1、黑龙江省东南联合体2018-2019学年高一物理下学期期末考试试题（含解析）一、单项选择题1.关于功率的概念，下列说法中正确的是( )A. 功率是描述力对物体做功多少的物理量B. 由P=W/t可知，功率与时间成反比C. 由P=Fvcos可知只要F不为零，v也不为零，那么功率P就一定不为零D. 某个力对物体做功越快，它的功率就一定大【答案】D【解析】【详解】功率是描述一个物体做功快慢的物理量，故A错误。由P=W/t可知，当功一定时，功率与时间成反比，故B错误。当F与v垂直时，则功率等于零，故C错误。根据知，做功越快，功率越大，故D正确。故选D2. 某物体在一足够大的光滑水平面上向东运动，当它受到
2、一个向南的恒定外力作用时，物体的运动将是（ ）A. 曲线运动，但加速度方向不变、大小不变，是匀变速曲线运动B. 直线运动，且是匀变速运动C. 曲线运动，但加速度方向改变、大小不变，是非匀变速曲线运动D. 曲线运动，但加速度方向和大小均改变，是非匀变速曲线运动【答案】A【解析】该题考查知识点1：曲线运动的条件：物体所受合外力与速度不共线。由于外力向南，速度向东，故为曲线运动.2：匀变速曲线运动的定义：加速度大小方向不变的运动。由于外力向南恒定，由牛顿第二定律可得加速度大小方向不变，故为匀变速曲线运动.所以选A3.如图所示，甲、乙两个小球从竖直面内的半圆轨道的左侧A开始做平抛运动，甲球落在轨道最低
3、点D，乙球落在D点右侧的轨道上设甲乙球的初速度分别为v1、v2，在空中运动的时间分别为t1、t2，则下列判断正确的是（ ）A. t1t2B. t1t2C. v1v2D. v1v2【答案】D【解析】【详解】AB、平抛运动的时间由高度决定，由图可知甲下降的高度大，所以甲运动的时间长，即，故A、B错误；CD、平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，由图可知，在下降相同高度的时候，乙的水平位移大，所以乙的初速度要大于甲的初速度，即，故C错误，D正确；故选D4.如图所示，小球在竖直向下的力F作用下，将竖直轻弹簧压缩，若将力F撤去，小球将向上弹起并离开弹簧，直到速度为零时为止，则小球在上升过程中A. 小球动能
4、最大时弹性势能为零B. 小球在离开弹簧时动能最大C. 小球动能减为零时，重力势能最大D. 小球的动能先减小后增大【答案】C【解析】【详解】AB. 弹力与重力大小相等时，速度最大，动能最大，此时弹簧仍然被压缩，弹簧的弹力不等于零，弹性势能不等于零，故AB错误；C. 小球将向上弹起并离开弹簧，直到速度为零时为止，这个过程中速度为零时，动能减为0，小球上升的高度最大，重力势能最大，故C正确；D. 将力F撤去小球将向上弹起的过程中，弹簧的弹力先大于重力，后小于重力，小球所受的合力先向上后向下，所以小球先做加速运动，后做减速运动，小球的速度先增大后减小，小球的动能先增大后减小，故D错误5.如图所示，质量
5、为m的小球从高度为h处的斜面上的A点滚下，经过水平面BC后，再滚上另一斜面，当它到达高为的D点时，速度为零，在这个过程中，重力做功为()A. B. C. mghD. 0【答案】B【解析】AD间的高度差为 则重力做功为 故应选B。点晴：重力做功与路经无关，与高度差h有关即w=mgh。6.质量为60kg的建筑工人，不慎从高空跌下，幸好弹性安全带的保护使他悬挂起来已知弹性安全带的缓冲时间是1.5s，安全带自然长度为5m，g取10m/s2，则安全带所受的平均冲力的大小为A. 500NB. 1000NC. 600ND. 1100N【答案】B【解析】【详解】根据自由落体运动规律，该工人自由下落5m的时间为
6、1s，则根据冲量定理则： 带入数据则：A. 500N与计算结果F=1000N不相符，故A错误； B. 1000N与计算结果F=1000N相符，故B正确； C. 600N与计算结果F=1000N不相符，故C错误； D. 1100N与计算结果F=1000N不相符，故D错误。7.一个质量为0.3kg的弹性小球，在光滑水平面上以6m/s的速度垂直撞到墙上，碰撞后小球沿相反方向运动，反弹后的速度大小与碰撞前相同，则碰撞前后小球速度变化量的大小v和碰撞过程中小球的动能变化量Ek为（ ）A. v=0B. v=12m/sC. Ek=1.8JD. Ek=10.8J【答案】B【解析】【详解】AB规定初速度方向为正
7、方向，初速度为：v1=6m/s，碰撞后速度为：v2=6m/s v=v2v1=12m/s，负号表示速度变化量的方向与初速度方向相反，所以碰撞前后小球速度变化量的大小为12m/s故A错误，B正确；C、反弹后的速度大小与碰撞前相同，即初、末动能相等，所以Ek=0，故C错误，D错误。故选：B8.如图所示，重物P放在粗糙的水平板OM上，当水平板绕O端缓慢抬高，在重物P没有滑动之前，下列说法中正确的是A. P受到的支持力做正功B. P受到的支持力不做功C. P受到的摩擦力做负功D. P受到的摩擦力做正功【答案】A【解析】【详解】AB. 当水平板绕O端缓慢抬高，在重物P没有滑动之前，P做圆周运动，支持力垂直
8、板向上，支持力与速度方向相同，故支持力做正功，故A正确，B错误；CD. 当水平板绕O端缓慢抬高，在重物P没有滑动之前，P做圆周运动，摩擦力沿板方向，与速度方向垂直，所以摩擦力不做功，故CD错误。9.有一种玩具的结构如图所示，竖直放置的光滑圆铁环的半径R20 cm，环上有一个质量为m的穿孔的小球，仅能沿环做无摩擦滑动。如果圆环绕着通过环心的竖直轴O1O2以10 rad/s的角速度旋转(g取10 m/s2)，则小球相对环静止时和环心O的连线与O1O2的夹角可能是()A. 30B. 45C. 60D. 75【答案】C【解析】小球转动的半径为，小球所受的合力垂直指向转轴，根据平行四边形定则，解得，C正
9、确10.用轻弹簧竖直悬挂质量为m的物体，静止时弹簧伸长量为L。现用该弹簧沿斜面方向拉住质里为2m的物体，系统静止时弹簧伸长量也为L。斜面倾角为30，如图所示。则物体所受摩擦力A. 等干零B. 大小为mg，方向沿斜面向下C. 大小为mg，方向沿斜面向上D. 大小为mg，方向沿斜面向上【答案】A【解析】试题分析：弹簧竖直悬挂物体时，对物体受力分析，根据共点力平衡条件 F=mg 根据胡克定律F=kL 由得，物体放在斜面上时，再次对物体受力分析，如图设物体所受的摩擦力沿斜面向上，根据共点力平衡条件，有F+f-2mgsin30=0 其中F=kL=mg 由以上四式解得f=0，故物体所受的摩擦力大小方向沿斜
10、面向上，大小为0故选A考点：物体的平衡【名师点睛】本题关键对物体受力分析，然后运用共点力平衡条件及胡克定律列式求解；注意胡克定律中弹簧的弹力与伸长量成正比二、多选择题11.如图所示为人造地球卫星的轨道示意图，其中1为近地圆周轨道，2为椭圆轨道，3为地球同步轨道，其中P、Q为轨道的切点，则下列说法中正确的是A. 卫星在1轨道上运行可经过一次加速转移到3轨道上运行B. 卫星由1轨道进入2轨道机械能增大C. 卫星在轨道1上的运行周期最短D. 在轨道2上由Q点运行到P点的过程中，万有引力对其做正功，它的动能增加，重力势能减少，机械能增加【答案】BC【解析】【详解】A.卫星从1轨道转移到3轨道上运行，需
11、要在P点和Q点加速两次。故A错误；B.卫星由1轨道进入2轨道需要在P点点火加速，所以机械能增大。故B正确；C.根据开普勒第三定律可知，轨道半径最小的1轨道的周期最小。故C正确；D. 卫星在椭圆轨道2上自由运行时，只有万有引力对它做功，其机械能守恒，则它在P点的机械能等于在Q点的机械能故D错误12.如图所示，在光滑的圆锥漏斗的内壁，有两个质量相等的小球A、B，它们分别紧贴漏斗，在不同水平面上做匀速圆周运动，则下列说法正确的是（）A. 小球A的速率大于小球B的速率B. 小球A的运行周期等于小球B的运行周期C. 小球A漏斗壁的压力等于小球B对漏斗壁的压力D. 小球A的角速度大于小球B的角速度【答案】
12、AC【解析】【详解】A、对A、B两球进行受力分析，两球均只受重力和漏斗给的支持力FN设内壁与水平面的夹角为。根据牛顿第二定律有：mgtan=m，解得：v=，A球的轨道半径较大，则小球A的速率较大，故A正确；B、根据牛顿第二定律有：mgtan=m，解得：T=，A球的轨道半径较大，则小球A的周期大于小于B的周期，故B错误；C、支持力为：FN=，两小球质量相等，则支持力相等，对漏斗壁的压力相等，故C正确；D、根据=知，A的轨道半径大，则A的角速度较小，故D错误。13.如图所示，a、b、c三个相同的小球，a从光滑斜面顶端由静止开始自由下滑，同时b、c从同一高度分别开始自由下落和平抛，它们与地面接触时重
13、力的瞬时功率分别Pa、Pb、Pc。下列说法正确的有( )A. 它们同时到达同一水平面B. 它们的末动能相同C. 它们与地面刚接触时重力的瞬时功率：PaPb=PcD. 它们与地面刚接触时重力的瞬时功率：Pa=Pb=Pc【答案】C【解析】【详解】设斜面高度为h，沿斜面下滑的时间为t，则有：，解得：，根据，解得：，由此可知它们运动的时间不相等，故A错误；三种情况下合力（重力）做的功相同均为mgh，根据动能定理可得物体沿斜面下滑和自由下落时有：，物体做平抛运动时有：，由此可知平抛运动时末动能较大，故B错误；根据重力做功的瞬时功率公式：，可知自由落体和平抛的瞬时功率相同即Pb=Pc，由于物体沿斜面下滑到
14、底端时的竖直分速度速度小于自由下落时的竖直速度，即PaPb，由上可知Pa【解析】【详解】（1）本题是用打点计时器研究自由落体的机械能守恒，所以秒表不需要，实验最后验证的是是否成立，等式两边都有m，所以天平可以不用，因此不必要的器材为DH；（2）如果以为纵轴，以h为横轴，根据实验数据绘出的图线应是过原点的倾斜直线，C正确；（3）从起点O到打下记数点B的过程中重力势能减少量是，B点的速度为，此过程中物体动能的增加量，重物下落过程中由于空气阻力的作用，重力势能没有全部转化为动能，所以四、计算题 19.从离地高80 m处水平抛出一个物体，3 s末物体的速度大小为50 m/s，取g10 m/s2.求：(
15、1)物体抛出时的初速度大小；(2)物体在空中运动的时间；【答案】(1)40m/s；(2)4s【解析】【详解】解：(1)物体在3s末的竖直分速度：根据平行四边形定则知物体抛出的初速度： (2)根据得物体在空中运动的时间：20.2016年8月16日1时40分，我国在酒泉卫星发射中心用长征二号丁运载火箭成功将世界首颗量子科学实验地球卫星“墨子号”发射升空。已知“墨子号”的公转周期为T，地球的半径为R，地球表面的重力加速度为g，万有引力常量为G，忽略地球自转。求：（1）地球的第一宇宙速度；（2）“墨子号”卫星距离地球表面的高度。【答案】(1) (2)【解析】(1)在地球表面万有引力等于重力有：又解得：
16、 (2)“墨子号”做圆周运动，由牛顿第二定律得：解得：。 点睛：万有引力问题的运动，一般接题的两种思路：根据地球表面上的物体重力等于万有引力求解；由卫星绕地球运行，万有引力做向心力求解。21.如图所示，竖直平面内的轨道由直轨道AB和圆弧轨道BC组成，小球从斜面上A点由静止开始滑下，滑到斜面底端后又滑上一个半径为R=0.4m的圆轨道，（1）若接触面均光滑小球刚好能滑到圆轨道的最高点C，求斜面高h（2）若已知小球质量m=0.1kg，斜面高h=2m，小球运动到C点时对轨道压力为mg，求全过程中摩擦阻力做的功【答案】（1） （2） 【解析】【详解】小球刚好到达C点，重力提供向心力，由牛顿第二定律得：
17、从A到C过程机械能守恒，由机械能守恒定律得： 解得： 在C点，由牛顿第二定律得： 从A到C过程，由动能定理得：解得：22.如图所示，竖直平面内，长为L=2m的水平传送带AB以v=5m/s顺时针传送，其右下方有固定光滑斜面CD，斜面倾角=37，顶点C与传送带右端B点竖直方向高度差h=045m，下端D点固定一挡板一轻弹簧下端与挡板相连，上端自然伸长至E点，且C、E相距04m现让质量m=2kg的小物块以v0=2m/s的水平速度从A点滑上传送带，小物块传送至B点后飞出恰好落至斜面顶点C且与斜面无碰撞，之后向下运动已知弹簧的最大压缩量为02m，物块所受空气阻力不计，取重力加速度g=10m/s2求：（1）
18、传送带与小物块间的动摩擦因数；（2）由于传送物块电动机对传送带所多做的功；（3）弹簧的最大弹性势能【答案】（1）03（2）20J（3）322J【解析】【详解】将物块在C点的速度沿水平和竖直方向分解，则则物块通过B点的速度为由于，所以物块由A到B一直做匀加速运动，在此过程中，物块的加速度为由解得物块由A到B运动时间此过程传送带的位移所以由于传送块电动机对传送带所做的功物块到C点时的速度为对物块，由C点运动到最低点的过程，由能量守恒定律得；代入解得弹簧最大弹簧性势能【点睛】本题是多过程问题，关键要熟练运用运动的分解法研究平抛运动，把握题目中隐含的条件：物块到达C点时速度沿斜面向下，明确能量守恒定律是求弹簧的弹性势能常用的方法