[合集3份试卷]2020广西省来宾市高一物理下学期期末学业水平测试试题

2019-2020学年高一下学期期末物理模拟试卷
一、单项选择题：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，只有一项是符合题目要求的
1．(本题9分)甲、乙两个物体从同一地点、沿同一直线同时做直线运动，其v-t图象如图所示，则（）
A．1s时甲和乙相遇
B．2s时甲的速度方向反向
C．2-6s内甲相对乙做匀速直线运动
D．4s时乙的加速度方向反向
2．如图是多级减速装置的示意图、每一级减速装置都是由固定在同一装动轴上、绕同一转动轴转动的大小两个轮子组成。

各级之间用皮带相连。

如果每级减速装置中大轮的半径为R=1m、小轮的半径为r=0.5m。

则当第一级的大轮外缘线速度大小为v1=80m/s时，第五级的大轮外缘线速度大小是( )
A．40m/s
B．20m/
C．10m/s
D．5m/s
3．(本题9分)如图所示，A、B两物体质量分别为m A、m B，且m A＞m B，置于光滑水平面上，相距较远．将两个大小均为F的力，同时分别作用在A、B上经过相同距离后，撤去两个力，两物体发生碰撞并粘在一起后将（）
A．停止运动B．向左运动C．向右运动D．运动方向不能确定
4．(本题9分)如图所示，斜面上有P、R、S、T四个点，PR＝RS＝ST，从P点正上方的Q点以速度v水平抛出一个物体，物体落于R点，若从Q点以速度2v水平抛出一个物体，不计空气阻力，则物体落在斜面上的
A ．R 与S 间的某一点
B ．S 点
C ．S 与T 间的某一点
D ．T 点
5． (本题9分)一台电动机工作时输出的机械功率为40kW ，保持该机械功率，竖直提升质量为42.010kg
的货物，阻力不计，则货物能达到的最大速度为
A ．0.2m/s
B ．0.5m/s
C ．2m/s
D ．5m/s
6． (本题9分)如图所示，光滑斜劈M 放在光滑的水平面上，当滑块N 从M 上滑下时，M 同时向左滑动。

关于各力的做功情况，下列判断正确的是（ ）
A ．M 对N 的支持力不做功
B ．M 对N 的支持力做负功
C ．N 对M 的压力不做功
D ．N 对M 的压力做负功
7． (本题9分)做曲线运动的物体，在运动过程中，一定发生变化的物理量是
A ．动能
B ．速度
C ．加速度
D ．合外力
8． (本题9分)如图所示，质量为m 的小球以速度v 0水平抛出，恰好与倾角为30°的斜面垂直相碰，其弹回的速度大小与碰撞前的速度大小相等，求小球与斜面碰撞过程中受到的冲量大小为
A ．mv 0
B ．2mv 0
C ．3mv 0
D ．4mv 0
9．已知声波在钢轨中传播的速度远大于在空气中传播的速度，则当声音由钢轨传到空气中时（ ） A ．频率变小，波长变长
B ．频率变大，波长变短
C ．频率不变，波长变长
D ．频率不变，波长变短
10． (本题9分)光滑水平面上有一静止的木块，一颗子弹以某一水平速度击中木块后没有射出，对于这个过程，下列分析正确的是（ ）
A ．子弹与木块组成的系统动量守恒，机械能也守恒
B ．子弹与木块组成的系统动量不守恒，机械能也不守恒
C．子弹与木块组成的系统动量守恒，机械能不守恒
D．子弹与木块组成的系统动量不守恒，机械能守恒
二、多项选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分
11．(本题9分)如图，小球从高处下落到竖直放置的轻弹簧上，那么小球从接触弹簧开始到将弹簧压缩到最短的过程中(弹簧一直保持竖直),下列说法中正确的是
A．弹簧的弹性势能一直增大
B．小球的动能先增大后减小
C．小球的重力势能先增大后减小
D．小球和弹簧系统的机械能先增大后减小
12．(本题9分)发射地球同步卫星时，先将卫星发射至近地圆轨道1，然后经点火，使其沿椭圆轨道2运行，最后再次点火，将卫星送入同步圆轨道3，轨道1、2相切于Q点，轨道2、3相切于P点，如图所示。

则以下说法正确的是（）
A．要将卫星由圆轨道1送入圆轨道3，需要在椭圆轨道2的近地点Q和远地点P分别点火加速一次B．由于卫星由圆轨道1送入圆轨道3被点火加速两次，则卫星在圆轨道3上正常运行速度要大于在圆轨道1上正常运行的速度
C．卫星在椭圆轨道2上的近地点Q的速度一定大于7.9km/s，而在远地点P的速度一定小于7.9km/s D．卫星在椭圆轨道2上经过P点时的加速度等于它在圆轨道3上经过P点时的加速度
13．如图，M为半圆形导线框，圆心为O M；N是圆心角为直角的扇形导线框，圆心为O N；两导线框在同一竖直面(纸面)内；两圆弧半径相等；过直线O M O N的水平面上方有一匀强磁场，磁场方向垂直于纸面.现使线框M、N在t＝0时从图示位置开始，分别绕垂直于纸面且过O M和O N的轴，以相同的周期T逆时针匀速转动，则()
A ．两导线框中均会产生正弦交流电
B ．两导线框中感应电流的周期都等于T
C ．在t ＝8
T 时，两导线框中产生的感应电动势相等 D ．两导线框的电阻相等时，两导线框中感应电流的有效值也相等
14． (本题9分)在如图所示的电路中，电源内阻不能忽略，当闭合开关S 后，各用电器均能工作。

现将滑动变阻器R 的滑片P 向下滑动，则
A ．灯变亮，电压表示数减小
B ．灯
变亮，电流表示数增大 C ．灯变亮，电容器的带电量增大
D ．电压表和电流表的示数均减小
15． (本题9分)把动力装置分散安装在每节车厢上，使其既具有牵引动力，又可以载客，这样的客车车辆叫做动车。

把几节自带动力的车辆（动车）加几节不带动力的车辆（也叫拖车）编成一组，就是动车组，如图所示。

假设动车组运行过程中受到的阻力与其所受重力成正比，每节动车与拖车的质量都相等，每节动车的额定功率都相等。

若1节动车加3节拖车编成的动车组的最大速度为160km/h ；现在我国往返北京和上海的动车组的最大速度为480km/h ，则此动车组可能（ ）
A ．由6节动车加2节拖车编成的
B ．由6节动车加4节拖车编成的
C ．由9节动车加6节拖车编成的
D ．由9节动车加3节拖车编成的
16．(本题9分)a，b两个物体做平抛运动的轨迹如图所示，设它们抛出的初速度分别为v a，v b，从抛出至碰到台上的时间分别为ta，tb，则()
A．v a>v b B．v a<v b C．t a>t b D．t a<t b
三、实验题:共2小题，每题8分，共16分
17．在做“验证机械能守恒定律”的实验时，打点计时器的电源频率是50HZ。

某同学先后打出两条纸带，纸带Ⅰ从第1点开始的相邻点间的距离依次为：1.9mm、6.0mm、10.0mm、14.0mm；纸带Ⅱ上从第1点开始的相邻各点间的距离依次为：2.5mm、6.0mm、11.5mm、16.3mm.那么应选用纸带__________进行测量和计算。

根据你所选用的纸带，利用第2、3两点间的距离和第4、5两点间的距离，可以计算出当地的重力加速度的大小为_________ ，在打第3点时重物的瞬时速度为_________ m/s，为了验证机械能守恒定律，应该计算出打第2、4点时物体减少的_________和增加的_________，然后比较它们的数值在实验允许误差范围内是否近似相等。

18．(本题9分)“探究加速度与力、质量的关系”的实验装置如图甲所示．
（1）在平衡小车与桌面之间摩擦力的过程中,打出了一条纸带如图乙所示．计时器打点的时间间隔为0.02s.从比较清晰的点起,每5个点取一个计数点,量出相邻计数点之间的距离．该小车的加速度a=___m/s2.(结果保留两位有效数字)
(2)平衡摩擦力后，拆去打点计时器．在木板上的B点固定一个光电计时器，小车上固定一遮光片，如图丙所示．将5个相同的砝码都放在小车上，挂上砝码盘，然后每次从小车上取一个砝码添加到砝码盘中，并且每次都控制小车从A点静止释放．记录每一次光电计时器的示数．本实验应取砝码盘及盘中砝码、小车（及车上挡光片、砝码）作为一个系统，即研究对象．下列说法正确的是________．
A、需要保证砝码盘及盘中砝码的总质量远小于小车及车中砝码的总质量
B、不需要保证砝码盘及盘中砝码的总质量远小于小车及车中砝码的总质量
C、每次从小车上取走砝码后，需要重新平衡摩擦力
D、每次从小车上取走砝码后，不需要重新平衡摩擦力
(3)已知，每个砝码质量为m 0，遮光片宽度为d ，AB 间距离为L ，重力加速度为g ；在某次实验中，光电计时器示数为t ∆,则小车运动运动至B 点的速度可表示为__________；
(4)处理数据时，某同学将盘中砝码的总重力记为F ，并以F 作为纵坐标，2
1()t ∆作为横坐标，描点作图，得到如图丁所示的图像．该图线不过原点的原因是：____________________；已知图线的纵截距为-b ，斜率为k ，那么，砝码盘的质量为_________；小车及遮光片的总质量为________．
四、解答题：本题共4题，每题5分，共20分
19．（6分） (本题9分)根据牛顿第二定律及运动学相关方程分别推导动能定理和动量定理的表达式． 20．（6分） (本题9分)如图所示，底面水平光滑的U 型槽内静止放置一质量M=3 kg 的小车，小车的上表面与槽口等高，小车紧贴左端槽口。

现让一质量为m=1 kg 的小物块(可视为质点)，以v 0=4 m/s 的水平速度滑上小车。

在以后的运动中，当小车与槽口相碰则立即原速返回。

已知U 型槽长度足够大，小车与槽口碰撞前小物块与小车已共速，小物块与小车间的动摩擦因数μ=0.2，重力加速度g 取10 m/s 2。

求：
(1)小车第一次与右边槽口碰前瞬间的速度大小；
(2)滑块不离开小车，小车的长度至少为多长？
21．（6分） (本题9分)飞机场有一架战斗机，质量3510m =⨯Kg ，发动机的额定功率900P =kW ．在战备状态下，一开始启动，发动机就处于额定功率状态，在跑道上经过时间t=15s 运动，速度恰好达到最大速度m 60v =m/s 离开跑道．飞机在跑道上运动过程中，受到的阻力不断增大．求：
（1）飞机速度达到最大时，所受到的阻力大小；
（2）飞机从启动到最大速度的过程中，飞机所受合外力的冲量的大小；
（3）飞机从启动到离开跑道，飞机克服阻力所做的功．
22．（8分） (本题9分)在光滑的水平面上，一质量为m A =0.1kg 的小球A ，以v 0=9m/s 的初速度向右运动，与质量为m B =0.1kg 的静止小球B 发生碰撞，碰撞时间极短，碰撞过程中没有机械能损失．碰后小球B 滑向与水平面相切、半径为R 的竖直放置的固定光滑半圆形轨道，且恰好能通过最高点N 后水平抛出．重力加速度为g=10m/s 1．求：
(1) 碰撞后小球B 的速度大小；
(1) 圆轨道半径R 的大小．
参考答案
一、单项选择题：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，只有一项是符合题目要求的
1．C
【解析】
【分析】
v-t 图象中，倾斜的直线表示匀变速直线运动，斜率表示加速度，图象与坐标轴围成的面积表示位移．在时间轴上方的位移为正，下方的面积表示位移为负，看物体是否改变运动方向就看速度图象是否从时间轴的上方到时间轴的下方；
【详解】
A 、由图象可知：在1t s =时，甲乙速度相等，位移不等，没有相遇，故A 错误；
B 、2s 前后甲的速度都是正值，所以2s 时甲的速度方向没变，故B 错误；
C 、甲乙两个物体在26s -内图象的斜率相同，所以加速度相同，则甲相对乙做匀速直线运动，故C 正确；
D 、2-6s 乙物体的v-t 图是一条倾斜直线，这段时间乙物体做匀变速直线运动，加速度不变，故4 s 时乙的加速度方向不变，故D 错误．
故选C
【点睛】
本题是速度--时间图象的应用，要明确斜率的含义，知道在速度--时间图象中图象与坐标轴围成的面积的含义，能根据图象读取有用信息，能够利用图像求解位移．
2．D
【解析】
【详解】
根据同轴转动角速度相等知，第一级大轮和小轮角速度相等，根据v=r•ω知，第一级小轮的线速度为
'11140m/s 2
v v =＝； 根据皮带传动边缘线速度大小相等可知第二级大轮边缘的线速度大小为v 2＝v 1＇＝40m/s ，所以第二级小轮的线速度为v 2＇=12
v 2＝20m/s ， 第三级大轮边缘的线速度为v 3＝v 2＇＝20m/s ， 第三级小轮边缘的线速度大小为v 3＇=12
v 3＝10m/s ， 第四级大轮边缘的线速度大小为v 4＝v 3＇＝10m/s ， 第四级小轮边缘的线速度大小为v 4＇＝
12v 4＝5m/s ， 第五级大轮边缘的线速度大小v 5＝v 4＇＝5m/s ；
A ．40m/s ，与结论不相符，选项A 错误；
B ．20m/，与结论不相符，选项B 错误；
C ．10m/s ，与结论不相符，选项C 错误；
D ．5m/s ，与结论相符，选项D 正确；
3．C
【解析】
【分析】
【详解】
由动能定理：0k F s E ⋅=-，可知撤去力时二者有相同的动能，两物体发生碰撞前的动量P =可得动量A B P P >，碰撞后（取向右为正方向）由动量守恒定律：()12A B P P m m v -=+共，
则v 共方向向右．故C 正确，ABD 错误．故选C ．
4．A
【解析】
【分析】
【详解】
过R 作一条与水平面平行的一条直线，若没有斜面，当小球从Q 点以速度2v 水平抛出时，小球将落在我们所画水平线上S 点的正下方，但是现在有斜面的限制，小球将落在斜面上的RS 之间，故A 正确，BCD 错误．故选A ．
【点睛】
解答本题需要掌握：平抛运动的特点并能灵活应用，应用相关数学知识求解，如假设没有斜面的限制，将落到那点，有斜面和没有斜面的区别在哪里．
5．A
【解析】
【详解】
货物达到最大速度时，拉力等于重力，即：F=mg ；设货物能达到的最大速度为v 。

由P 额=Fv=mgv 得：
444100.2m/s 21010
P v mg ⨯===⨯⨯； A.此选项正确；
BCD.此三项错误；
6．B
【解析】
【详解】
AB. M 对N 的支持力始终垂直M 的斜面方向，因M 向左移动，N 的位移与M 斜面夹角是钝角，故M 对N 的支持力做负功，故A 错误，B 正确；
CD. N 对M 的压力垂直斜面向下，M 的位移向左，故N 对M 的压力与M 位移夹角为锐角，N 对M 的压力做正功，故CD 错误；
7．B
【解析】
试题分析：物体在做曲线运动的过程中，速度方向时刻发生变化，选项B 正确；速度大小有可能不变，例如匀速圆周运动，动能不变，选项A 错误；平抛运动中加速度、合外力保持恒定，选项CD 错误；故选B 考点：考查曲线运动
点评：本题难度较小，曲线运动只是运动轨迹为曲线，有匀变速曲线运动和变加速曲线运动
8．C
【解析】
小球在碰撞斜面前做平抛运动,设刚要碰撞斜面时小球速度为,小球恰与倾角为
的斜面垂直碰撞，碰撞
时受到如图所示
由几何关系得：，碰撞过程中，小球速度由变为反向的，以反弹的速度方向为正方向，由动量定理可得，小球与斜面碰撞过程受到的冲量大小：
，方向垂直于斜面向上；故选C.
【点睛】小球在碰撞斜面前做平抛运动，由平抛运动的规律可以求得与斜面碰撞时的速度的大小，再由动量定理可以求得斜面对小球的冲量．
9．D
【解析】
【详解】
当声音由钢轨传到空气中时，频率不变，由题意得知波速减小，由波速公式v=λf可知，波长变短。

A．频率变小，波长变长，与结论不相符，选项A错误；
B．频率变大，波长变短，与结论不相符，选项B错误；
C．频率不变，波长变长，与结论不相符，选项C错误；
D．频率不变，波长变短，与结论相符，选项D正确；
10．C
【解析】
【详解】
子弹与木块组成的系统，水平方向受合外力为零，则系统的动量守恒；但是子弹射入木块的过程中要损失机械能，则系统的机械能减小；
A. 子弹与木块组成的系统动量守恒，机械能也守恒，与结论不相符，选项A错误；
B. 子弹与木块组成的系统动量不守恒，机械能也不守恒，与结论不相符，选项B错误；
C. 子弹与木块组成的系统动量守恒，机械能不守恒，与结论相符，选项C正确；
D. 子弹与木块组成的系统动量不守恒，机械能守恒，与结论不相符，选项D错误；
二、多项选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分
11．AB
【解析】
【详解】
A、小球在向下运动过程中，弹簧的压缩量越来越大，弹簧的弹性势能一直增大，故A正确；
B、小球在向下运动过程中，受到重力与弹簧弹力作用，开始的一段时间内，重力大于弹力，合外力做正功，小球动能增大，后来弹簧的弹力大于小球重力，合力对小球做负功，小球的动能减小，因此小球动能先增大后减小，故B正确；
C、在向下运动过程中，小球的质量不变而高度逐渐减小，小球的重力势能一直减小，故C错误；
D、小球在向下运动过程中，受到重力与弹簧弹力的作用，除重力之外，弹簧弹力对小球做负功，小球和弹簧系统的机械能不变。

故D错误。

12．ACD
【解析】
【详解】
在Q点，从1轨道到2轨道，是内轨向外轨变轨，所以需加速，在P点，从2轨道到3轨道，也是内轨向外轨变轨，也需加速，所以A正确；变轨过程中加速两次，但P点到Q点过程，克服引力做功，速度
会变小；由圆轨道速度公式GM v r
=可知，轨道3的运行速度小于轨道1的运行速度，故B 错误；在Q 点，从1轨道到2轨道需加速，卫星在轨道1上Q 点的速度为7.9km/s ，则卫星在椭圆轨道2上的近地点Q 的速度一定大于7.9km/s ；卫星在圆轨道3上的运行速度小于7.9km/s ，在P 点，从2轨道到3轨道需加速，则椭圆轨道2远地点P 的速度一定小于7.9km/s ，故C 正确；根据牛顿第二定律和万有引力定律得：2GM a r
=，所以卫星在轨道2上经过Q 点的加速度等于在轨道1上经过Q 点的加速度．故D 正确。

13．BC
【解析】
【详解】
A ．半径切割磁感线产生的感应电动势21122
E BL L BL ωω=⋅
=，由于匀速转动，所以进入时，电动势是恒定的，则A 错误；
B ．由半径切割分段分析知道：M 线框在转一周内感应电动势的变化是恒正、恒正、恒负、恒负．N 线框的变化是恒正、零、恒负、零，所以两导线框的周期相等地，则B 正确；
C ．显然从开始到转过90°，都是半径切割，感应电动势相等，则C 正确；
D ．根据有效值的定义：对M 线框，22M
E T I RT R =，对N 线框，只有一半时间有感应电流，222
N E T I RT R ⨯=，两式对比得到：2M N I I =，所以D 错误．
14．AD
【解析】
【详解】
当闭合开关S 后，将滑动变阻器的滑片P 向下时，接入电路的电阻减小，外电路总电阻减小，干路电流增大，路端电压减小，则灯L 1变亮，电压表的示数减小；根据串联电路分压规律可知，并联部分的电压减小，则灯L 2的电流减小，灯L 2变暗，电流表的示数减小；根据干路电流增大，流过灯L 2的电流减小，根据并联电路规律可知，L 3中电流增大，灯L 3变亮；并联部分电压减小，则电容器的电压减小，由Q=CU ，可知电容器C 的带电量减小。

A. 灯
变亮，电压表示数减小与分析相符，故A 项符合题意； B. 灯变亮，电流表示数增大与分析不符，故B 项不符合题意；
C. 灯变亮，电容器的带电量增大与分析不符，故C 项不符合题意；
D. 电压表和电流表的示数均减小与分析相符，故D 项符合题意。

15．AD
【解析】
【详解】
设每节车的质量为m ，所受阻力为kmg ，每节动车的功率为P ，1节动车加3节拖车编成的动车组的最大速度为1160km/h v =，可得：
14P kmgv =
设最大速度为2480km/h v =的动车组由x 节动车加y 节拖车编成的，则有：
2()xP x y kmgv =+
联立解得：
3x y =
对照各个选项，选项AD 正确，BC 错误。

16．AD
【解析】
【详解】
根据平抛运动竖直方向是自由落体运动，有21
2h gt ＝ ，得t ;因为h b >h a ，所以t a <t b 平抛运动在水平方向上是匀速直线运动，有x ＝v 0t ，由图知x a >x b ，所以v a >v b ，故BC 错误，AD 正确；故选AD.
点睛：本题就是对平抛运动规律的考查，平抛运动可以分解为在水平方向上的匀速直线运动，和竖直方向上的自由落体运动来求解．
三、实验题:共2小题，每题8分，共16分
17．Ⅰ 210m /s 0.4 重力势能 动能
【解析】
【分析】
【详解】
[1]物体做自由落体运动，打前两个点之间的距离
2211100.02m 2mm 22
h gt =≈⨯⨯≈ 所以应选用纸带Ⅰ。

[2] 当地的重力加速度的大小
3
22452322(10.0 6.0)10m /s 10m /s 0.02
x x a T ---⨯=== [3] 在打第3点时重物的瞬时速度为2、4两点间的平均速度
3
24(10.0 6.0)10m /s=0.4m/s 220.02
x v T -+⨯==⨯
[4][5] 为了验证机械能守恒定律，应该计算出打第2、4点时物体减少的重力势能和增加的动能。

18．0.16 BD d t
∆ 未计入砝码盘的重力（F=0时，砝码盘的重力依旧使系统加速运动） b/g 0225kL b m d g
-- 【解析】
(1)由匀变速直线运动的判别式2
x aT ∆=，解得2
2220.16100.16m/s 0.1x a T -∆⨯===. (2)对系统进行受力分析可得：砝码盘及盘中砝码的重力等于合外力，进而由合外力求得小车加速度；在此过程中，对砝码盘及盘中砝码的质量没有要求，故不需要保证砝码盘及盘中砝码的总质量远小于小车及车中砝码的总质量；小车和木板之前的动摩擦因数不变，故只要保证木板倾斜角不变，那么，小车受到的摩擦力和重力沿斜面分量总是等大反向，故不需要重新平衡摩擦力；故选BD ．
(3)遮光片宽度较小，小车通过遮光片的时间△t 足够小，故小车可看成匀速运动，那么，根据运动时间和位移可得：速度B d v t
=∆. (4)盘中砝码的总重力F=0时，砝码盘的重力依旧使系统加速运动，故该图线不过原点．
由图可得，砝码盘的重力F b '=，故砝码盘的质量F b m g g
=''=. 根据受力分析可得，系统合外力为F F F b +'=+，故小车加速度F b a M +=
，那么有匀变速运动规律可
得：B d v t ===∆222()Md F b L t =-∆，故2
2Md k L
=，则22kL M d =；又有砝码盘质量b m g
'=，每个砝码质量为m 0，故砝码总质量为5m0，那么小车和遮光片的总质量002255kL b m M m m m d g =-=
--'-. 【点睛】在得到纸带后，要注意计数点若按照纸带上的点来计算，时间间隔一般为0.02s ；若计数点之间还有点，要么要先确定时间间隔，才能根据△x=a(△T)2来求解加速度．
四、解答题：本题共4题，每题5分，共20分
19．该推导过程见解析
【解析】
设一个质量为m 的物体，初速度为0v ，在水平合外力F （恒力）的作用下，运动一段距离x 后，速度变为t v ，所用的时间为t
则根据牛顿第二定律得：F ma =，根据运动学知识有2202t v v ax -=，联立得到2201122
t mv mv Fx -=，即为动能定理．
根据运动学知识：0t v v a t -=
，代入牛顿第二定律得：0t Ft mv mv =-，即为动量定理． 20．（1）；（2）
3.75m ； 【解析】本题考查动量与能量相结合的问题，涉及动量守恒、功能关系的应用。

(1)设小物块与小车第一次共速的速度为，由动量守恒定律，得：
解得： (2) 从小物块滑上小车到第一次与小车共速的过程中，由能量守恒，得：
设小物块与小车第二次共速的速度为
，由动量守恒定律，得：
从小车原速反弹到小物块第二次与小车共速的过程中，由能量守恒，得：
在以后的运动中，小车与平台相碰后相对运动方向都会反向，且相对运动距离都较上一次小，因此，小物块第二次与小车共速时，小物块距小车左端最远
小车的长度至少为：
联立以上各式，代入数据，得： 3.75m
21．（1）1.5×104N （2）5310I N s =⨯⋅合（3）4.5×106J
【解析】
(1)飞机速度达到最大时，设飞机的牵引力为F ，受到的阻力是f ，则
F f =
P Fv =
解得f ＝1.5×104 N
(2)对飞机由动量定理有 0I mv =-合
解得5310I =⨯合N.s
(3)从开始到离开跑道，设克服阻力做功是W ，则
212
Pt W mv -= 解得W ＝4.5×106 J
【点睛】本题考查功及冲量的计算，要注意明确当飞机达最大速度时，牵引力等于阻力．
22． (1)6m/s (1)0.71m
【解析】
【详解】
（1）由动量守恒定律可知：m A v 0=m A v 1+m B v 1 由能量关系可知：222012111222
A A
B m v m v m v =+ 带入数据解得v 1=6m/s
（1）小球B 从轨道最低点M 运动到最高点N 的过程中机械能守恒，有：
12m B v 11=m B g•1R+12
m B v N 1 小球B 恰好能通过圆形轨道最高点，有：m B g=m B 2 N v R
联立两式并带入数据解得R=0.71m
高一(下)学期期末物理模拟试卷
一、单项选择题：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，只有一项是符合题目要求的
1．如图所示，在光滑水平面上放置一个质量为M的滑块，滑块的一侧是一个1
4
弧形凹槽OAB，凹槽半径
为R，A点切线水平。

另有一个质量为m的小球以速度v0从A点冲上凹槽，重力加速度大小为g，不计摩擦。

下列说法中正确的是（）
A．当v0=2gR时，小球能到达B点
B．如果小球的速度足够大，球将从滑块的左侧离开滑块后落到水平面上
C．当v0=2gR时，小球在弧形凹槽上运动的过程中，滑块的动能一直增大
D．如果滑块固定，小球返回A点时对滑块的压力为
2 0 v R
2．在2015年世界蹦床锦标赛中，中国队包揽了女子单人蹦床比赛的金牌和银牌，对于运动员身体保持直立状态由最高点下落至蹦床的过程（如图所示），若忽略空气阻力，关于运动员所受重力做功、运动员的重力势能，下列说法中正确的是
A．重力做正功，重力势能减少
B．重力做负功，重力势能减少
C．重力做负功，重力势能增加
D．重力做正功，重力势能增加
3．如图，某同学用绳子拉动木箱，使它从静止开始沿粗糙水平路面运动至具有某一速度，木箱获得的动能一定：( )。