数点间还有4个点(图中未标出)，计数点间的距离如图所示．已知打点计时器计时周期为T＝0.02 s，则：
(1)在打点0～5过程中系统动能的增量ΔE k＝________J，系统势能的减小量ΔE p＝
________J，由此得出的结论是______________________________；(重力加速度g取
9.8m/s2，结果保留三位有效数字)
(2)用v表示物块A的速度，h表示物块A下落的高度．若某同学作出的v2
2
−ℎ图像如图丙所示，则可求出当地的重力加速度g＝________m/s2(结果保留3位有效数字)．
【答案】 (1). 1.15 (2). 1.18 (3). 在误差范允范围内A,B组成的系统机械能守恒 (4). 9.70
【解析】
【详解】（1）根据某段时间内平均速度等于中间时刻的瞬时速度，计数点5的瞬时速度v5=
x46 2T =(21.60+26.40)×10−2
0.2
m/s=2.4m/s，则系统动能的增加量：ΔE K=1
2
(m A+m B)v52=
1
2
×0.4×2.42J=1.15J，系统重力势能的减小量△E p=（m A-m B）gh=0.2×9.8×（38.4+21.6）×10-2J=1.18J。

在误差允许的范围内，A、B组成的系统机械能守恒。

（2）根据系统机械能守恒定律得：(m A −m B )gℎ=12
(m A +m B )v 2，解得：12v 2=m A −m
B m A
+m B
gℎ，图线的斜率：k =m A −m B m A
+m B
g =5.82
1.20，代入数据得：g =9.70m/s 2。

11.如图所示，光滑水平面上依次静止放置小物块C 和A 以及光滑曲劈B ，A 、B 和C 的质量分别为2m 、2m 和m ，劈B 的曲面下端与水平面相切，且劈B 足够高，现让小物块C 以水平速度v 0向右运动，与A 发生弹性碰撞，碰撞后小物块A 又滑上劈B 。

已知重力加速度g. 求:
(1)C 与A 碰后的速度分别是多少? (2)物块A 在B 上能够达到的最大高度。

【答案】（1）v 1=−v 03，方向水平向左，v 2=2v 03
，水平向右 （2）ℎ=v 0
29g
【解析】
本题考察动量守恒与机械能守恒相结合的问题。

(1) 规定向右为速度正方向，C 、A 碰后的速度为别为 v 1和v 2，AC 组成的系统，由动量守恒和机械能守恒定律得 mv 0＝mv 1＋2mv 2
12mv 02＝12mv 1
2＋12
×2mv 22 联立解得：v 1＝－v 0/3、v 2＝2v 0/3
即碰后C 的速度大小为v 0
3
、方向水平向左，A 的速度大小为2v
03
、方向水平向右。

(2)A 在B 上上升到最大高度h 时两者达到共同速度，设此共同速度为v 。

此过程中AB 组成的系统， 由水平方向动量守恒和机械能守恒定律得 2mv 2＝(2m ＋2m)v
1×2mv 22＝1
×(2m ＋2m)v 2+2mgℎ 解得：ℎ=v 0
29g
12.如图所示，固定在竖直面内的圆弧轨道BC 与水平地面相切于C 点，半径OB 与水平方向的
夹角θ=370。

一质量m=0.2kg的小物块（可视为质点）从O点正上方的A点以大小v0=
3m/s的速度水平向左抛出，恰好沿B点的切线方向进人并沿圆弧轨道运动，最终停在D点。

已知物块从C点运动到D点历时t=1.2s，物块与地面间的动摩擦因数μ=0.5，取g=
10m/s2,sin370=0.6,cos370=0.8。

求：
（1）圆弧轨道的半径R；
（2）物块到达C点前瞬间的速度大小v c以及此时圆弧轨道对物块的支持力大小N；
（3）物块从B点运动到C点的过程中，系统因摩擦产生的热量Q。

【答案】(1)1.5m (2)6m/s；6.8N (3)3.7J
【解析】
【分析】
（1）物块从A运动到B做平抛运动，根据平抛运动水平方向分速度不变，由B点速度的方向求出物块到达B点时的竖直分速度大小；根据水平方向的运动规律，求解圆弧轨道的半径R；（2）物块从C到D做匀减速运动，根据牛顿第二定律求得加速度，再由速度时间公式求物块到达C点前瞬间的速度大小v c，物体在C点时，由轨道的支持力和重力的合力提供向心力，由牛顿第二定律求得支持力。

（3）由速度的分解法求得物块经过B点时的速度，再由能量守恒定律求系统因摩擦产生的热量Q。

【详解】（1）设物块抛出后在空中做平抛运动的时间为t0，作出此时的速度分析图如图所示：
则物块到达B点时的竖直分速度大小为：v y=gt0
由几何关系有：v0=v y tanθ
又水平方向有：Rcosθ=v0t0
解得：R=1.5m
（2）物块从C 点运动到D 点的过程中，根据牛顿第二定律有：μmg =ma
由匀变速直线运动规律有：v c =at
联立解得：v c =6m/s
物块刚到达C 点时有：N −mg =m v C 2
R 解得：N=6.8N 。

（3）物块通过B 点时的速度大小为：v B =v
0sinθ 物块从B 点到C 点的过程中，根据能量守恒定律有：Q =mg (R +Rsinθ)+12mv B 2−1
2mv C 2 解得：Q=3.7J
【点睛】解决本题时，关键要正确分析物块的受力情况和运动情况，把握每个过程的物理规律。

能熟练运用运动的分解法研究平抛运动。

对于摩擦产生的热量，要分析能量的转化情况，由能量守恒定律求解。

13.如图所示，质量M ＝4kg 的小车长L ＝1.4m ，静止在光滑水平面上，其上面右端静止一质量m=1kg 的小滑块（可看作质点），小车与木板间的动摩擦因数μ＝0．4，先用一水平恒力F 向右拉小车。

（g ＝10 m/s 2
．）
（1）若用一水平恒力F ＝10N ，小滑块与小车间的摩擦力为多大？
（2）小滑块与小车间不发生相对滑动的水平恒力F 大小要满足的条件？
（3）若用一水平恒力F ＝28N 向右拉小车，要使滑块从小车上恰好滑下来，力F 至少应作用多长时间？
【答案】（1）2N ；（2）20N ；（3）1s
【解析】
试题分析：（1）当F ＝10N 时，设两者间保持相对静止，
由整体法可得：F ＝（M+m ）a 1 得a 1=2m/s 2
隔离小滑块可得：f=ma 1＝2N
而两者间的最大静摩擦力为f max ="μmg=4N" 所以小滑块与小车间的摩擦力为2N 。

（2）当两者要发生相对滑动时，小滑块与小车间应达到最大的静摩擦力。

此时小滑块的加
速度可由
f max="μmg=" m a2得a2＝4 m/s2
由整体法可得：F＝（M+m）a2＝20N
（3）当F＝28N时，两者间相对滑动，小滑块μmg=" m" a2 a2＝4 m/s2 小车 F－μmg = Ma3得： a3＝6m/s2
设 F撤去前作用了时间t1，则两者获得的速度为vm= a2 t1，vM= a3t1
两者产生的位移为：
F撤去后m仍以a2加速，M以a4减速，减速的加速度为
设过时间t2两者等速v′=vm+ a2t2=vM - a4t2 代入得
t2时间内位移
（xM + xM′ ）－（xm+xm′）=L 得得t1=1s
考点：牛顿第二定律的综合应用.。