四川省泸州市泸县第五中学2020-2021学年高一(下)第四学月考试物理试题

四川省泸州市泸县第五中学2020-2021学年高一（下）第四
学月考试物理试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．如图所示，人站在电动扶梯的水平台阶上，假若人与扶梯一起匀加速向上运动，在这个过程中人脚所受的静摩擦力（）
A ．等于零，对人不做功
B ．水平向左，对人不做功
C ．水平向右，对人做正功
D ．沿斜面向上，对人做正功
2．2021年6月和8月，我国在西昌和酒泉卫星发射中心，分别发射了第二十三颗北斗导航卫星G7和世界首颗量子科学实验卫星“墨子号”．G7属地球静止轨道卫星（高度距地面约3600 km ），“墨子号”的圆形轨道距地面的高度约为500 km ．关于在轨运行的这两颗卫星，下列说法正确的是（ ）
A ．“墨子号”的运行速度大于7.9 km/s
B ．北斗G7的运行速度大于11.2 km/s
C ．“墨子号”的运行周期比北斗G7大
D ．“墨子号”的向心加速度比北斗G7大
3．以一定速度竖直上抛一个小球，小球上升的最大高度为h ，空气阻力的大小恒为f F ，则从抛出至落回到原出发点的过程中，空气阻力对小球做的功为( )
A ．0
B ．f F h -
C ．4f F h -
D ．2f F h - 4．英国科学家牛顿是经典力学理论体系的建立者，他有一句名言是：“如果我所见到的比笛卡儿要远些，那是因为我站在巨人的肩上。

”关于牛顿等这些科学“巨人”及其成就，下述说法错误的是（ ）
A ．开普勒在研究了天文学家第谷的行星观测记录的基础上，发现并提出了行星运动定律
B ．牛顿提出万有引力定律，后人利用这一理论发现的海王星，被称为“笔尖下发现的行星”
C ．卡文迪许在实验室较准确地测出了引力常量G 的数值，并说该实验是“称量地球的重量”
D ．以牛顿运动定律为基础的经典力学，包括万有引力定律，既适用于低速运动也适用于高速运动；既适用于宏观世界，也适用于微观世界
5．如图所示，固定在竖直平面内的光滑圆轨道ABCD ，其A 点与圆心等高，D 点为最高点，DB 为竖直线，AE 为水平面，今使小球自A 点正上方某处由静止释放，且从A 处进入圆轨道运动，只要适当调节释放点的高度，总能保证小球最终通过最高点D(不计空气阻力的影响)．则小球通过D 点后
A ．一定会落到水平面AE 上
B ．一定不会落到水平面AE 上
C ．一定会再次落到圆轨道上
D ．可能会再次落到圆轨道上
6．如图所示，ABCD 是一个盆式容器，盆内侧壁与盆底BC 的连接处都是一段与BC 相切的圆弧，BC 为水平的，其距离0.50m d =，盆边缘的高度为0.30m h =．在A 处放一个质量为m 的小物块并让其从静止出发下滑．已知盆内侧壁是光滑的，而盆底BC 面与小物块间的动摩擦因数为0.10μ=．小物块在盆内来回滑动，最后停下来，则停的地点到B 的距离为（ ）．
A ．0.50m
B ．0.25m
C ．0.10m
D ．0
7．由两种不同材料拼接成的直轨道ABC ，B 为两种材料的分界线，长度AB >BC ．先将ABC 按图1方式搭建成倾角为θ的斜面，让一小物块（可看做质点）从斜面顶端由静止释放，经时间t 小物块滑过B 点；然后将ABC 按图2方式搭建成倾角为θ的斜面，同样将小物块从斜面顶端由静止释放，小物块经相同时间t 滑过B 点．则小物块
A ．与A
B 段的动摩擦因数比与B
C 段的动摩擦因数大
B ．两次滑到B 点的速率相同
C ．两次从顶端滑到底端所用的时间相同
D ．两次从顶端滑到底端的过程中摩擦力做功相同
8．如图所示，汽车车厢顶部悬挂一个轻质弹簧，弹簧下端拴一个质量为m 的小球，当汽车以某一速度在水平地面上匀速行驶时弹簧长度为L 1；当汽车以同一速度匀速率通过一个桥面为圆弧形凸形桥的最高点时，弹簧长度为L 2，下列答案中正确的是（ ）
A ．12L L >
B ．12L L =
C ．12L L <
D ．前三种情况均
有可能 9．向空中发射一枚炮弹，不计空气阻力，当此炮弹的速度恰好沿水平方向时，炮弹炸裂成a 、b 两块，若质量较大的a 的速度方向仍沿原来的方向，则有
A ．b 的速度方向一定与炸裂前瞬间的速度方向相反
B ．从炸裂到落地的这段时间内，a 飞行的水平距离一定比b 的大
C ．a 、b 一定同时到达水平地面
D ．炸裂的过程中，a 、b 动量的变化量大小一定不相等
二、多选题
10．如图所示，在光滑水平面上有两块木块A 和B ，质量均为m ，B 的左侧固定一轻质
弹簧．开始时B 静止，A 以初速度v 0向右运动与弹簧接触，则在相互作用的过程中( )
A ．任意时刻，A 、
B 系统的总动能恒定不变
B ．任意时刻，A 、B 系统的总动量恒定不变
C．当弹簧压缩到最短长度时，A与B具有相同的速度
D．当弹簧恢复到原长时，A与B具有相同的速度
11．如图所示，足够长的半径为R=0.4m的1/4圆弧形光滑轨道固定于竖直平面内，圆弧形轨道与光滑固定的水平轨道相切，可视为质点的质量均为m=0.5kg的小球甲、乙用轻杆连接，置于圆弧形轨道上，小球甲与O点等高，小球乙位于圆心O的正下方．某时刻将两小球由静止释放，最终它们在水平面上运动. g取10 m/s2．则（）
A．小球甲下滑过程中机械能增加
B．小球甲下滑过程中重力对它做功的功率先变大后减小
C．小球甲下滑到圆弧形轨道最低点对轨道压力的大小为12N
D．整个过程中轻杆对小球乙做的功为1J
12．在平直公路上，汽车由静止开始做匀加速运动，当速度达到v m后立即关闭发动机直到停止，运动的v－t图象如图所示．设汽车的牵引力为F，摩擦力为f；全过程中牵引力做功W1，克服摩擦力做功W2，全程牵引力的冲量大小为I1，摩擦力的冲量大小为I2．则下列关系正确的是( )
A．F：f＝3：1
B．F：f＝4：1
C．W1：W2＝1：1
D．I1：I2＝1：1
三、实验题
13．在做“研究平抛运动”的实验时，让小球多次沿同一斜槽轨道滑下，通过描点法画出小球做平抛运动的轨迹．
(1)为了能较准确地描绘运动轨迹，下面列出一些操作要求，将你认为正确选项的前面字母填在横线上：______________。

A．通过调节使斜槽的末端保持水平
B．每次释放小球的位置必须相同
C．每次必须由静止释放小球
D．记录小球位置用的铅笔每次必须严格地等距离下降
E．小球运动时不应与木板上的白纸相接触
F．将球的位置记录在纸上后，取下纸，用直尺将点连成折线
(2)在做该实验时某同学只记录了物体运动的轨迹上的A、B、C三点并以A点为坐标原点建立了直角坐标系，得到了如图所示的图像。

试根据图像求出物体平抛运动的初速度大小为______m/s。

（g=10m/s2，(3)物体运动到B点时的速度大小为______m/s；抛出点的坐标为（_______）。

且所有结果均保留2位有效数字）
14．某兴趣小组利用自由落体运动来验证机械能守恒定律．下图是实验中打出的某条点迹清晰的纸带．已知打点计时器所用电源的频率为50 Hz，当地的重力加速度g取9.80 m ／s2，重物的质量为1.00kg．重物运动到B点的动能是________J，重物运动到E点的动能是________J，重物由B点运动到E点的过程中，重物的重力势能减少了________J .（均保留3位有效数字）由此，我们的实验结论是：在误差允许的范围内，重力势能的减少量________动能的增加量.（选填“<”或“>”或“=”）
四、解答题
15．如图所示，一质量为m=0.5kg的小物块放在水平地面上的A点，小物块以v0=9m/s 的初速度从A点沿AB方向运动，与墙发生碰撞（碰撞时间极短为0.1s）. 碰前瞬间的速度v1=7m/s，碰后以v2=6m/s反向运动直至静止．已知小物块与地面间的动摩擦因数μ=0.32，取g=10m/s2 . 求：
（1）A点距墙面的距离x；
（2）碰撞过程中，墙对小物块平均作用力的大小.（碰撞时物块与地面间摩擦忽略不计）
16．质量为2t的汽车在平直公路上从静止开始先做匀加速运动，5s末达额定功率后保
持功率不变，其v~t如图所示．求：
(1)汽车的额定功率和汽车受到的阻力；
(2)速度为10m/s时的加速度；
(3)变加速运动的总路程．
α=︒的粗糙平直导轨与半径为r的光滑圆环轨道相切，切点17．如图所示，倾角为45
为b，整个轨道处在竖直平面内. 一质量为m的小滑块从导轨上离地面高为H=3r的d 处无初速下滑进入圆环轨道，接着小滑块从最高点a水平飞出，恰好击中导轨上与圆心O等高的c点. 已知圆环最低点为e点，重力加速度为g，不计空气阻力. 求：
（1）小滑块在a点飞出的动能；
（）小滑块在e点对圆环轨道压力的大小；
（3）小滑块与斜轨之间的动摩擦因数. （计算结果可以保留根号）
参考答案
1．C
【详解】
人与扶梯一起匀加速向上运动，人的脚所受的静摩擦力水平向右，与位移方向成锐角，静摩擦力做正功，
A.A 项与上述分析结论不相符，故A 错误；
B.B 项与上述分析结论不相符，故B 错误；
C.C 项与上述分析结论相符，故C 正确；
D.D 项与上述分析结论不相符，故D 错误．
2．D
【解析】
【详解】
A 、7.9km/s 是绕地球表面运动的速度，是卫星的最大环绕速度，则这两颗卫星的速度都小于7.9km/s ，故A 错误；
B 、运行速度不能大于11.2 km/s ，大于11.2 km/s 会脱离地球引力的束缚，成为绕太阳运行的人造行星，或成为其他行星的人造卫星，故B 错误；
C. 根据2224GMm m r r T π=解得：T =实验卫星“墨子号”的周期比北斗G7小，故C 错误；
D 、根据2GMm ma r =可知：2GM a r
=，轨道半径小的量子科学实验卫星“墨子号”的向心加速度比北斗G7大，故D 正确；
故选D ．
【点睛】
关键知道7.9km/s 是绕地球表面运动的速度，是卫星的最大环绕速度，根据222
4GMm m r r T π=分析周期与轨道半径的关系；根据
2GMm ma r
=分析加速度与轨道半径的关系． 3．D
【解析】
【详解】
上升过程：空气阻力对小球做功：W 1=-F f h ；下落过程：空气阻力对小球做功：W 2=-F f h ；则从抛出到落回到抛出点的过程中，空气阻力对小球做的功为：W =W 1+W 2=-2F f h ，故选D 。

4．D
【详解】
A ．开普勒在研究了天文学家第谷的行星观测记录的基础上，发现并提出了行星运动定律，A 正确；
B ．牛顿提出万有引力定律，后人利用这一理论发现的海王星，被称为“笔尖下发现的行星”，B 正确；
C ．卡文迪许在实验室利用扭秤实验较准确地测出了引力常量G 的数值，并说该实验是“称量地球的重量”，C 正确；
D ．以牛顿运动定律为基础的经典力学，包括万有引力定律，适用于宏观低速的运动，D 错误。

本题选择错误选项，故选D 。

5．A
【解析】
小球因为能够通过最高点D ，根据mg=m 2 D v R
，得：v D ，知在最高点的最小速度为
．根据R=12gt 2，得：t=则平抛运动的水平位移为：x =．知小球一定落在水平面AE 上．故A 正确，BCD 错误．故选A ．
点睛：解决本题的关键知道小球做圆周运动在最高点的临界情况，即重力提供向心力，结合平抛运动的规律进行求解．
6．D
【分析】
小物块滑动过程中，重力做功和摩擦阻力做功，全过程应用动能定理可进行求解。

【详解】
由小物块从A 点出发到最后停下来，设小物块在BC 面上运动的总路程为S ，整个过程用动能定理有：
0mgh mgs μ-=
所以小物块在BC 面上运动的总路程为
0.3m 3m 0.1
h
s μ=== 而d =0.5 m ，刚好3个来回，所以最终停在B 点，即距离B 点为0 m 。

故选D 。

【点睛】
本题对全过程应用动能定理，关键要抓住滑动摩擦力做功与总路程的关系。

7．D
【解析】
【详解】
Ａ、第一种情况：从Ａ到Ｂ过程，221111(sin cos )22
AB a t g t θμθ==- ，第二种情况从Ｃ到Ｂ的过程，222211(sin cos )22
CB a t g t θμθ==-，因为AB >BC ，所以12μμ<，即物块与AB 段的动摩擦因数比与BC 段的动摩擦因数小，选项Ａ错误．Ｂ、据题意两次做匀加速直线运动2
v s t =，可知位移大的平均速度大，末速度同样大，故第一次到Ｂ的速率更大些，选项Ｂ错误．D 、由12cos cos f W mg AB mg BC μθμθ=-⋅-⋅，则两次摩擦力做功相等，故D 正确．Ｃ、两个过程摩擦力做功相等，重力做功相等，根据动能定理可知，两次滑块中物块到达底端速度相等v ，则第一种112v v BC t +=，第二种222
v v BA t +=，因BC <BA ,12v v >,所以t 1<t 2,即第二次到达底端的时间较长，选项C 错误.故选D.
【点睛】
本题应用牛顿第二定律和运动学、动能定理是解答这类问题的关键．应用动能定理时注意正确选择两个状态，弄清运动过程中外力做功情况，可以不用关心具体的运动细节． 8．A
【解析】
当汽车在水平面上做匀速直线运动时，设弹簧原长为L 0，劲度系数为k ，根据平衡得：10()mg k L L =-，解得10mg L L k
=+ ①，当汽车以同一速度匀速率通过一个桥面为圆弧形凸形桥的最高点时，由牛顿第二定律得：2
20()v mg k L L m R
--=，解得：
2
20mg v L L m k R
=+- ②；①②两式比较可得：L 1＞L 2；故选A. 【点睛】本题中关键要结合物体的运动情况进行受力分析，才能得到明确的结论． 9．C
【详解】
A 项：炮弹炸裂过程发生在炮弹的速度恰好沿水平方向时，由于炮弹水平方向不受外力，所以在水平方向上动量守恒，设炮弹炸裂前瞬间的速度为v 炸裂后a 、b 的速度分别为v a 、v b ，由动量守恒定律有：（m a +m b ）v =m a v a +m b v b ，若v a ＜v ，可得v b 的方向与v 方向相同，且有v b ＞v ，故A 错误；
B 、
C 项：a 、b 在水平飞行的同时，竖直方向上做自由落体运动，即做平抛运动，落地时间由高度决定，可知a 、b 同时落地，由于水平飞行距离x =vt ，由于a 的速度可能小于b 的速度，则a 的水平位移可能比b 的小，故B 错误，C 正确；
D 项：由动量守恒定律可知，炸裂的过程中，a 、b 动量的变化量大小一定相等，故D 错误． 10．BC
【解析】
【分析】
A 、
B 系统合力为零，系统动量守恒，当A 、B 速度相同时，弹簧被压缩到最短，弹簧的势能最大，根据动量守恒定律和能量守恒定律解答。

【详解】
A 项：A 以v 0速度向右运动与
B 发生碰撞，根据能量守恒得弹簧的势能增大过程，A 、B 系统的总动能减小，故A 错误；
B 项：A 、B 系统任意时刻合力为零，所以任意时刻，A 、B 系统的总动量应守恒，故B 正确；
C 项：当弹簧压缩到最短长度时，A 与B 具有相同的速度，弹簧的势能最大，故C 正确；
D 项：当弹簧压缩到最短长度时，A 与B 具有相同的速度，之后在弹簧弹力作用下A 减速，B 加速，所以当弹簧恢复到原长时，A 与B 速度交换，即A 的速度为零，B 的速度是v 0，故D 错误。

故应选：BC 。

【点睛】
本题综合考查了动量守恒定律、能量守恒定律，综合性较强，对学生的能力要求较高，且多
次运用动量守恒定律。

11．BD
【解析】
【分析】
先对两个球整体分析，只有重力做功，系统机械能守恒，根据机械能守恒定律列式分析；考虑重力对小球甲做功功率时，结合特殊位置进行分析；在圆弧轨道最低点，重力和支持力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律列式分析；对球乙运用动能定理列式分析．
【详解】
小球甲下滑过程中，轻杆对甲做负功，则甲的机械能减小，选项A 错误；小球甲下滑过程中，最高点速度为零，故重力的功率为零；最低点速度和重力垂直，故重力的功率也是零；而中途重力的功率不为零，故重力的功率应该时先增加后减小，故B 正确；两个球系统机
械能守恒，故：mgR=12mv 2+12
mv 2，解得：2/v m s ===；小球甲下滑到圆弧形轨道最低点，重力和支持力的合力提供向心力，故：N-mg=m 2 v R ，解得：N=mg+2
v R
=0.5×10+0.5×2
2 0.4
=10N ，根据牛顿第三定律，压力也为10N ，故C 错误；整个过程中，对球乙，根据动能定理，有：W=
12mv 2=12
×0.5×22=1J ，故D 正确；故选BD ． 【点睛】
本题关键时明确两个球相同机械能守恒，而单个球的机械能不守恒，同时要结合动能定理分析，还要找到向心力来源．
12．BCD
【详解】
由图可知，物体先做匀加速直线运动，1s 末速度为v ，由动能定理可知 211()2
F f L mv -=
减速过程中，只有阻力做功： 12()F f L fL -=
由图象可知，
L 1：L 2=1：3
解得：
:4:1F f =
对全程由动能定理得：
W 1-W 2=0
故
W 1：W 2=1：1
根据动量定理可知，合外力冲量等于动量变化
I 1-I 2=0
故
I 1：I 2=1：1
A. F ：f ＝3：1与分析不符，故A 项与题意不相符；
B. F ：f ＝4：1与分析相符合，故B 项与题意相符；
C. W 1：W 2＝1：1与分析相符，故C 项与题意相符；
D. I 1：I 2＝1：1与分析相符，故D 项与题意相符．
13．ABCE 2.0 2.8 （-20cm ，-5.0cm ）
【详解】
(1)[1]. A.斜槽的末端需调成水平，以保证小球做平抛运动，故A 正确．
BC.每次使小球从同一固定位置由静止释放，以保证小球的初速度相同，故B 、C 正确．
D. 记录小球位置用的铅笔每次不一定必须严格地等距离下降，选项D 错误；
E.小球在运动的过程中不能与木板接触，防止改变轨迹，故E 正确；
F.描点连线时用平滑曲线连接，故F 错误．
(2)[2].在竖直方向上，根据△y=gT 2得， 0.250.1s y T g =
＝＝ 则初速度 00.2m/s 2.0m/s 0.1
x v T ＝＝＝ (3)[3].物体运动到B 点的竖直分速度
AC B 0.4m/s 2m/s 20.2
y y v T ＝
＝＝ 根据平行四边形定则知，B 点的速度
B v =
[4].抛出点到B 点的时间
B 2s 0.2s 10
y v t g ＝
＝＝ 则抛出点到B 点的水平位移 x B =v 0t =2×0.2m=0.4m=40cm ，
抛出点的横坐标
x =20 cm -40cm=-20cm ．
抛出点到B 点的竖直位移
y B ＝
12gt 2＝12
×10×0.04m ＝0.2m ＝20cm ， 则抛出点的纵坐标
y =15 cm -20cm=-5.0cm ．
即抛出点的坐标（-20cm ，-5.0cm ）
14．2.47， 3.94， 1.48， =
【解析】
【详解】 B 点的瞬时速度为：28.89m m 10 2.2225s s 220.02
AC B x v T -=
=⨯=⨯ 同理有：225.1513.92m m 10 2.8705s s 220.02
DF E x V T --==⨯=⨯ 22k 111 2.2225J 2.47J 22
B B E mv ==⨯⨯= 22k 111 2.8705J 3.94J 22E E E mv ==⨯⨯= 重物由B 点运动到E 点，重力势能减少了
2p 19.8(19.34 4.25)10J 1.48J E mgh -∆==⨯⨯-⨯= 重物由B 点运动到E 点，动能增加量为：k k k 1.47J E B E E E ∆=-=，所以误差允许范围重力势能的减少量与动能的增加量相等。

15．（1）5m ；（2）65N
【详解】
(1) 小物块由A 到B 过程做匀减速运动，由动能定理可得： 22101122
mgx mv mv μ-=- 代入数据解得：5m x =；
(2) 选初速度方向为正方向，由动量定理得： 21F t mv mv ∆=--
代入数据解得：65N F =-．
16．(1)P =15kW ，f =1000N(2)0.25(3)550m
【详解】
(1)汽车先做匀加速直线运动，据牛顿第二定律有：
F －f ＝ma
且
a ＝1m/s 2
在5s 末达额定功率有：
P ＝Fv 1
保持功率不变，在5s 末有：
P ＝fv 2
由②③得：
12
,P P F f v v =
= 联立各式解得： P ＝15kW ，f ＝1000N
(2)速度v′＝10m/s 时有：P ＝F′v′
据牛顿第二定律有：
F′－f ＝ma′
得：
a′＝0.25m/s 2
(3)汽车在变加速运动阶段，据动能定理有：
222222111122
Pt fx m v m v -=
- 且
t 2＝50s
得：
x 2＝550m
17．（1）12k E mgr =
；（2）F ′=6mg ；（3）414μ= 【详解】
（1）小滑块从a 点飞出后做平拋运动：
a v t = 竖直方向：212r gt =
解得：a v =
小滑块在a 点飞出的动能21122k a E mv mgr =
= （2）设小滑块在e 点时速度为m v ，由机械能守恒定律得： 2211222
m a mv mv mg r =+⋅ 在最低点由牛顿第二定律：2m mv F mg r
-= 由牛顿第三定律得：F ′=F 解得：F ′=6mg
（3）bd 之间长度为L ，由几何关系得：()1L r = 从d 到最低点e 过程中，由动能定理21cos 2m mgH mg L mv μα-⋅=
解得414μ=。