1、河北省石家庄市2019-2020学年高一物理下学期期末考试试题（含解析）一、选择题（本题共12小题，每题4分，共48分。在每小题给出的四个选项中，第18题只有一项符合题目要求，第912题有多项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但选不全的得2分，有错选的得0分）1. 下列物理量中，属于矢量的是A. 功B. 动能C. 动量D. 质量【答案】C【解析】解：A、功只有大小没有方向是标量，故A错误；B、动能只有大小没有方向是标量，故B错误；C、动量既有大小又有方向是矢量，故C正确；D、质量只有大小没有方向是标量，故D错误。故选：C。只有大小没有方向遵守代数运算法则的量是标量；既有大小又有方向遵守平行四
2、边形定则的量是矢量，分析各选项答题。本题考查了判断矢量与标量问题，知道矢量与标量的概念是解题的前提与关键，掌握基础知识即可解题，平时要注意基础知识的学习与积累。2. 如图所示，在风力推动下，风叶带动发电机发电，M、N为同一个叶片上的两点，下列说法中正确的是 A. M点的线速度等于N点的线速度B. M点的角速度小于N点的角速度C. M点的向心加速度小于N点的向心加速度D. M点的周期大于N点的周期【答案】C【解析】解：A、B、D、由于M、N两点的转动的角速度相等，则周期相等，根据知，M点转动的半径小，则M点的线速度小于N点的线速度故A错误，B错误，D错误C、根据知，M、N的角速度相等，M点的转动
3、半径小，则M点的向心加速度小于N点的加速度故C正确故选：C同一个叶片上的点转动的角速度大小相等，根据、比较线速度和加速度的大小解决本题的关键知道共轴转动的点角速度相等，考查传送带传到轮子边缘上的点线速度大小相等，知道线速度、角速度、向心加速度的关系3. 质量为m的小物块在倾角为的斜面上处于静止状态，如图所示若斜面体和小物块一起以速度v沿水平方向向右做匀速直线运动，通过一段位移斜面体对物块的摩擦力和支持力的做功情况是A. 摩擦力做正功，支持力做正功B. 摩擦力做正功，支持力做负功C. 摩擦力做负功，支持力做正功D. 摩擦力做负功，支持力不做功【答案】B【解析】【分析】物块向右做匀速直线运动，受力
4、平衡，对物体进行受力分析，根据恒力做功公式分析即可。本题主要考查了同学们受力分析的能力，知道力和位移夹角小于时做正功，等于时不做功，大于时做负功。【解答】物块向右做匀速直线运动，受力平衡，物体受重力方向竖直向下、支持力垂直斜面向上、摩擦力沿斜面向上，位移方向水平向右，所以摩擦力做正功，支持力做负功；故B正确，ACD错误。故选B。4. 质量为1kg的小球自距离地面20m高处自由下落，重力加速度，若不计空气阻力，则小球下落1s时重力的瞬时功率是A. 20WB. 100WC. 200WD. 400W【答案】B【解析】解：因为小球做自由落体运动，则1s末的速度为：，则重力的瞬时功率为：，故B正确，AC
5、D错误。故选：B。根据自由落体运动的速度时间公式求出1s末的速度，根据求出重力的瞬时功率。解决本题的关键掌握瞬时功率的求法，以及知道平均功率和瞬时功率的区别。5. 如图所示，水平传送带以速度v做匀速转动。现将一质量为m的小工件无初速度放到传送带上，当它在传送带上滑动一段距离后速度达到速度v而与传送带保持相对静止。则在工件相对传送带滑动的过程中，下列说法正确的是A. 摩擦力对工件做的功为B. 工件的机械能增量为C. 摩擦力对皮带做的功为D. 系统产生的内能为【答案】D【解析】解：A、工件从静止开始在摩擦力作用下加速达到v，摩擦力对工件做正功，使工件的动能增加了，根据动能定理知，摩擦力对工件做的功
6、，故A错误；B、工件初状态的动能为零，摩擦力对工件做功为，根据末状态的动能为，故工件机械能增加，故B错误；C、工件在传送带上做加速运动运动过程中相对地面的位移为x，运动时间为t，则有，根据动能定理有：，工件加速运动过程中，传送带的位移，摩擦力对皮带做的功，故C错误；D、工件在传送带上运动过程中，工件相对于传送带运动的距离为，产生的内能为，故D正确。故选：D。工件在传送带上运动时先做匀加速运动，后做匀速运动，物体和传送带要发生相对滑动，滑动摩擦力对传送带要做功，根据动能定理求解动能的增加；根据功能关系求解工件机械能的增量；由运动学公式求解传送带的位移，根据功的计算公式求解摩擦力对皮带做的功；求出
7、相对位移，再根据功能关系求解产生的热。本题主要是考查功能关系和传送带问题，关键是能够分析能量的转化情况，知道动能的变化与合力做功有关、机械能的变化与除重力以外的力做功有关。6. 当汽车通过拱形桥顶点的速度为时，车对桥顶的压力为车重的，如果要使汽车在粗糙的桥面行驶至桥顶时，刚好不受摩擦力作用，则汽车通过桥顶的速度大小应为A. B. 10C. D. 20【答案】B【解析】解：当汽车通过拱形桥顶点的速度为时，根据牛顿第二定律得：，解得：当汽车在桥顶不受摩擦力作用，可知支持力为零，根据得：故选：B根据牛顿第二定律，结合车对桥顶的压力求出拱桥的半径，当车在桥顶摩擦力为零时，支持力为零，结合重力提供向心力
8、求出汽车通过桥顶的速度大小解决本题的关键知道汽车在桥顶向心力的来源，结合牛顿第二定律进行求解，难度不大7. 如图所示，一轻弹簧固定于O点，另一端系一重物，将重物从与悬点O在同一水平面且弹簧保持原长的A点无初速度释放，让它自由摆下。不计空气阻力，在重物由A点摆向最低点B的过程中A. 重物的重力势能增加B. 弹簧的弹性势能不变C. 重物的机械能减少D. 重物和弹簧组成的系统机械能减少【答案】C【解析】解：A、物体高度降低，故重力势能减小，故A错误；B、在运动的过程中，弹簧的形变量增大，则弹簧的弹性势能增加，故B错误；C、由A到B的过程中，只有重力和弹簧弹力做功，系统机械能守恒；根据能量守恒定律知，
9、系统机械能不变，弹簧的弹性势能增加，则重物的机械能减小；故C正确；D、由A到B的过程中，只有重力和弹簧弹力做功，系统机械能守恒，故D错误；故选：C。由A到B的过程中，只有重力和弹簧弹力做功，系统机械能守恒，通过弹簧的形变量判断弹性势能的变化，通过能量守恒判断重物机械能的变化。本题考查了机械能守恒、能量守恒定律，难度不大，需加强这方面的训练。8. 在水平面上的物体在水平拉力F作用下运动的图象和拉力F的图象如图所示，重力加速度，则物体与水平面间的动摩擦因数为A. B. C. D. 【答案】B【解析】解：由图可知在前2s物体做匀加速直线运动，功率随速度均匀增大，第2s末功率最大，速度最大，由得：解得
10、物体在内做匀速直线运动，拉力不变，功率也不变，则：由于物体在内做匀速直线运动，可知物体受到的摩擦力与拉力大小相等，即：物体在前2s内做匀加速直线运动，加速度：由牛顿第二定律：又：联立解得：，故B正确，ACD错误。故选：B。速度时间图象的斜率代表物体的加速度，因此先求出加速度；内物体做匀速直线运动，拉力与摩擦力相等，由此求出摩擦力；由，求出拉力，然后结合牛顿第二定律即可求出物体的质量，由即可求出动摩擦因数。对于速度时间图象类的题目，主要是要理解斜率的含义：斜率代表物体的加速度；速度正负的含义：速度的正负代表物体运动的方向；速度图象与时间轴围成的面积的含义：面积代表物体的位移。9. 某人造地球卫星
11、绕地球做匀速圆周运动，实施变轨后卫星的线速度减小到原来的，此时卫星仍做匀速圆周运动，则A. 卫星的向心加速度减小到原来的B. 卫星的角速度减小到原来的C. 卫星的周期增大到原来的8倍D. 卫星的轨道半径增大到原来的4倍【答案】CD【解析】解：卫星绕地球做圆周运动万有引力提供圆周运动向心力有： 可得线速度，可知线速度减为原来的时，半径增加为原来的4倍，故D正确；向心加速度知，半径增加为原来的4倍，向心加速度减小为原来的，故A错误；周期知，半径增加为原来的4倍，周期增加为原来的8倍，故C正确；角速度知，半径增加为原来的4倍，角速度减小为原来的倍，故B错误故选：CD卫星绕地球做圆周运动万有引力提供圆
12、周运动向心力，据此分析线速度与半径的关系，再由半径关系分析其它描述圆周运动的物理量与半径的关系根据万有引力提供圆周运动向心力，由此确定描述圆周运动的物理量与轨道半径的关系，熟练掌握相关规律是解决问题的关键10. 如图所示，质量为m的跳伞运动员，由静止开始下落，若打开伞之前受恒定阻力作用，下落的加速度为，重力加速度为g。在运动员下落h的过程中，下列说法正确的是A. 运动员的重力势能减少了B. 运动员的动能增加了C. 运动员克服阻力所做的功为D. 运动员的机械能增加了mgh【答案】BC【解析】解：A、在运动员下落h的过程中，重力做功mgh，故重力势能减少了mgh，故A错误；B、根据牛顿第二定律得，
13、物体所受的合力为，根据动能定理得，合力做功为，则动能增加了，故B正确；C、设阻力大小为f，则有，解得阻力，则克服阻力做功为，故C正确；D、重力势能减少了mgh，动能增加了，故机械能减少了，故D错误。故选：BC。根据重力做功的大小得出重力势能的减小量；根据合力做功的大小得出动能的变化；根据牛顿第二定律求解阻力，由此求解克服重力做的功；根据机械能的概念得出机械能的变化。解决本题的关键知道合力做功与动能的变化关系，重力做功与重力势能的变化关系，以及除重力以外其它力做功与机械能的变化关系。11. 2020年5月5日，我国在海南文昌航天发射中心，用长征5B运载火箭将新一代国产载人飞船试验船送入预定轨道。
14、试验船在近地点高度约为300km、远地点高度约为18000km的椭圆轨道上运行，下列关于该试验船的说法正确的是A. 在近地点时的速度大于B. 加速度小于地球表面的重力加速度C. 周期小于同步卫星的周期D. 在远地点的动能大于近地点的动能【答案】BC【解析】解：A、是脱离速度，是发射脱离地球引力束缚的卫星的最小发射速度，试验船没有脱离地球引力，在近地点的速度小于，故A错误；B、根据万有引力定律，结合牛顿第二定律可知，解得加速度：，试验船离地高度大于地球半径，加速度小于地球表面的重力加速度，故B正确；C、根据开普勒第三定律可知，同步卫星的轨道半径大，则同步卫星的周期大于试验船，故C正确；D、根据开
15、普勒第二定律可知，近地点的速度大，远地点的速度小，故试验船在远地点的动能小于近地点的动能，故D错误。故选：BC。根据第二宇宙速度的定义分析。根据万有引力定律分析加速度。根据开普勒第三定律分析周期和半径的关系。根据开普勒第二定律分析近地点和远地点的速度。此题考查了人造卫星的相关知识，解决本题的关键知道试验船在做椭圆运动，根据开普勒行星运动定律分析。12. 某汽车质量为5t，发动机的额定功率为60kW，汽车在运动中所受阻力的大小恒为车重的倍。若汽车以的加速度由静止开始匀加速启动，经过24s，汽车达到最大速度。取重力加速度，在这个过程中，下列说法正确的是A. 汽车的最大速度为B. 汽车匀加速的时间为
16、24sC. 汽车启动过程中的位移为120mD. 4s末汽车发动机的输出功率为60kW【答案】AC【解析】解：A、当牵引力等于阻力时，汽车的速度达到最大，则，解得，故A正确；B、在匀加速阶段，根据牛顿第二定律可得：，解得匀加速达到的最大速度为，则，解得，根据可得，故B错误；C、在匀加速阶段，通过的位移为，达到额定功率后，根据动能定理可知，解得，通过的位移为，故C正确；D、4s末汽车，故功率，故D错误；故选：AC。首先要分析清楚汽车的运动过程：第一阶段：匀加速运动阶段，开始，汽车由静止做匀加速直线运动，这个过程中v增大，汽车功率也增大；第二阶段：变加速运动阶段，加速度逐渐减小，汽车输出功率达到其允
17、许的最大值并保持不变时，其功率已不能维持汽车继续做匀加速直线运动了，此时汽车虽然做加速运动，但加速度逐渐减小，直到，这个过程中P不变，F减小，v增大；第三阶段：匀速直线运动阶段，加速度等于0后，速度已达到最大值，此时汽车做匀速直线运动，此时，。高中物理中，分析受力和物理过程是非常重要的。最大功率要用第三阶段中的计算，而不能用第一阶段中的F与第三阶段中的的乘积计算，两个F是不同的；是最终速度，整个过程并不全是匀加速运动，不能用来计算整个过程时间。要注意某一时刻的物理量要对应起来。二、实验题（本题共两小题，共15分）13. 在用打点计时器验证机械能守恒定律的实验中，使质量为的重物自由下落，打点计时
18、器在纸带上打出一系列的点，选取一条符合实验要求的纸带如图所示O为第一个点，A、B、C为从合适位置开始选取连续点中的三个点已知打点计时器每隔打一个点，当地的重力加速度为，那么：根据图上所得的数据，应取图中O点到_点来验证机械能守恒定律；从O点到问中所取的点，重物重力势能的减少量_J，动能增加量_结果取三位有效数字【答案】B 【解析】解：验证机械能守恒时，我们验证的是减少的重力势能和增加的动能之间的关系，由B点能够测h和v的数据，而A、C两点无法测出故选B点减少的重力势能所以：增加的动能故答案为：；，验证机械能守恒时，我们验证的是减少的重力势能和增加的动能之间的关系，所以我们要选择能够测h和v的数
19、据减少的重力势能，增加的动能，v可由从纸带上计算出来正确解答实验问题的前提是明确实验原理，从实验原理出发进行分析所测数据，如何测量计算，会起到事半功倍的效果14. 利用如图所示的方式验证碰撞中的动量守恒，竖直平面内的四分之一光滑圆弧轨道下端与水平桌面相切，先将小滑块A从圆弧轨道的最高点无初速度释放，测量出滑块在水平桌面滑行的距离图甲；然后将小滑块B放在圆弧轨道的最低点，再将A从圆弧轨道的最高点无初速度释放，A与B碰撞后结合为一个整体，测量出整体沿桌面滑动的距离图乙。圆弧轨道的半径为R，A和B完全相同，重力加速度为g。滑块A运动到圆弧轨道最低点时的速度_用R和g表示；滑块与桌面的动摩擦因数_用R
20、和表示；若和的比值_，则验证了A和B的碰撞动量守恒。【答案】 8【解析】解：在圆弧面上运动时机械能守恒，则有：解得：；对A下滑的全过程由动能定理要分析可知：解得：；如果碰撞中动量守恒，则有：再对碰后的AB物体分析，由动能定理可知：则故；因此只要满足即可证明动量守恒。故答案为：；。根据A在运动过程中的机械能守恒定律列式即可求得最低点的速度；对A下滑的全过程由动能定理可求得动摩擦因数；假设碰撞中动量守恒，根据动量守恒定律以及功能关系列式即可求得碰后滑行的距离，从而求出两种情况下的位移表达式，从而确定距离的比值，找出碰撞中动量守恒的依据。本题考查动量守恒定律以及功能关系的应用，要注意明确实验原理，知
21、道实验中如何验证动量守恒定律，明确机械能守恒定律以及动量守恒定律的正确应用。三、计算题（本题共3小题，共37分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤。只写最后答案的不得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位）15. 在火炮发明并被大规模应用于实战之前，抛石机是中国古代常用的破城重器。某同学仿照古代抛石机制作一个抛石机模型如图所示，炮架上横置一个可以转动的轴，固定在轴上的长杆，可绕转轴O转动，转轴O到地面的距离为，发射前长杆A端着地与地面成夹角，A端半球形凹槽中放置一质量的物体，用手搬动长杆另一端B至O点正下方，B贴近地面且速度，此时长杆受到装置作用迅速停止，A端物体从最高
22、点水平飞出，重力加速度，求：物体从最高点飞出时的速度大小；物体从最高点飞出前对长杆凹槽在竖直方向上的压力大小。【答案】解：到A的距离：A与B属于同轴转动，角速度是相等的，则：代入数据可得：物体在最高点受到的重力与支持力提供向心力，则有：代入数据可得：根据牛顿第三定律可知，物体从最高点飞出前对长杆凹槽在竖直方向上的压力等于凹槽对物体的支持力，等于12N。答：物体从最高点飞出时的速度大小为。物体从最高点飞出前对长杆凹槽在竖直方向上的压力大小为12N。【解析】同轴转动的物体的角速度相等，由此结合半径关系即可求出物体从最高点飞出时的速度；由向心力的来源求出物体从最高点飞出前对长杆凹槽在竖直方向上的压力
23、；此题考查了平抛运动的规律，属于竖直平面内的圆周运动与平抛运动的综合应用，平抛运动采用运动的合成和分解的方法研究。16. 如图所示，光滑水平轨道AB与光滑半圆形轨道BC在B点相切连接，半圆轨道半径为R，轨道AB、BC在同一竖直平面内。一质量为m的物块在A处压缩弹簧，并由静止释放，物块恰好能通过半圆轨道的最高点C，已知物块在到达B点之前已经与弹簧分离，重力加速度为g。求：半圆轨道在B点时对物块的支持力大小；物块在A点时弹簧的弹性势能。【答案】解：物块恰好能通过半圆轨道的最高点C，重力提供向心力，由牛顿第二定律得：物块由B到C过程中，由机械能守恒定律得：设物块在B点时受到轨道的支持力为F，由向心力
24、方程得：联立解得：由系统机械能守恒定律可知，物块在A点时弹簧的弹性势能为：解得：答：半圆轨道在B点时对物块的支持力大小为6mg；物块在A点时弹簧的弹性势能为。【解析】抓住物块恰好通过半圆轨道的最高点，应用牛顿第二定律和机械能守恒定律求出B点的速度，结合牛顿第二定律求出半圆轨道在B点时对物块的支持力大小；根据系统机械能守恒定律求出物块在A点时弹簧的弹性势能。本题考查了圆周运动与机械能守恒、牛顿运动定律的综合运用，知道圆周运动向心力的来源是解决本题的关键。17. 如图所示，倾角、长的直角斜面体ABC固定在水平地面上。一质量为3m的物体P放置在斜面的底端A，另一质量为m的物体Q放置在斜面的中点O，两
25、物体与斜面间的动摩擦因数相同，且都能恰好静止在斜面上，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。给物体P沿斜面向上的一初速度，与物体Q发生弹性碰撞后，Q恰能运动到斜面的顶端B，已知重力加速度，求：两物体与斜面间的动摩擦因数；物体P的初速度大小。【答案】解：物体Q恰好静止于斜面上，根据平衡条件可得：解得：；物体P上滑过程中，由动能定理可得：两物体碰撞过程中，根据动量守恒定律可得：，根据能量关系可得：，物体Q上滑过程中，根据动能定理可得：联立解得：答：两物体与斜面间的动摩擦因数为；物体P的初速度大小为。【解析】物体Q恰好静止于斜面上，根据平衡条件列方程求解动摩擦因数；根据动能定理列方程求解物体P与Q碰撞前的速度，两物体碰撞过程中，根据动量守恒定律、能量关系列方程，物体Q上滑过程中根据动能定理列方程联立求解。本题主要是考查了动量守恒定律和能量守恒定律；对于动量守恒定律，其守恒条件是：系统不受外力作用或某一方向不受外力作用；解答时要首先确定一个正方向，利用碰撞前系统的动量和碰撞后系统的动量相等列方程，再根据能量关系列方程求解。