2019-2020学年陕西省咸阳市乾县一中高一（下）第二次段考物理试卷

2019-2020学年陕西省咸阳市乾县一中高一（下）第二次段考物理试卷
一、选择题（1～7题为单项选择题，8～12题为多项选择题，每题4分，共48分，多项选择题中漏选得2分，多选或错选不得分，请将答案填写在答题卷中）
1．（4分）关于曲线运动，下说法中正确的是（　　）
A．曲线运动的速度大小一定发生变化
B．曲线运动的加速度不可能为零
C．在恒力作用下，物体不可以做曲线运动
D．做圆周运动的物体其向心力即为其所受的合外力
2．（4分）关于万有引力定律发现过程中的物理学史，下列表述中正确的是（　　）
A．日心说的代表人物是开普勒
B．开普勒提出了行星运动规律，并发现了万有引力定律
C．牛顿进行了“月﹣地检验”得出天上和地下的物体间的引力作用都遵从万有引力定律
D．牛顿发现了万有引力定律并通过精确的计算得出了引力常量
3．（4分）如图所示，小物体A与圆盘保持相对静止，跟着圆盘一起做匀速圆周运动，则小物体A的受力情况是（　　）
A．受重力、支持力
B．受重力、支持力和指向圆心的摩擦力
C．受重力、支持力、向心力、摩擦力
D．受重力、支持力、向心力和背离圆心的摩擦力
4．（4分）一物体在以xOy为直角坐标系的平面上运动，其运动规律为x＝﹣2t2﹣4t，y＝3t2+6t（式中的物理量单位均为国际单位），关于物体的运动，下列说法正确的是（　　）
A．物体在x轴方向上做匀减速直线运动
B．物体运动的轨迹是一条直线
C．物体在y轴方向上做变加速直线运动
D．物体运动的轨迹是一条曲线
5．（4分）质量为1kg的物体以某一初速度在水平面上滑行，由于摩擦阻力的作用，其动能随位移变化的图线如图所示，g取10m/s2，则以下说法中正确的是（　　）
A．物体与水平面间的动摩擦因数为0.5
B．物体与水平面间的动摩擦因数为0.2
C．物体滑行的总时间为4s
D．物体滑行的总时间为2.5s
6．（4分）一起重机吊着物体以加速度a（a＜g）竖直下落。在下落一段距离的过程中，下列说法中正确的是（　　）
A．重力对物体做的功大于物体重力势能的减少量
B．重力做的功大于物体克服缆绳的拉力所做的功
C．物体重力势能的减少量等于物体动能的增加量
D．物体所受合外力做的功为零
7．（4分）一辆汽车在水平路面上由静止启动，在前4s内做匀加速直线运动，4s末达到额定功率，之后保持额定功率运动，其v﹣t图象如图所示。已知汽车的质量为m＝3×103kg，汽车受到的阻力为车重的0.2倍，g取10m/s2，则下列不正确的是（　　）
A．汽车的最大速度为20m/s
B．汽车的额定功率为180kW
C．汽车在前4s内的牵引力为1.5×104N
D．汽车在前4s内牵引力做的功为3.6×105J
8．（4分）如图，滑块a、b的质量均为m，a套在固定竖直杆上，与光滑水平地面相距h，b放在地面上，a、b通过铰链用刚性轻杆连接，由静止开始运动。不计摩擦，a、b可视为质点，重力加速度大小为g。则（　　）
A．a落地前，轻杆对b一直做正功
B．a落地时速度大小为
C．a下落过程中，其加速度大小始终不大于g
D．a落地前，当a的机械能最小时，b对地面的压力大小为mg
9．（4分）质量为m的汽车在平直的公路上行驶，某时刻速度为v0，从该时刻起汽车开始加速，经过时间t前进的距离为s，此时速度达到最大值vm，设在加速度过程中发动机的功率恒为P，汽车所受阻力恒为Fμ，则这段时间内牵引力所做的功为（　　）
A．Pt
B．Fμvmt
C．Fμs
D．+Fμs﹣
10．（4分）物体受到水平推力F的作用在粗糙水平面上做直线运动。通过力和速度传感器监测到推力F、物体速度v随时间t变化的规律分别如图甲、乙所示。取g＝10m/s2，则下列说法正确的是（　　）
A．物体的质量m＝0.5kg
B．前2s内推力F做功的平均功率＝3W
C．第2s内物体克服摩擦力做的功W＝2J
D．物体与水平面间的动摩擦因数μ＝0.40
11．（4分）如图，两个质量均为m的小木块a和b（可视为质点）放在水平圆盘上，a与转轴的距离为l，b与转轴的距离为2l，木块与圆盘的最大静摩擦力为木块所受重力的k倍，重力加速度大小为g，若圆盘从静止开始绕转轴缓慢地加速转动，用ω表示圆盘转动的角速度，下列说法正确的是（　　）
A．b一定比a先开始滑动
B．a，b所受的摩擦力始终相等
C．ω＝是b开始滑动的临界角速度
D．当ω＝时，a所受摩擦力的大小为kmg
12．（4分）如图所示，在竖直平面内有一半径为R的圆弧轨道，半径OA水平、OB竖直，一个质量为m的小球自A的正上方P点由静止开始自由下落，小球沿轨道到达最高点B时恰好对轨道没有压力。已知AP＝2R，重力加速度为g，则小球从P到B的运动过程中（　　）
A．重力做功2mgR
B．克服摩擦力做功
C．合外力做功mgR
D．机械能减少
二、实验题
13．（6分）某同学用图示装置研究平抛运动及其特点。他的实验操作是：在小球A、B处于同一高度时，用小锤轻击弹性金属片，使A球水平飞出，同时B球被松开。
①他观察到的现象是：小球A、B　
　（填“同时”或“不同时”）落地；
②让A、B球恢复初始状态，用较大的力敲击弹性金属片。A球在空中运动的时间将　
　（填“变长”，“不变”或“变短”）；
③上述现象说明　
　。
14．（8分）在“验证机械能守恒定律”的实验中，打点计时器所用电源频率为50Hz，当地重力加速度的值为9.80m/s2，测得所用重物的质量为1.00kg。若按实验要求正确地选出纸带进行测量，量得连续三点A、B、C到第一个点的距离如图所示（相邻计数点时间间隔为0.02s），那么：
（1）打点计时器打下计数点B时，物体的速度vB＝　
　；（保留2位有效数字）
（2）从起点O到打下计数点B的过程中重力势能减少量是△Ep＝　
　，此过程中物体动能的增加量△Ek＝　
　；（保留2位有效数字）
（3）实验的结论是　
　。
三、计算题（本题共3小题，共38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
15．（12分）如图所示，质量为m的可视为质点的小物块在粗糙水平桌面上做直线运动，经距离l后以速度v飞离桌面，最终落在水平地面上．已知l＝1.4m，v＝3.0m/s，m＝0.10kg，物块与桌面间的动摩擦因数?＝0.25，桌面高h＝0.45m．不计空气阻力，重力加速度取10m/s2．求：
（1）小物块落地点距飞出点的水平距离s；
（2）小物块落地时的动能EK；
（3）小物块的初速度大小v0．
16．（12分）山地滑雪是人们喜爱的一项体育运动．一雪坡由AB和BC两段组成，AB是倾角为θ＝37°的斜坡，BC是半径为R＝5m的圆弧面，圆弧面与斜坡相切于B点，与水平面相切于C点，如图所示．又已知AB竖直高度h1＝8.8m，竖直台阶CD高度为h2＝5m，台阶底端D与倾角为θ＝37°的斜坡DE相连．运动员连同滑雪装备总质量为80kg，从A点由静止滑下通过C点后飞落到DE上，不计空气阻力和轨道的摩擦阻力，g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8．求：
（1）运动员到达C点的速度大小？
（2）运动员经过C点时轨道受到的压力大小？
（3）运动员在空中飞行的时间？
17．（14分）小明站在水平地面上，手握不可伸长的轻绳一端，绳的另一端系有质量为m的小球，甩动手腕，使球在竖直平面内做圆周运动。当球某次运动到最低点时，绳突然断掉，球飞行水平距离d后落地，如图所示。已知握绳的手离地面高度为d，手与球之间的绳长为d，重力加速度为g。忽略手的运动半径和空气阻力。
（1）求绳断开时球的速度大小v1
（2）问绳能承受的最大拉力多大？
（3）改变绳长，使球重复上述运动，若绳仍在球运动到最低点时断掉，要使球抛出的水平距离最大，绳长应为多少？最大水平距离为多少？
2019-2020学年陕西省咸阳市乾县一中高一（下）第二次段考物理试卷
试题解析
一、选择题（1～7题为单项选择题，8～12题为多项选择题，每题4分，共48分，多项选择题中漏选得2分，多选或错选不得分，请将答案填写在答题卷中）
1．解：A、曲线运动速度的大小不一定变化，如匀速圆周运动速度的大小不变，故A错误；
B、既然是曲线运动，它的速度的方向必定是改变的，所以曲线运动一定是变速运动，加速度不可能为零，故B正确；
C、曲线运动一定是变速运动，但受到的合力可以不变，如平抛运动受到恒力的作用，故C错误；
D、匀速圆周运动物体的合力充当向心力指向圆心，变速圆周运动的合外力不指向圆心，故D错误。
故选：B。
2．解：A、日心说的代表人物是哥白尼，故A错误；
B、开普勒提出行星运动规律，牛顿发现了万有引力定律，故B错误；
C、牛顿发现太阳与行星间引力的过程中，得出太阳对行星的引力表达式后推出行星对太阳的引力表达式，然后进行了“月﹣地检验”得出天上和地下的物体间的引力作用都遵从万有引力定律，这是一个很关键的论证步骤，故C正确；
D、牛顿发现了万有引力定律，卡文迪许并通过实验算得出万有引力常量，故D错误。
故选：C。
3．解：物体在水平面上，一定受到重力和支持力作用，物体在转动过程中，有背离圆心的运动趋势，因此受到指向圆心的静摩擦力，且静摩擦力提供向心力，故ACD错误，B正确。
故选：B。
4．解：A、由匀变速直线运动规律有：，比较系数，可知x轴初速度为：v0＝﹣4m/s，加速度为：a＝﹣4m/s2，加速度与初速度同向，故物体在x轴做匀加速直线运动，故A错误。
C、同理可得，物体在y轴方向的运动规律符合匀加速直线运动公式，所以物体在y轴上做匀加速直线运动，故C错误。
BD、由可知物体运动的轨迹是一条直线，故B正确，D错误。
故选：B。
5．解：AB、由图象可知，EK1＝50J，EK2＝0J，位移x＝20m，
EK1＝mv12＝50J，初速度v1＝10m/s，
由动能定理得：EK2﹣EK1＝﹣fx，
解得：f＝2.5N＝μmg，μ＝0.25，故AB错误；
CD、物体加速度a＝＝2.5m/s2，
物体运动时间t＝＝4s，故C正确，D错误。
故选：C。
6．解：A、重力对物体做的功等于物体重力势能的减少量，故A错误；
B、物体竖直加速下落的过程中，加速度方向向下，合外力方向向下，则重力大于缆绳的拉力，根据W＝FL可知，重力做的功大于重物克服缆绳拉力做的功，故B正确；
C、重力势能的减小量为mgh，动能的增加量为：△Ek＝WG﹣WF＝mgh﹣WF，所以重物重力势能的减少量大于重物动能的增加量，故C错误；
D、物体所受合外力做竖直向下，与位移方向相同，所以合外力做正功，故D错误。
故选：B。
7．解：A、当汽车受力平衡时速度最大，即牵引力等于阻力时，由题可知汽车所受阻力：f＝0.2mg＝6×103N，其最大速度为：，故A不正确；
BC、前4s内的加速度为：，前4s内汽车做匀加速运动，
由牛顿第二定律可得：F﹣f＝ma，解得：F＝1.5×104N，由题知汽车在4s时达到额定功率，其额定功率为：P＝Fv＝1.5×104×12W＝1.8×105W＝180kW，故BC正确；
D、前4s内的位移为：，汽车在前4s内牵引力做的功为：W＝Fx＝1.5×104×24J＝3.6×105J，故D正确。
因选错不正确的
故选：A。
8．解：A、当a到达底端时，b的速度为零，b的速度在整个过程中，先增大后减小，动能先增大后减小，所以轻杆对b先做正功，后做负功。故A错误。
B、a运动到最低点时，b的速度为零，根据系统机械能守恒定律得：mAgh＝mAvA2，解得vA＝．故B正确。
C、b的速度在整个过程中，先增大后减小，所以a对b的作用力先是动力后是阻力，所以b对a的作用力就先是阻力后是动力，所以在b减速的过程中，b对a是向下的拉力，此时a的加速度大于重力加速度，故C错误；
D、ab整体的机械能守恒，当a的机械能最小时，b的速度最大，此时b受到a的推力为零，b只受到重力的作用，所以b对地面的压力大小为mg，故D正确；
故选：BD。
9．解：A、由于发动机功率恒定，则经过时间t，发动机所做的功为：W＝Pt，故A正确；
D、汽车从速度v0到最大速度vm过程中，由动能定理可知：
W﹣Fμs＝mvm2﹣m
解得：W＝mvm2﹣m+Fμx，故D正确；
B、当速度达到最大值vm时，由P＝Fvm＝Fμvm，
所以汽车的牵引力在这段时间内做功也等于Pt＝Fμvmt，故B正确；
C、FμS表示阻力做功，故C错误；
故选：ABD。
10．解：A、由速度﹣时间图线知，在2﹣3s内，物体做匀速直线运动，可知推力等于摩擦力，可知f＝2N，
在1﹣2s内，物体做匀加速直线运动，由速度﹣时间图线知，，根据牛顿第二定律得，F2﹣f＝ma，代入数据解得m＝0.5kg，故A正确；
B、前2s内位移x＝，则推力F做功的大小WF＝F2x＝3×1J＝3J，则平均功，故B错误；
C、第2s内的位移x2＝，则物体克服摩擦力做功W＝fx2＝2×1J＝2J，故C正确；
D、物体与水平面间的动摩擦因数μ＝，故D正确；
故选：ACD。
11．解：A、根据kmg＝mrω2得，发生相对滑动的临界角速度，由于b的转动半径较大，则b发生相对滑动的临界角速度较小，可知b一定比a先开始滑动，故A正确。
B、a、b质量相等，做圆周运动的角速度相等而半径不同，相对静止时，靠静摩擦力提供向心力，可知静摩擦力大小不等，故B错误。
C、当b达到最大静摩擦力时有：kmg＝m?2lω2，解得：，故C正确。
D、当a达到最大静摩擦力时有：，解得：，当ω＝时，小于临界角速度，可知a的摩擦力未达到最大，则摩擦力大小为：fa＝，故D错误。
故选：AC。
12．解：A、重力做功WG＝mg（2R﹣R）＝mgR，故A错误；
BCD、小球沿轨道到达最高点B时恰好对轨道没有压力，根据牛顿第二定律可知：
mg＝m
解得：v＝
根据动能定理得：W合＝WG+Wf＝mv2＝mgR
解得：Wf＝﹣mgR，所以克服摩擦力做功为
mgR，机械能减小
mgR，故BD正确，C错误；
故选：BD。
二、实验题
13．解：①小锤轻击弹性金属片时，A球做抛运动，同时B球做自由落体运动。通过实验可以观察到它们同时落地；
②用较大的力敲击弹性金属片，则被抛出初速度变大，但竖直方向运动不受影响，因此运动时间仍不变；
③上述现象说明：平抛运动的时间与初速度大小无关，且可以证明平抛运动在竖直方向上做自由落体运动。
故答案为：①同时，②不变，③平抛运动的竖直分运动是自由落体
14．解：（1）打点周期：T＝0.02s，
利用匀变速直线运动的推论﹣﹣某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度求出B点的速度，
＝m/s＝0.98m/s。
（2）重物由B点运动到C点时，重物的重力势能的减少量△Ep＝mgh＝1.0×9.8×0.0501
J≈0.49J。
EkB＝＝J＝0.48J。
（3）由上数据可知，△Ep＞△Ek，原因是下落时存在阻力做功，因此在实验误差允许的范围内，△EP＝△Ek，重物的机械能守恒。
故答案为：（1）0.98m/s；（2）0.49J；0.48J；（3）在实验误差允许范围内，重物的机械能守恒。
三、计算题（本题共3小题，共38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
15．解：（1）物块飞出桌面后做平抛运动，
竖直方向：h＝gt2，解得：t＝0.3s，
水平方向：s＝vt＝0.9m；
（2）对物块从飞出桌面到落地，
由动能定理得：mgh＝mv12﹣mv22，
落地动能EK＝mv12＝0.9J；
（3）对滑块从开始运动到飞出桌面，
由动能定理得：﹣μmgl＝mv2﹣mv02，
解得：v0＝4m/s；
答：（1）小物块落地点距飞出点的水平距离为0.9m．
（2）小物块落地时的动能为0.9J．
（3）小物块的初速度为4m/s
16．解：（1）从A到C过程，由机械能守恒定律得
mg[h1+R（1﹣cos37°）]＝
得：vC＝14m/s
（2）过C，由牛顿第二定律有
NC﹣mg＝m
得，运动员受到轨道的支持力
NC＝3936N
由牛顿第三定律知，运动员对轨道压力大小
NC′＝NC＝3936N
（3）设运动员在空中飞行时间为t，由平抛运动知识有
x＝vCt
y＝
又
tan37°＝
联立解得：t＝2.5s
答：
（1）运动员到达C点的速度大小是14m/s；
（2）运动员经过C点时轨道受到的压力大小是3936N；
（3）运动员在空中飞行的时间是2.5s．
17．解：（1）设绳断后球做平抛运动的时间为t1，
竖直方向上：d＝gt12
水平方向上：d＝v1t1
解得：V1＝。
（2）设绳能承受的最大拉力为Fm，球做圆周运动的半径为：R＝d，
由合力提供向心力，有：Fm﹣mg＝m
解得：Fm＝mg+mmg。
（3）设绳长为l，绳断时球的速度为v2．有：Fm﹣mg＝m。
解得：V2＝。
绳断后球做平抛运动，竖直位移为d﹣l，水平位移为x，时间为t2。
竖直方向有：d﹣l＝。
水平方向有：x＝v2t2。
得x＝v2t2＝。
根据数学关系有当l＝时，x有极大值为：
Xmax＝d。
答：（1）绳断时球的速度大小为；
（2）绳能承受的最大拉力为mg。
（3）要使球抛出的水平距离最大，绳长应为，最大水平距离为d。