2020-2021学年河南省周口市高一（下）第五次考试物理试卷新人教版

这是一份2020-2021学年河南省周口市高一（下）第五次考试物理试卷新人教版，共7页。试卷主要包含了选择题，实验探究题，解答题等内容，欢迎下载使用。


1. 在考驾驶证的科目二阶段，有一项测试叫半坡起步，这是一条类似于凸型桥面设计的坡道，要求学员在半坡定点位置a启动汽车，一段时间后匀速率通过最高点b以及剩下路段，如图所示．下列说法正确的是（ ）

A.在最高点b汽车处于平衡状态
B.在最高点b汽车处于失重状态
C.汽车从a到b运动过程中，合外力做功为0
D.若汽车以额定功率从a点加速到b点，牵引力一直增大

2. 如图所示，A、B为咬合传动的两齿轮，RA=2RB，则A、B两轮边缘上两点的关系正确的是（ ）

A.周期之比为2:1B.速度之比为2:1
C.角速度之比为2:1D.向心加速度之比为2:1

3. 如图所示，甲、乙两颗人造卫星在各自的椭圆轨道上绕地球运行，两轨道相切于P点，不计大气阻力，下列说法正确的有（ ）

A.甲的运动周期比乙的小
B.甲的机械能一定比乙的大
C.甲经过P点时速度大于乙经过P点时速度
D.甲经过P点时加速度大于乙经过P点时加速度

4. 如图所示，劲度系数为k的轻弹簧的一端固定在墙上，另一端与置于水平面上质量为m的物体接触（未连接），弹簧水平且无形变，用水平力F缓慢推动物体，在弹性限度内弹簧长度被压缩了x0，此时物体静止，撤去F后，物体开始向左运动，运动的最大距离为3x0，物体与水平面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g．则（ ）

A.撤去F后，弹簧恢复原长时物体速度最大
B.撤去F后，物体刚运动时的加速度大小为kx0m
C.物体做匀减速运动的时间为2x0μg
D.物体开始向左运动到速度最大的过程中克服摩擦力做的功为μmgx0

5. 如图所示，特战队员在进行训练时抓住一不可伸长的绳索，绳索的另一端固定，特战队员从高度一定的平台由静止开始下摆，悬点与平台在同一水平面上，在下摆过程中绳索始终处于绷紧状态，由于悬点位置不同，每次下摆的绳长可以发生变化，在到达竖直状态时特战队员松开绳索，特战队员被水平抛出落到地面上，（不计绳索质量和空气阻力，特战队员可看成质点，绳索与队员的运动轨迹在同一竖直面内）下列说法正确的是（ ）

A.绳索越长，特战队员落地时的速度越大
B.绳索越长，特战队员落地时的水平速度越大
C.绳索越长，特战队员落地时的水平位移越大
D.绳索越长，特战队员在到达绳子最低点时绳索拉力越大

6. 一物体放在倾角为θ且足够长的光滑斜面上，初始位置如图甲所示，在平行于斜面的力F的作用下由静止开始沿斜面下滑，运动过程中物体的机械能E随位置x的变化关系如图乙所示，其中0∼x1过程的图线是曲线，x1∼x2过程的图线是平行于x轴的直线，x2∼x3过程的图线是倾斜的直线，则下列说法正确的是（ ）

A.在0∼x1的过程中，力F逐渐变大
B.在0∼x1的过程中，物体的加速度逐渐减小
C.在x1∼x2的过程中，物体的机械能不变，动能不变
D.在x2∼x3的过程中，物体向下做匀加速运动，动能增大，重力势能减小

7. “天舟一号”货运飞船于2017年4月20日在文昌航天发射中心成功发射升空，与“天宫二号”空间实验室对接前，“天舟一号”在距离地面约380km的圆轨道上飞行，则其（ ）
A.周期小于地球自转周期
B.线速度小于第一宇宙速度
C.角速度小于地球同步卫星角速度
D.向心加速度小于地面的重力加速度

8. 如图所示，在飞镖比赛中，某同学将飞镖从O点水平抛出，第一次击中飞镖盘上的a点，第二次击中飞镖盘上的b点，忽略空气阻力，则（ ）

A.飞镖第一次抛出时的速度较小
B.飞镖第二次抛出时的动能较小
C.飞镖第二次击中镖盘时的动能较大
D.飞镖第二次击中镖盘时速度与水平方向夹角较大

9. 如图所示，一段绳子跨过距地面高度为H的两个定滑轮，一端连接小车P，另一端连接物块Q，小车最初在左边滑轮的正下方A点，以速度v从A点沿水平面匀速向左运动，运动了距离H到达B点（绳子足够长），下列说法中正确的有（ ）

A.物块匀速上升
B.物块在上升过程中处于失重状态
C.车过B点时，物块的速度为22v
D.车过B点时，左边绳子绕定滑轮转动的角速度为v2H

10. 如图所示，竖直固定的光滑直杆上套有一个质量为m的小球，初始时置于a点，一原长为L的轻质弹簧左端固定在O点，右端与小球相连，直杆上还有b、c、d三点，且b与O在同一水平线上，Ob=L，Oa、Oc与Ob夹角均为37∘，Od与Ob夹角为53∘，现释放小球，小球从a点由静止开始下滑，到达d点时速度为0，在此过程中弹簧始终处于弹性限度内，下列说法中正确的有（重力加速度为g，sin37∘=0.6，cs37∘=0.8）（ ）

A.小球在c点的速度大小为2gL
B.小球在b点时加速度为g，速度最大
C.小球在b点时动能和重力势能的总和最大
D.小球从c点下滑到d点的过程中，弹簧的弹性势能增加了2512mgL
二、实验探究题

利用气垫导轨验证机械能守恒定律，实验装置示意图如图所示：

（1）实验步骤：
①将气垫导轨放在水平面上，桌面高度不低于1m，将导轨调至水平；
②用游标卡尺测量挡光条的宽度为l=9.30mm；
③由导轨标尺读出两光电门中心之间的距离s=________cm；
④将滑块移至光电门1左侧某处，待砝码静止不动时，释放滑块，要求砝码落地前挡光条已能过光电门2；
⑤从数字计时器（图中未画出）上分别读出挡光条通过光电门1和光电门2所用的时间Δt1和Δt2；
⑥用天平称出滑块和挡光条的总质量M，再称出托盘和砝码的总质量m．

（2）用表示直接测量量的字母写出下列所示物理量的表达式；
①滑块通过光电门1和光电门2的瞬时速度v1和v2，其中v1=_______；
②当滑块通过光电门1和光电门2时，系统（包括滑块、挡光条、托盘和砝码）的总动能Ek1和Ek2，其中Ek2=_______；
③在滑块从光电门1运动到光电门2的过程中，系统势能的减少量ΔEp=________（重力加速度为g）．

（3）如果ΔEp=________，则可认为验证了机械能守恒定律．
三、解答题

一质量为0.5kg的质点静止于光滑水平面上，受到一个图示的水平外力F作用下开始运动，外力F刚作用时t=0，求：

（1）第2s末外力的瞬时功率；

（2）第1s内与第2s内外力所做的功之比．

如图所示，物体A和B系在跨过定滑轮的细绳两端，物体A的质量mA=3kg，物体B的质量mB=1kg，开始时把A托起，使B刚好与地面接触，此时物体A离地高度H=0.9m，放手让A从静止开始下落，求：

（1）物体A接触地面时速率；

（2）绳子拉力对物体B做功；

（3）物体B能升高的最大高度．

如图所示，半径为R的圆管BCD竖直放置，一可视为质点的质量为m的小球以某一初速度从A点水平抛出，恰好从B点沿切线方向进入圆管，小球到达圆管最高点D对管下壁压力大小为0.4mg，且A、D两点在同一水平线上，BC弧对应的圆心角θ=60∘，不计空气阻力．求：

（1）小球在A点初速度的大小；

（2）抛出点A与圆管最高点D的距离；

（3）小球在圆管内运动过程中克服阻力做的功．

如图甲所示，一倾角为37∘的传送带以恒定速度运行，现将一质量m=1kg的物体抛上传送带，在0∼8s时间内物体相对地面的速度随时间变化的关系如图乙所示，取沿传送带向上为正方向，g=10m/s2，sin37∘=0.6，cs37∘=0.8，在上述0∼8s内，求：

（1）物体的位移大小和物体与传送带间的动摩擦因数；

（2）物体机械能的增加量；

（3）电动机对传送带多提供的能量．
参考答案与试题解析
2020-2021学年河南省周口市高一（下）第五次考试物理试卷
一、选择题
1.
【答案】
B
【考点】
超重和失重
动能定理的应用
机车启动问题-恒定功率
【解析】

【解答】
解：在最高点b，汽车的加速度向下，指向圆心，处于失重状态，故A错误，B正确；
汽车从a加速到b运动过程中，动能增加，合外力做功大于0，故C错误；
若汽车以额定功率从a点加速到b点，由功率P=Fv可知，牵引力应一直减少，故D错误．
故选B．
2.
【答案】
A
【考点】
传动问题
【解析】

【解答】
解：两轮边缘线速度大小相同，速度之比为1:1，RA=2RB，由ω=vR知，角速度之比为1:2，由T=2πω，周期之比为2:1，由a=v2R知，a∝1R，向心加速度之比为1:2，故A正确，BCD错误．
故选A．
3.
【答案】
C
【考点】
随地、绕地问题
开普勒第三定律
【解析】

【解答】
解：根据开普勒第三定律可知，甲的半长轴大于乙的半长轴，甲的运行周期比乙的大，A错误；
两颗卫星的质量关系不确定，则不能确定两颗卫星的机械能的大小关系，B错误；
乙经过P点时加速才能进入甲的轨道，甲经过P点时速度大于乙经过P点时速度，C正确；
根据a=GMr2可知，甲、乙分别经过P点的加速度大小相等，D错误．
故选C．
4.
【答案】
C
【考点】
轻弹簧瞬时问题
含弹簧类机械能守恒问题
【解析】

【解答】
解：撤去F后，物体水平方向上受到弹簧的弹力和滑动摩擦力，滑动摩擦力不变，而弹簧的弹力随着压缩量的减小而减小，弹力先大于滑动摩擦力，后小于滑动摩擦力，则物体向左先做加速运动后做减速运动，随着弹力的减小，当弹力等于摩擦力时加速度为零，速度最大，A错误；
刚开始时，由牛顿第二定律有：kx0−μmg=ma，解得a=kx0m−μg，B错误；
物体离开弹簧后通过的最大距离为2x0，仅受摩擦力，由牛顿第二定律得：a1=μg，将此运动看成向右的初速度为零的匀加速运动，则：2x0=12a1t2，联立解得：t=2x0μg，C正确；
当弹簧的弹力与滑动摩擦力大小相等时，速度最大，合力为零，则有F=μmg=kx，解得x=μmgk，所以物体开始向左运动到速度最大的过程中克服摩擦力做的功为：Wf=μmg(x0−x)=μmg(x0−μmgk)，D错误．
故选C．
5.
【答案】
B
【考点】
平抛运动基本规律及推论的应用
竖直面内的圆周运动-轻绳模型
单物体的机械能守恒问题
【解析】

【解答】
解：整个过程，机械能守恒，总高度为H，可得mgH=12mv12，特战队员落地时的速度与绳子长度无关，A错误；
设绳子长度为L，由动能定理可得特战员到达绳子最低点时的速度mgL=12mv2，可得特战员到达绳子最低点时的速度v=2gL，绳子长度L越大，水平速度v越大，B正确；
特战队员到绳子最低做平抛运动，H−L=12gt2，x=vt=2gL×2H−Lg=2LH−L，可知L=H2时，水平位移最大，C错误；
特战队员在到达竖直状态时，由牛顿第二定律，可得T−mg=mv2L，代入速度，可得T=3mg，与绳长无关，D错误．
故选B．
6.
【答案】
D
【考点】
用牛顿运动定律分析斜面体模型
功能关系中图象问题的分析
【解析】

【解答】
解：由图可知在0∼x1过程中拉力在做负功，物体机械能在减小，拉力F沿斜面向上，根据功能关系，拉力做的功等于机械能的减少量，FΔx=ΔE，拉力F是E−x图像的斜率，斜率逐渐减小到零，说明拉力逐渐变小为零，A错误；
物体由静止开始向下运动，加速度向下，由牛顿第二定律mgsinθ−F=ma，拉力逐渐减小，加速度逐渐增大，B错误；
在x1∼x2的过程中，无拉力F作用，a=mgsinθm=gsinθ，物体做匀加速向下运动，机械能守恒，重力势能减小，动能越来越大，C错误；
在x2∼x3的过程中，机械能增大，拉力做正功，拉力沿斜面向下，且拉力恒定，mgsinθ+F=ma，加速度恒定，物体向下做匀加速运动，动能增大，重力势能减小，D正确．
故选D．
7.
【答案】
A,B,D
【考点】
随地、绕地问题
【解析】

【解答】
解：根据GMmr2=mv2r=mω2r=m4π2T2r=ma，把“天舟一号”货运飞船与地球同步卫星相比（因为地球同步卫星与地球自转角速度及周期相同），因为r飞船ω=GMr3，r大则ω小，故C错误；
第一宇宙速度是卫星绕地的最大速度（也是卫星的最小发射速度），“天舟一号”在圆轨道上飞行的速度小于第一宇宙速度，故B正确；
a=GMr2，r大则a小，故D正确．
故选ABD．
8.
【答案】
B,D
【考点】
对着竖直墙壁平抛
【解析】

【解答】
解：飞镖做平抛运动，在竖直方向上做自由落体运动，有：ℎ=12gt2，得：t=2ℎg，飞镖第二次下降的高度大，运动时间较长，由x=v0t，x相等，知飞镖第二次水平抛出的速度较小，动能较小，故A错误，B正确；
飞镖击中飞镖盘时的速度v=v02+gt2，飞镖第二次击中镖盘时v0小，t大，即击中时v不确定，动能不确定，故C错误；
飞镖击中飞镖盘时的速度方向与水平方向夹角正切为：tanα=vyv0=gtv0，知飞镖第二次抛出时运动时间较长，而初速度较小，可知飞镖第二次抛出时击中飞镖盘时的速度方向与竖直方向的夹角较大，故D正确．
故选BD．
9.
【答案】
C,D
【考点】
绳端速度分解模型
超重和失重
【解析】

【解答】
解：将小车的运动分解为沿绳子方向的运动以及垂直绳子方向的运动，如图：
当物体运动到绳与水平方向夹角为θ时物体的速度为v，绳子伸长速度等于物体上升速度v′=vcsθ，夹角θ变小，csθ变大，物体上升速度v′变大，加速度向上，物体处于超重状态，AB错误；
当物体运动到B点，绳与水平方向夹角θ=45∘时物体的速度为v，vcs45∘=v′，则v′=22v，C正确；
物体运动到绳与水平方向夹角θ=45∘时，左侧的绳子的长度是2H，由图可知垂直于绳子方向的分速度为：v⊥=vsin45∘=22v，所以左边绳子绕定滑轮转动的角速度为：ω=v⊥2H=v2H，D正确．
故选CD．
10.
【答案】
C,D
【考点】
含弹簧类机械能守恒问题
【解析】

【解答】
解：小球从a点下滑到c点的过程中，a点和c点弹性势能相同，由小球和弹簧的系统机械能守恒得：mg⋅2Ltan37∘=12mvc2，可得小球在c点的速度大小为：vc=3gL，A错误；
从a到b，弹簧对滑块有沿弹簧向下的拉力，滑块的速度不断增大，从b到c，弹簧对滑块有沿弹簧向上的拉力，开始时拉力沿杆向上的分力小于滑块的重力，滑块仍在加速，所以滑块在b点时速度不是最大，此时合力为mg，则加速度为g，B错误；
小球与弹簧组成的系统，只有重力和弹簧弹力做功，系统机械能守恒，在b点时弹簧的弹性势能最小是零，所以小球在b点时动能和重力势能的总和最大，C正确；
小球从c点下滑到d点的过程中弹簧弹性势能增加量等于小球从a点下滑到d点的过程中弹簧弹性势能增加量，a点和d点速度为零，小球的重力势能减少量等于弹簧弹性势能增加量，ΔEp=mgLtan53∘+tan37∘，解得：ΔEp=2512mgL，D正确．
故选CD．
二、实验探究题
【答案】
（1）③60.00
（2）①lΔt1,② 12M+m(lΔt2)2,③mgs
（3）Ek2−Ek1
【考点】
用光电门测速法验证机械能守恒定律
【解析】



【解答】
解：（1）③距离s=80.30cm−20.30cm=60.00cm ．
（2）①由于挡光条宽度很小，因此可以将挡光条通过光电门时的平均速度当成瞬时速度，挡光条的宽度l可用游标卡尺测量，挡光时间Δt可从数字计时器读出，因此，滑块通过光电门1和光电门2的瞬时速度分别为v1=lΔt1，v2=lΔt2；
②当滑块通过光电门1和光电门2时，系统的总动能分别为：
Ek1=12(M+m)v12=12(M+m)(lΔt1)2，
Ek2=12(M+m)v22=12(M+m)(lΔt2)2；
③在滑块从光电门1运动到光电门2的过程中，系统势能的减少量ΔEp=mgs．
（3）如果在误差允许的范围内ΔEp=Ek2−Ek1，则可认为验证了机械能守恒定律．
三、解答题
【答案】
（1）第2s末外力的瞬时功率为8W；
（2）第1s内与第2s内外力所做的功之比为97．
【考点】
瞬时功率
动能定理的应用
【解析】


【解答】
解：（1）第1s末质点的速度v1=F1mt1=30.5×1m/s=6m/s，
第2s末质点的速度v2=v1+F2mt2=(6+10.5×1)m/s=8m/s，
第2s末外力的瞬时功率P2=F2v2=1×8W=8W．
（2）由动能定理，第1s内外力做功W1=12mv12−0=9J，
第2s内外力做功W2=12mv22−12mv12=16J−9J=7J，
即W1W2=97．
【答案】
（1）物体A接触地面时速率为3m/s；
（2）绳子拉力对物体B做功为13.5J；
（3）物体B能升高的最大高度为1.35m．
【考点】
连接体的机械能守恒问题
动能定理的应用
单物体的机械能守恒问题
【解析】



【解答】
解：（1）A着地时，A、B的速率相等，设为v，
根据A、B系统的机械能守恒有：
mAgH=mBgH+12(mA+mB)v2，
代入数值解得：v=3m/s．
（2）A下落时，绳子对B做功，对B动能定理：
WT−mBgH=12mBv2−0，
解得：WT=13.5J．
（3）A着地后B继续上升，细绳处于松驰状态，设B还能升高ℎ，
根据B的机械能守恒有：12mBv2=mBgℎ，
代入数值解得：ℎ=0.45m，
物体B上升的最大高度ℎ′=0.9m+0.45m=1.35m．
【答案】
（1）小球在A点初速度的大小为gR；
（2）抛出点A与圆管最高点D的距离为323R；
（3）小球在圆管内运动过程中克服阻力做的功为0.2mgR．
【考点】
平抛运动基本规律及推论的应用
竖直面内的圆周运动-弹力
动能定理的应用
【解析】



【解答】
解：（1）小球从A到B，竖直方向：vy2=2gR1+cs60∘，
解得vy=3gR，
在B点：v0=vytan60∘=gR．
（2）小球从A到B，竖直方向：vy=gt，解得：t=3Rg，
水平方向：xAD=Rsin60∘+v0t=3R2+3R=323R．
（3）在D点，由向心力公式得mg−0.4mg=mvD2R，
解得vD=0.6gR，
从A到D全过程由动能定理：−W克=12mvD2−12mv02，
解得W克=0.2mgR．
【答案】
（1）物体的位移大小为14m，物体与传送带间的动摩擦因数为0.875；
（2）物体机械能的增加量为90J；
（3）电动机对传送带多提供的能量为216J．
【考点】
v-t图像（匀变速直线运动）
传送带模型问题
摩擦力做功与能量转化
【解析】



【解答】
解：（1）根据速度-时间图像与时间轴围成的“面积”表示位移，
则物体在0∼8s内的位移为s=−12×2×2m+2+62×4m=14m，
根据v−t图线的斜率表示加速度，滑动时的加速度大小为a=ΔvΔt=1m/s2，
对此过程，由牛顿第二定律得μmgcsθ−mgsinθ=ma，
解得μ=0.875．
（2）物体上升的高度为ℎ=ssinθ=8.4m，
重力势能的增加量为ΔEp=mgℎ=84J，
动能的增加量为ΔEk=12mv22−12mv12=6J，
故机械能的增加量为ΔE=ΔEp+ΔEk=90J．
（3）根据v−t图线可知，传送带一直向上运动，在0∼6s内物体相对传送带滑动产生热量，物体在6∼8s内物体相对传送带静止，不产生热量，
在0∼6s内物体沿传送带先向下后先上，合位移x1=12×4×4m−12×2×2m=6m，
传送带位移x2=vt=4×6m=24m，
物体相对传送带下滑位移Δx=x2−x1=24m−6m=18m，
物体相对传送带滑动产生热量Q=μmgcs37∘⋅Δx=126J，
据能量守恒，电动机多提供的能量转化为物体机械能和产生热量
ΔE电=ΔE+Q=90J+126J=216J．