福建省莆田第一中学2019-2020学年高一下学期期中考试物理试题

高一物理必修2（第一章至第四章） （考试时间：90分钟 满分：100分）

一、单项选择题(本大题共9小题，每小题只有一个正确★★答案★★，每小题3分，共27分）

1.图所示是自行车的轮盘与车轴上的飞轮之间的链条传动装置。P是轮盘的一个齿，Q是飞轮上的一个齿。下列说法中正确的是（）

A. P、Q两点角速度大小相等 B. P、Q两点线速度大小相等 C. P、Q两点向心加速度大小相等 D. P点向心加速度大于Q点向心加速度 【★★答案★★】B 【解析】

【详解】AB．P、Q两点是传送带传动的两轮子边缘上两点，则vP=vQ，而rPrQ，由

vr

可得：PQ，所以P、Q两点角速度大小不相等，A错误，B正确； CD．因vP=vQ，而rPrQ，由

v2a

rQ点向心加速度大于P向心加速度，CD错误。

故选B。

2.如图所示，物体在恒力的作用下沿曲线从A运动到B时突然使力反向，此后物体的运动情况是 （ ）

不积跬步无以至千里，不积小流无以成江海。

A. 物体可能沿曲线Ba运动 B. 物体可能沿直线Bb运动 C. 物体可能沿曲线Bc运动 D. 物体可能沿曲线B返回A 【★★答案★★】C 【解析】

【详解】物体从A到B运动，因为运动轨迹是在速度与力的夹角之中，所以物体所受恒力方向应是向下的，到达B点后，力的大小不变方向相反，变成向上．由于力的方向发生了改变，曲线Ba不在力与速度的夹角内，故物体不可能沿曲线Ba运动；因为物体在B点的速度方向为切线方向，即直线Bb，而力与速度方向不同，所以物体不可能做直线运动；Bc在力与速度的夹角内，物体有可能沿Bc运动；很明显，物体不可能由B返回A，故C正确ABD错误． 故选C。

3.在宽度为d的河中，船在静止水中速度为v1，方向可以选择，水流速度为v2（且v1>v2）。现让该船开始渡河，则该船（ ）

dA. 可能的最短渡河时间为

v2B. 渡河的最短位移不可能为d C. 当船头垂直河岸渡河时，渡河时间最短

D. 不管船头与河岸夹角多大，渡河时间与水流速度有关 【★★答案★★】C 【解析】

【详解】AC． 当船头与河岸垂直时最小，渡河时间最短，为

d，故A错误C正确； v1B． 当合速度与河岸垂直时，渡河位移最小，为d，故B错误；

D． 将船的实际运动沿船头方向和水流方向分解，由于各个分运动互不影响，因而渡河时间

不积跬步无以至千里，不积小流无以成江海。

等于沿船头方向的分运动时间，为：t故D错误。 故选C。

4.下列说法正确的是

x1（x1为沿船头指向的分位移）显然与水流速度无关，v1A. 物体做匀速运动，它的机械能一定守恒 B. 物体所受合外力的功为零，它的机械能一定守恒 C. 物体所受的合外力等于零，它的机械能一定守恒 D. 物体所受合外力不等于零，它的机械能可能守恒 【★★答案★★】D 【解析】

【详解】机械能守恒的条件是当只有重力和弹力做功的条件下，其他外力不做功或做功的代数和为零，机械能守恒，所以只有D选项正确，A、B、C均错． 5.关于斜上抛运动，下列说法中正确是（ ） A. 运动到达最高点时，速度为零，加速度向下

B. 运动到达最高点时，具有水平方向的速度和竖直向下的加速度 C. 若抛射角不变，则初速度越大，射程越小 D. 若初速度不变，则抛射角越大，射程越小 【★★答案★★】B 【解析】

【详解】AB． 斜上抛运动的水平分运动是匀速直线运动，竖直分运动是竖直上抛运动，到最

高点时竖直分速度是0，而水平分速度不为0，具有水平方向的速度和竖直向下的加速度，故A错误B正确；

CD． 当抛射角一定时，初速度分解为vx=v0cosθ，vy=v0sinθ，落地时间由竖直方向速度决定，速度越大，落地时间越长，水平方向位移为

22v0sinv0sin2xvxtv0costv0cos

gg故若抛射角不变，则初速度越大，射程越大，若初速度不变，则抛射角越大，射程并非越小，故CD错误。 故选B。

不积跬步无以至千里，不积小流无以成江海。

的6.如图所示，一轻杆一端固定在O点，另一端固定一小球，在竖直平面内做圆周运动，通过最高点时，由于球对杆有作用，使杆发生了微小形变，关于杆的形变量与球在最高点时的速度大小关系，正确的是( )

A. 形变量越大，速度一定越大 B. 形变量越大，速度一定越小 C. 形变量为零，速度一定不为零 D. 速度为零，可能无形变 【★★答案★★】C 【解析】

【详解】形变量有可能是压缩，也有可能是拉伸，当在最高点时，如果重力完全充当向心力，

v02则轻杆对小球的作用力为零，此时mgm，解得v0gR，若vv0，则对杆拉伸，若

Rvv0，则杆被压缩，当拉伸的形变量和压缩的形变量相同时，速度却不相同，故ABD错误C

正确. 故选C

7.如图所示，塔吊用钢绳沿竖直方向将质量为 m 的建材以加速度 a 匀加速向上提起 h 高， 已知重力加速度为 g，则在此过程中，下列说法正确的是（ ）

。

B. 建材的重力势能减少了mgh D. 建材所受钢绳拉力做功为m(a  g)h 不积跬步无以至千里，不积小流无以成江海。

A. 建材重力做功为- mah C. 建材所受的合外力做功为mgh 【★★答案★★】D 【解析】

【详解】A． 建筑材料向上做匀加速运动，上升的高度为h，重力做功：W=-mgh，故A错误； B． 物体的重力势能变化量为

EpWmgh

则建材的重力势能增加了mgh，故B错误；

C． 建材所受的合外力为ma，合外力做功为mah，故C错误； D． 建材所受钢绳拉力，根据牛顿第二定律可知

Fmgma

建材所受钢绳拉力做功为m(a  g)h，故D正确。 故选D。

8.下列有关生活中的圆周运动实例分析，其中说法正确的是（ ）

A. 公路在通过小型水库泄洪闸的下游时，常常用修建凹形桥，也叫“过水路面”，汽车通过凹形桥的最低点时，车对桥的压力小于汽车的重力

B. 在铁路转弯处，通常要求外轨比内轨高，目的是减轻轮缘与外轨的挤压

C. 杂技演员表演“水流星”，当“水流星”通过最高点时，处于完全失重状态，不受力的作用

D. 洗衣机脱水桶的脱水原理是：水滴受到的离心力大于它受到的向心力，从而沿切线方向甩出

【★★答案★★】B 【解析】

【详解】A．汽车通过凹形桥最低点时，具有向上的加速度（向心加速度），超重，故对桥的压力大于重力，故A错误；

B． 当火车按规定速度转弯时，由重力和支持力的合力完全提供向心力，从而减轻轮缘对外轨的挤压，故B正确；

C． 演员表演“水流星”，当“水流星”通过最高点时，处于完全失重状态，仍然受重力的作用，故C错误；

D． 衣机脱水桶的脱水原理是：是水滴需要提供的向心力较大，合力无法提供，所以做离心运动，从而沿切线方向甩出，故D错误。 故选B。

不积跬步无以至千里，不积小流无以成江海。

9.如图所示。斜面倾角为，且tan1，从斜面上O点与水平方向成45°角以速度v0、22v0分别抛出小球P、Q，小球P、Q刚要落在斜面上A、B两点时的速度分别为vP、vQ，设O、A间的距离为s1，O、B间的距离为s2，不计空气阻力，则（ ）

A. s2=4s1，vP、vQ方向相同 B. s2=4s1，vP、vQ方向不同 C. 2s1＜s2＜4s1，vP、vQ方向相同 D. 2s1＜s2＜4s1，vP、vQ方向不同 【★★答案★★】A 【解析】

【详解】设抛出的速度为v，则水平分速度为

vxvcos45竖直速度为

2v 22vyvsin45v

2根据位移关系有

1vytgt21y 2tan2xvxt解得t2v 2gvxtv2sv2

cos2gcos不积跬步无以至千里，不积小流无以成江海。

则落点与抛出点的距离为

则由题意可知初速度为v0、2v0分别抛出小球P、Q，则有

s2=4s1

落到斜面上的速度方向与水平方向的夹角满足

tanvyvxvygtvx0

即速度方向均为水平，所以vP、vQ方向相同，故A正确，BCD错误。 故选A。

二、多项选择题。（本大题共6道题，每小题5分，共30分。每小题至少有两个正确★★答案★★，选对但不全的得3分，有选错的得0分）

10.如图所示，水平向左做匀速直线运动的汽车A通过一根绕过光滑定滑轮的长绳吊起一重物B，设汽车和重物的速度大小分别为vA、vB，则（ ）

A. vAvB

C. 绳对B的拉力大于B的重力 D. 绳对B的拉力小于B的重力 【★★答案★★】BC 【解析】 【详解】如图所示

汽车的实际运动是水平向左的运动，它的速度vA可以产生两个运动效果：一是使绳子伸长；二是使绳子与竖直方向的夹角增大。所以车的速度vA应有沿绳方向的分速度v0和垂直绳的分速度v1，由运动的分解可得v0=vAcosα；又由于vB=v0，所以vA＞vB，因为随着汽车向左行驶，

α角逐渐减小，所以vB逐渐增大，向上加速，根据牛顿第二定律可知，绳对B的拉力大于B

的重力，故BC正确AD错误。

不积跬步无以至千里，不积小流无以成江海。

故选BC。

11.一质量为1 kg的质点静止于光滑水平面上，从t＝0时刻开始，受到水平外力F的作用，如图所示．下列判断正确的是（ ）

A. 第1 s末的瞬时功率为6 W B. 第1 s内的平均功率为4 W C. 前2 s内的平均功率为4 W

D. 第1 s末与第2 s末外力的瞬时功率之比为9∶4 【★★答案★★】CD 【解析】

【详解】0-1s内，物体的加速度a1＝F13＝m/s2＝3m/s2，则质点在第1 s末的速度m1v1a1t13m/s ，推力在第1 s末瞬时功率：P1F1v19W，选项A错误；0-1s内的位移W1F1x131.511PW4.5W，x1＝a1t12＝312m＝1.5m，第1 s内的平均功率为1tt12211选项B错误；第2s内物体的加速度a2＝F21＝m/s2＝1m/s2，第2s内的位移x2＝m1v1t2+

11a2t22=3×1+×1×1m＝3.5m，物体在0-2s内外力F做功的大小22W=F1x1+F2x2=3×1.5+1×3.5J=8J，可知0-2s内外力的平均功率PW8＝W＝4W，故C正t2确．第2s末的速度v2=v1+a2t2=3+1×1m/s=4m/s，则第2s末推力的功率P2=F2v2=1×4W=4W，第1s末和第2s末外力的瞬时功率之比为9：4，故D正确．

12.如图所示A、B、C三个物体放在旋转圆台上，A、B与台面间动摩擦因数均为μ，C与台面间动摩擦因数为2μ，A、C

质量均为m，B质量为2m，A、B离轴为R,C离轴为2R，则当圆

台匀速旋转时，（设A、B、C都没有滑动）（ ）

A. C物的向心加速度最大 B. A物所受静摩擦力最小

不积跬步无以至千里，不积小流无以成江海。

C. 当圆台转速缓慢增加时，C比A先滑动 D. 当圆台转速缓慢增加时，B比A先滑动 【★★答案★★】ABC 【解析】

【详解】A．三个物体做圆周运动的角速度ω相同，根据

a2r

C物的轨道半径最大，故C的向心加速度最大，故A正确；

B．三个物体受静摩擦力提供向心力，所以A受静摩擦力

fAm2R

B受静摩擦力

fB2m2R

C受静摩擦力

fCm22R

由上面的向心力表达式可知，A需要的向心力最小，所以A受到的摩擦力最小，故B正确； CD．物体恰好滑动时，静摩擦力达到最大，有

μmg=mω2r 解得

=g r即转动半径最大的最容易滑动，故物体C先滑动，物体A、B一起后滑动，故C正确，D错误。 故选ABC。

13.一辆小汽车在水平路面上由静止启动，在前5s内做匀加速直线运动，5s末达到额定功率，之后保持以额定功率运动.其vt图象如图所示.已知汽车的质量为m110kg，汽车受到

3( ) 地面的阻力为车重的0.1倍，则以下说法正确的是 不积跬步无以至千里，不积小流无以成江海。

A. 汽车在前5s内的牵引力为5103N B. 汽车速度为25m/s时的加速度为5m/s2 C. 汽车的额定功率为100 kW D. 汽车的最大速度为80 m/s 【★★答案★★】AC 【解析】

由速度时间图线知，匀加速运动的加速度大小a= m/s2＝4m/s2，根据牛顿第二定律得，F-f=ma，解得牵引力F=f+ma=1000+4000N=5000N，故A正确．汽车的额定功率P=Fv=5000×20W=100000W=100kW，汽车在25m/s时的牵引力F′＝ ＝据牛顿第二定律得，加速度a205Pv100000N＝4000N，根25Ff40001000＝m/s2＝3m/s2，故B错误，C正确．当m1000牵引力等于阻力时，速度最大，则最大速度vm＝选AC．

P100000＝m/s＝100m/s，故D错误．故f1000点睛：本题考查了汽车恒定加速度启动的问题，理清整个过程中的运动规律，结合牛顿第二定律和运动学公式综合求解，知道牵引力等于阻力时，汽车的速度最大．

14.如图所示,传送带以v0的初速度顺时针匀速运动.将质量为m的物体无初速度轻放在传送带上的A端,物体将被传送带送到B端,已知物体在到达B端之前已和传送带相对静止,则下列说法正确的( )

12

mv0 2

12

B. 传送带克服摩擦做功为mv0

2

12

C. 在传送物体过程产生的热量为mv0

2

A. 传送带对物体做功为

不积跬步无以至千里，不积小流无以成江海。

D. 电动机由于传送物体多消耗的能量为【★★答案★★】AC 【解析】 【分析】

12mv0 2

在传送带模型中，摩擦力对物体做正功，而传送带需要克服摩擦力做功，明确做功情况，再根据功能关系判断相关问题．

【详解】A. 物体受重力支持力和摩擦力，根据动能定理，传送带对物体做的功等于动能的增加量，即

12mv0，故A正确； 212

mv0，在物体匀加速运动的过程中，由于传2

B. 根据动能定理得：摩擦力对物体做功大小为

送带的位移大于物体的位移，则传送带克服摩擦力做的功大于摩擦力对物体做的功，所以传送带克服摩擦力做的功大于

12

mv0 ，B错误； 2

C. 在传送物体过程产生的热量等于滑动摩擦力与相对路程的乘积，即：

QFfx

假设物体加速时间为t，物体的位移为：

x1传送带的位移为：

1vt 2x2vt

根据动能定理，有：

1Ffx1mv02

2所以产生的热量为：

1QFfxFf(x2x1)Ffx1mv02

2所以C正确；

D. 电动机由于传送物体多消耗的能量等于物体动能增加量和摩擦产生的内能的和，故大于

12mv0 ，D错误． 2故选AC．

【点睛】考察运用动能定理和功能关系研究传送带模型中的做功以及能量转化问题．

不积跬步无以至千里，不积小流无以成江海。

15.如图所示，固定于地面、倾角为θ的光滑斜面上有一轻质弹簧，轻质弹簧一端与固定于斜面底端的挡板C连接，另一端与物块A连接，物块A上方放置有另一物块B，物块A、B质量均为m且不粘连，整个系统在沿斜面向下的恒力F作用下而处于静止状态。某一时刻将力F撤去，若在弹簧将A、B弹起过程中，A、B能够分离，则下列叙述正确的是（ ）

A. 从力F撤去到A、B发生分离的过程中，弹簧及A、B物块所构成的系统机械能守恒 B. A、B被弹起过程中，A、B即将分离时，两物块速度达到最大 C. A、B刚分离瞬间，A加速度大小为gsinθ D. 若斜面为粗糙斜面，则从力F撤去到A、B发生分离的过程中，弹簧减少的弹性势能一定大于A、B增加的机械能与系统摩擦生热之和 【★★答案★★】AC 【解析】

【详解】A．从力F撤去到A、B发生分离的过程中，弹簧及A、B物块所构成的系统只有重力和弹簧的弹力做功，所以系统的机械能守恒，故A正确；

B．A、B被弹起过程中，合力等于零时，两物块速度达到最大，此时弹簧处于压缩状态，A、B还没有分离，故B错误；

C．A、B刚分离瞬间，A、B间的弹力为零，对B，由牛顿第二定律得

得

此瞬间A与B的加速度相同，所以A的加速度大小为gsinθ，故C正确；

D．若斜面为粗糙斜面，则从力F撤去到A、B发生分离的过程中，由能量守恒定律知，弹簧减少的弹性势能一定等于A、B增加的机械能与系统摩擦生热之和，故D错误。 故选AC。

三、计算题（本题共4小题，计43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，有数值计算题，★★答案★★中必须明确写出数值和单位）

16.小球以v0＝4m/s的初速从倾角为30°的斜面底端向上滑行，上滑的最大距离l＝1m，小球

不积跬步无以至千里，不积小流无以成江海。

的mgsinθ=maB aB=gsinθ 的质量m＝2kg，则小球滑回到出发点时的动能是多少？(g取10m/s) 【★★答案★★】4J 【解析】

【详解】设小球所受的滑动摩擦力大小为f，根据动能定理得,上滑过程

2

12mglsin30fl0mv0

2下滑过程

mglsin30flEk0

联立得

Ek4J

17.在离地面高30m处将一小球以20m/s的初速度竖直上抛，不计空气阻力。求：小球运动到离抛出点15m处所用的时间？（g取10m/s2） 【★★答案★★】可能为1s，3s，(27)s 【解析】

【详解】取竖直向上为正方向，当石块运动到抛出点上方离抛出点15m时，位移为h=15m，由

1hv0tgt2得

2t11s，t23s

当石块运动到抛出点下方离抛出点15m时，位移

h=-15m，由hvot12gt得 2t1(27)s，t2(27)s（舍）

故小球运动到离抛出点15m处所用时间可能为1s，3s，(27)s。

18.如图所示，半圆形光滑轨道竖直固定且与水平地面相切于A点，半径R＝0.15m，其右侧一定水平距离处固定一个斜面体。斜面C端离地高度h＝0.25m，E端固定一轻弹簧，原长为DE，斜面CD段粗糙而DE段光滑。现给一质量为0.1kg的小物块(可看作质点)一个水平初速度，从A处进入圆轨道，离开最高点B后恰能落到斜面顶端C处，且速度方向恰平行于斜面，物块沿斜面下滑压缩弹簧后又沿斜面向上返回，第一次恰能返回到最高点C。物块与斜面CD段的动摩擦因数械能损失。求：

不积跬步无以至千里，不积小流无以成江海。

3，斜面倾角θ＝30°，重力加速度g＝10m/s2，不计物块碰撞弹簧的机6（1）物块运动到B点时对轨道的压力为多大； （2）CD间距离L为多少米；

（3）小物块在粗糙斜面CD段上能滑行的总路程s为多长。

【★★答案★★】（1）1N；（2）0.4m；（3）s=1.6m 【解析】

【详解】（1）物体从B到C做平抛运动，则有：

2vy2g(2Rh)

在C点时有：tanvyvB，代入数据解得

vB3m/s

在B点对物块进行受力分析，得：

2vBFmgm

R解得：

F1N

根据牛顿第三定律知物块对轨道的压力大小为

FF1N

（2）在C点的速度为：vCvysin，代入数据解得：

vC2m/s

物块从C点下滑到返回C点的过程，根据动能定理得

12mgcos2L0mvC

2代入数据解得：

L0.4m

不积跬步无以至千里，不积小流无以成江海。

（3）最终物块在DE段来回滑动，根据动能定理得

12mgLsinmgcoss0mvC

2代入数据解得：

s=1.6m

19.光滑的长轨道形状如图所示，底部为半圆型，半径R，固定在竖直平面内．AB两质量相同的小环用长为R的轻杆连接在一起，套在轨道上．将AB两环从图示位置静止释放，A环距底部2R．不考虑轻杆和轨道的接触，即忽略系统机械能的损失，求：

（1）AB两环都未进入半圆型底部前，杆上的作用力． （2）A环到达最低点时，两球速度大小．

（3）若将杆换成长22R，A环仍从距底部2R处静止释放，经过半圆型底部再次上升后离开底部的最大高度．

【★★答案★★】（1）没有作用力；（2）v【解析】

【详解】（1）对整体分析，自由落体，加速度g，以A为研究对象，A作自由落体则杆对A一定没有作用力．即F  0，故AB两环都未进入半圆型底部前，杆上的作用力为零． （2）AB都进入圆轨道后，两环具有相同角速度，则两环速度大小一定相等，即vAvB，对整体依动能定理（或机械能守恒）：

9gR（3）A离开底部(21)R 2mg2Rmg可得：

51R2mv2 22v9gR 2不积跬步无以至千里，不积小流无以成江海。

（3）A再次上升后，位置比原来高h，如下图所示：

由动能定理（或机械能守恒）：

mghmg22R2Rh0

解得

h(21)R

故A离开底部(21)R，故若将杆换成长22R，A环仍从离开底部2R处静止释放，经过半圆型底部再次上升后离开底部的最大高度为(21)R．

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