1、四川省成都外国语学校2019-2020学年高一物理下学期期末考试试题 理（含解析）第I卷（选择题共44分）一、单项选择题（本题包括8小题，每小题3分，共24分。每小题给出的四个选项只有一个选项符合题意。）1. 下列说法正确的是（）A. 动量大小相同的两个小球，其动能也一定相同B. 做曲线运动的物体，其加速度一定是变化的C. 物体做平抛运动时，相同时间内的动量的变化量不可能相同D. 物体做匀速圆周运动时，其所受合外力的方向一定指向圆心【答案】D【解析】【详解】A. 动量与动能的大小关系为 可知动量大小相同的两个小球，其动能不一定相同，还要看质量关系，故A项与题意不符；B. 在恒力作用下，物体可以
2、做曲线运动，如平抛运动，加速度不变，故B项与题意不相符；C. 物体做平抛运动时受到的力绳子等于质量，所以相同时间内的动量的变化量一定相同，故C项与题意不相符；D. 物体做匀速圆周运动时，其所受合外力的方向一定指向圆心，故D项与题意相符2. 如图所示，自行车的大齿轮与小齿轮通过链条相连，而后轮与小齿轮是绕共同的轴转动的。设大齿轮、小齿轮和后轮的半径分别为RA、RB和RC，其半径之比为RA：RB：RC3：1：6，在它们的边缘分别取一点A、B、C。下列说法正确的是（）A. 线速度大小之比为2：2：3B. 角速度之比为2：3：1C. 转速之比为3：2：1D. 向心加速度大小之比为1：3：18【答案】D
3、【解析】【详解】AA、B两点线速度相等，B、C两点为同轴转动，则角速度相同，则有所以A、B、C三点的线速度之比为1：1：6，故A错误；BA、B两点线速度相等，则角速度之比为B、C两点为同轴转动，则角速度相同，则A、B、C三点的角速度之比为1：3：3，故B错误；C由于A、B两点角速度之比为1：3，由公式可知，A、B两点转速之比为1：3，B、C两点为同轴转动，则角速度相同，由公式可知，B、C两点转速相同，则A、B、C三点的转速之比为1：3：3，故C错误；D由于A、B两点角速度之比为1：3，由公式可知，A、B两点向心加速度之比为1：3，B、C两点为同轴转动，则角速度相同，由公式可知，B、C两点向心加
4、速度之比为1：6，则A、B、C三点的向心加速度之比为1：3：18，故D正确。故选D。3. 如图所示，倾斜的传送带上有一工件始终与传送带保持相对静止，则（ ）A. 当传送带向上匀速运行时，物体克服重力和摩擦力做功B. 当传送带向下匀速运行时，只有重力对物体做功C. 当传送带向上匀加速运行时，摩擦力对物体做正功D. 不论传送带向什么方向运行，摩擦力都做负功【答案】C【解析】【详解】A、当传送带向上匀速运行时，根据平衡条件知，摩擦力沿斜面向上，则摩擦力做正功，故不是克服摩擦力做功，A错误；B、当传送带向下匀速运行时，根据平衡条件知，摩擦力沿斜面向上，则摩擦力做负功，不是只有重力对物体做功，B错误；C
5、、当传送带向上匀加速运行时，根据牛顿第二定律知合外力沿斜面向上，则摩擦力一定是沿斜面向上的，摩擦力做正功，C正确；D、由前面分析知摩擦力可以做正功，故D错误；故选C【点睛】物体一起运动说明它们由共同的加速度，根据牛顿第二定律可以判断物体受到的摩擦力的方向，注意平衡状态下受力情况4. 河水由西向东流，河宽为800 m，河中各点的水流速度大小为v水，各点到较近河岸的距离为x，v水与x的关系为v水x(m/s)让小船船头垂直河岸由南向北渡河，小船划水速度大小恒为v船4 m/s下列说法中正确的是()A. 小船渡河的轨迹为直线B. 小船在河水中的最大速度是5 m/sC. 小船渡河的时间是160 sD. 小
6、船在距离南岸200 m处速度小于距北岸200 m处的速度【答案】B【解析】【详解】A小船的速度为沿船头指向和顺水流方向的两个分运动的分速度的矢量和，而两个分速度垂直，故当顺水流方向的分速度最大时，合速度最大，合速度的方向随顺水流方向的分速度的变化而变化，故小船到达河中心时速度最大，且运动轨迹为曲线，故A错误;B当船到河中央时，水流速度达到最大，根据矢量的合成，船在河水中的最大速度故B正确；C将小船的运动分解为沿船头指向和顺水流方向的两个分运动，两个分运动同时发生，互不干扰，故渡河时间与顺水流方向的分运动无关，当船头与河岸垂直时，沿船头方向的分运动的分位移最小，故渡河时间最短，最短时间为故C错误
7、；D.小船距南岸200m处，则水流速度为 而小船距北岸200m处时，水流速度也为1.5m/s；根据速度的合成可知，它们的速度大小相等，方向不同，故D错误；5. 如图所示，两根长度不同的细线的上端固定在天花板上的同一点，下端分别系一小球，现使两个小球在同一水平面内作匀速圆周运动，关于两小球的受力和运动情况，下列说法中正确的是A. 运动的周期一定相等B. 线速度的大小一定相等C. 受到细线拉力的大小一定相等D. 向心加速度的大小一定相等【答案】A【解析】【详解】C对其中一个小球受力分析，如图，受重力，绳子的拉力，由于小球做匀速圆周运动，故合力提供向心力；将重力与拉力合成，合力指向圆心，由几何关系得
8、，合力F=mgtan 绳子拉力T=不知两小球质量情况，故C错误；A由向心力公式得F=m2 设球与悬挂点间的高度差为h，由几何关系，得r=htan 由三式得， ，与绳子的长度和转动半径无关，又由，所以运动的周期一定相等，故A正确；B由v=r，两球转动半径不等，故B错误；D由a=2r，两球转动半径不等，故D错误。故选A。6. 如图所示，在足够长的斜面上的A点，以水平速度v0抛出一个小球，不计空气阻力，它在竖直方向上的位移为h1；若将此球改用2v0抛出，它在竖直方向上的位移为h2，则h1与h2之比为（）A. 11B. 12C. 13D. 14【答案】D【解析】【详解】根据平抛运动的规律可得x=v0t
9、h=gt2 解得 则 故选D。7. 2017年6月,我国发射了宇宙探测卫星“慧眼”卫星携带的硬X射线调制望远镜(简称）在离地的轨道上观察遥远天体发出的射线,为宇宙起源研究提供了新的证据则“慧眼”的（ ）A. 角速度小于地球自转角速度B. 线速度小于第一宇宙速度C. 周期大于同步卫星的周期D. 向心加速度大于地球的重力加速度【答案】B【解析】A、根据得，轨道半径越大，角速度越小，“慧眼”的轨道半径小于同步卫星的轨道半径，则“慧眼”的角速度大于同步卫星的角速度，同步卫星的角速度与地球自转的角速度相等，则“慧眼”的角速度大于地球自转的角速度，故A错误；B、第一宇宙速度是卫星绕地球做圆周运动的最大环绕
10、速度，可知“慧眼”的线速度小于第一宇宙速度，故B正确；C、由A选项分析知，“慧眼”的角速度大于地球自转的角速度，根据知，“慧眼”的周期小于同步卫星的周期，故C错误；D、根据得，根据得，可知“慧眼”的向心加速度小于地面的重力加速度，故D错误点睛：解决本题的关键掌握万有引力定律的两个重要理论：万有引力提供向心力，万有引力等于重力，并能灵活运用，以及理解第一宇宙速度的含义8. 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
11、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PaPb=Pc，故C正确，
12、D错误所以C正确，ABD错误二、多项选择题（本大题共5小题，每小题4分，共20分，每小题给出的四个选项中有多个选项符合题目要求。全选对的得4分，选对但不全的得2分，有选择错的得0分。）9. 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OO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. 是b开始滑动的临界角速度D. 当时，a所受摩擦力的大小为kmg【答案】AC【解析】【详解
13、】B小木块都随水平转盘做匀速圆周运动时，在发生相对滑动之前，角速度相等，静摩擦力提供向心力即由于木块b的半径大，所以发生相对滑动前木块b的静摩擦力大，选项B错。C随着角速度的增大，当静摩擦力等于滑动摩擦力时木块开始滑动，则有代入两个木块的半径，小木块a开始滑动时的角速度木块b开始滑动时的角速度选项C正确。A根据，所以木块b先开始滑动，选项A正确D当角速度，木块b已经滑动，但是所以木块a达到临界状态，摩擦力还没有达到最大静摩擦力，所以选项D错误。故选AC。10. 2013年12月11日，“嫦娥三号”从距月面高度为100km的环月圆轨道上的P点实施变轨，进入近月点为15km的椭圆轨道，由近月点Q成
14、功落月，如图所示，关于“嫦娥三号”说法正确的是（）A. 沿轨道运行的周期大于沿轨道运行的周期B. 沿轨道运动至P点时，需制动减速才能进入轨道C. 沿轨道运行时，在P点的加速度小于在Q点的加速度D. 在轨道上由P点运行到Q点的过程，速度逐渐减小【答案】BC【解析】【详解】A轨道II的半长轴小于轨道I的半径，由开普勒第三定律可知，周期小于轨道I上的周期，故A错误；B在轨道I上运动，从P点开始变轨，可知嫦娥三号做近心运动，故在P点应该减速以减小向心力通过做近心运动减小轨道半径，故B正确；C根据得沿轨道运行时，在P点的加速度小于在Q点的加速度，故C正确；D在轨道上由P点运行到Q点的过程中，万有引力方向
15、与速度方向成锐角，万有引力对其做正功，动能增大，速度增大，故D错误。故选BC。11. 如图所示，质量为m的物体（可视为质点）以某一速度从A点冲上倾角为的固定斜面，其运动的加速度大小为，此物体在斜面上上升的最大高度为h，则在这个过程中物体（）A. 重力势能增加了B. 克服摩擦力做功C. 动能损失了D. 机械能损失了【答案】BC【解析】【详解】A物体在斜面上能够上升的最大高度为h，所以重力势能增加了mgh，故A错误；BD设物体所受的摩擦力大小为f，根据牛顿第二定律得解得摩擦力由数学知识可知，物体上滑的距离为2h，所以克服摩擦力做功根据功能关系可知，机械能损失了，故B正确，D错误；C由动能定理可知，
16、动能损失量等于物体克服合外力做的功，大小为故C正确。故选BC。12. 如图所示，将质量为M1、半径为R且内壁光滑的半圆槽置于光滑水平面上，左侧靠竖直墙壁，右侧靠一质量为M2的物块今让一质量为m的小球自左侧槽口A的正上方h高处从静止开始下落，与半圆槽相切自A点进入槽内，则以下结论中正确的是( )A. 小球在槽内运动的全过程中，小球与半圆槽在水平方向动量守恒B. 小球在槽内运动的B至C过程中，小球、半圆槽和物块组成的系统水平方向动量守恒C. 小球离开C点以后，将做竖直上抛运动D. 小球从A点经最低点向右侧最高点运动的过程中，小球、半圆槽和物块组成的系统机械能守恒【答案】BD【解析】【详解】AB小球
17、从AB的过程中，半圆槽对球的支持力沿半径方向指向圆心，而小球对半圆槽的压力方向相反指向左下方，因为有竖直墙挡住，所以半圆槽不会向左运动，可见，该过程中，小球与半圆槽在水平方向受到外力作用，动量并不守恒，而由小球、半圆槽和物块组成的系统动量也不守恒；从BC的过程中，小球对半圆槽的压力方向向右下方，所以半圆槽要向右推动物块一起运动，因而小球参与了两个运动：一个是沿半圆槽的圆周运动，另一个是与半圆槽一起向右运动，小球所受支持力方向与速度方向并不垂直，此过程中，因为有物块挡住，小球与半圆槽在水平方向动量并不守恒，但是小球、半圆槽和物块组成的系统水平方向动量守恒，小球运动的全过程，水平方向动量也不守恒，
18、选项A错误，选项B正确；C当小球运动到C点时，它的两个分运动的合速度方向并不是竖直向上，所以此后小球做斜上抛运动，即选项C错误；D因为小球在槽内运动过程中，速度方向与槽对它的支持力始终垂直，即支持力不做功，且在接触面都是光滑的，所以小球、半圆槽物块组成的系统机械能守恒，故选项D正确故选BD.13. 如图所示，A、B两小球由绕过轻质定滑轮的细线相连，A放在固定的光滑斜面上，B、C两小球在竖直方向上通过劲度系数为的轻质弹簧相连，C球放在水平地面上。现用手控制住A，并使细线刚刚拉直但无拉力作用，并保证滑轮左侧细线竖直、右侧细线与斜面平行。已知A的质量为，B、C的质量均为，重力加速度为g，细线与滑轮之
19、间的摩擦不计，开始时整个系统处于静止状态。释放A后，A沿斜面下滑至速度最大时C恰好离开地面，下列说法正确的是（）A. 斜面倾角B. A获得最大速度为C. 当A的速度最大时，弹簧的伸长量为D. 从释放A到C刚离开地面的过程中，A、B两小球组成的系统机械能先增加再减少【答案】BD【解析】【详解】A设当小球C刚刚离开地面时，弹簧的伸长量为xC，则小球C刚刚离开地面时，以B为研究对象，小球B受到重力mg、弹簧的弹力kxC、细线的拉力T三个力的作用，设小球B的加速度为a，根据牛顿第二定律，对B有对A有联立得当B获得最大速度时，有a=0联立解得则故A错误；B设开始时弹簧的压缩量xB，则设当小球C刚刚离开地
20、面时，弹簧的伸长量为xC，则当小球C刚离开地面时，小球B上升的距离以及小球A沿斜面下滑的距离均为由于弹簧处于压缩状态和伸长状态时的弹性势能相等，且小球C刚刚离开地面时，A、B两小球的速度相等，设为vBm，以A、B及弹簧组成的系统为研究对象，由机械能守恒定律得解得故B正确；C当A的速度最大时，小球C刚刚离开地面时，弹簧的伸长量为xC，则则弹簧的伸长量为故C错误；D从释放A到C刚离开地面的过程中，弹簧先被压缩后被拉伸，则此过程中弹簧对A、B两小球组成的系统先做正功后做负功，则系统机械能先增大后减小，故D正确。故选BD。第卷（非选择题，共56分）三、实验探究题（本题共2小题，共14分。）14. （1
21、）某同学用如图所示装置来探究平抛物体的运动，用小锤打击弹性金属片，金属片把球A沿水平方向弹出，同时球B被松开，自由下落，观察到两球同时落地，改变小锤打击的力度，即改变球A被弹出时的速度，两球仍然同时落地，这说明_。（2）该同学继续研究平抛物体的运动，他用频闪照相法研究小球A的运动如图，图中小方格的边长L=5cm。若小球在平抛运动途中的几个位置如图中a、b、c、d所示，则小球平抛的初速度的计算式v0=_（用g、L表示），其值是_（取g=9.8m/s2）【答案】 (1). 平抛运动在竖直方向上的分运动是自由落体运动 (2). (3). 1.4m/s【解析】【详解】（1）1 平抛运动在竖直方向上的分
22、运动是自由落体运动（2）2 3竖直方向做自由落体运动，根据水平方向做匀速直线运动，有联立并带入数据得15. 利用如图装置做“验证机械能守恒定律”实验.(1)为验证机械能是否守恒,需要比较重物下落过程中任意两点间的（ ）A.动能变化量与势能变化量B.速度变化量和势能变化量C.速度变化量和高度变化量(2)在实验中,已知重物质量,在纸带上打出一系列的点,如图所示(打点间隔为),纸带上所标数据单位,其中点与下一点之间距离为,那么从打点到打点的过程中：重物的重力势能变化量_,动能变化量_(结果保留两位有效数字)有一位学生的实验结果显示,重力势能的减少量小于动能的增加量,原因是:_A.重物下落时受到的阻力
23、过大B.在计算中误将取C.重物的质量测量错误D.交流电源频率小于(3)某同学想用下述方法研究机械能是否守恒,在纸带上选取多个计数点,测量它们到起始点的距离,计算对应计数点的重物速度,描绘图像,并做如下判断:若图像是一条过原点的直线,则重物下落过程中机械能守恒请你分析论证该同学的判断依据是否正确_【答案】 (1). A； (2). 0.49J； (3). 0.48； (4). D； (5). 不正确；【解析】（1）为验证机械能是否守恒,需要比较重物下落过程中任意两点间的动能变化量与势能变化量，故选A.（2）因O点与下一点之间距离为2mm，可知打O点时重物的速度为零；B点的速度： 重物的重力势能变
24、化量Ep=mghB=19.80.0501J=0.49J；动能变化量Ek= 若重物下落时受到的阻力过大，则重力势能的减小量会大于动能的增量，选项A错误；在计算中误将g取10m/s2，则计算出的重力势能的减小量也会大于动能的增量，选项B错误；因为要比较的mgh和mv2两边都有m，则重物的质量测量错误对实验无影响，选项C错误；交流电源的频率小于50Hz，则打点的周期较大，点间距离较大，则测得的点的速度偏大，则可能会造成动能增加量大于重力势能减小量，选项D正确；故选D.（3）该同学的判断依据不正确在重物下落h的过程中，若阻力f恒定，根据mgh-fh=mv2，可得：v2=2（g-）h，则此时v2-h图象
25、就是过原点的一条直线所以要想通过v2-h图象的方法验证机械能是否守恒，还必须看图象的斜率是否接近2g点睛：解决本题的关键掌握实验的原理，会通过原理确定产生误差的原因，以及掌握纸带的处理方法，会通过纸带求解瞬时速度的大小，关键是匀变速直线运动推论的运用四、计算题（本题共4个小题，共42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，有数值运算的题，答案中必须明确写出数值和单位。）16. 京沪高铁采用CR400系列复兴号列车运行，一列16节车厢的高铁列车总质量m800t，发动机的额定功率P8103kW，设列车在水平轨道上行驶时所受阻力Ff是车重的0.01倍，g10m/
26、s2。求：（1）高铁列车在水平轨道上行驶的最大速度；（2）若列车在水平长直轨道上从静止开始，保持0.5m/s2的加速度做匀加速运动，这一匀加速过程维持的最长时间t为多少。【答案】（1）100m/s；（2）33.3s【解析】【详解】（1）当时，列车行驶速度达到最大，由有解得（2）保持匀加速运动所需牵引力为F1，有牛顿第二定律有匀加速能达到的最大速度匀加速运动的时间带入数据计算得17. 在星球M上将一轻弹簧竖直固定在水平桌面上，把物体P轻放在弹簧上端，P由静止向下运动，物体加速度a与弹簧的压缩量x间的关系如图中实线所示。在另一星球N上用完全相同的弹簧，改用物体Q完成同样的过程，其ax关系如图中虚线
27、所示，假设两星球均为质量均匀分布的球体。已知星球M的半径是星球N的3倍，求：(1)Q和P的质量之比是多少；(2)星球M和星球N密度之比为多少。【答案】(1)；(2)【解析】【详解】(1)设星球M和星球N表面重力加速度分别为和，P、Q两物体质量分别为和，由牛顿第二定律可知由图可知解得(2)由(1)可知由即联解可得18. 如图所示，有一个可视为质点的质量m=1kg的小物块，从光滑平台上的A点以v0=1.8m/s的初速度水平抛出，到达C点时，恰好沿C点的切线方向进入固定在竖直平面内的光滑圆弧轨道。圆弧轨道的半径为R=2m，C点和圆弧的圆心O点连线与竖直方向的夹角=53，不计空气阻力，重力加速度g=1
28、0m/s2，sin53=0.8，cos53=0.6。求：（1）光滑平台上的A点到BC平面的高度；（2）小物块到达圆弧轨道最低点D时对轨道的压力。【答案】（1）h=0.88m；（2）=22.5N, 方直竖直向下【解析】【详解】（1）设小物块在C点的速度为，在C点由解得从A点至C点，设A点到BC平面高度为h，由机械能守恒可得代入数据，解得（2）设小物块在D点速度为 ，从C点至D点由动能定理，可得解得设在D点轨道对小物块的支持力为FN，有解得由牛顿第三定律得小物块在D点时对轨道压力为向竖直向下19. 如图所示，在水平轨道右侧安放半径为R的竖直圆槽形光滑轨道，水平轨道的PQ段铺设特殊材料，调节其初始长
29、度为l水平轨道左侧有一轻质弹簧左端固定，弹簧处于自然伸长状态小物块A（可视为质点）从轨道右侧以初速度v0冲上轨道，通过圆形轨道、水平轨道后压缩弹簧并被弹簧以原速率弹回，经水平轨道返回圆形轨道已知R=0.2m，l=1.0m，v0=2m/s，物块A质量为m=1kg，与PQ段间的动摩擦因数为=0.2，轨道其他部分摩擦不计，取g=10m/s2求：（1）物块A与弹簧刚接触时的速度大小；（2）物块A被弹簧以原速率弹回返回到圆形轨道的高度；（3）调节PQ段的长度l，A仍以v0从轨道右侧冲上轨道，当l满足什么条件时，A物块能第一次返回圆形轨道且能沿轨道运动而不会脱离轨道【答案】（1）2m/s（2）0.2m（3
30、）1.0ml1.5m或l0.25m【解析】【详解】（1）物块A冲上圆形轨道后回到最低点速度为v0=m/s，与弹簧接触瞬间，可得，物块A与弹簧刚接触时的速度大小m/s；（2）A被弹簧以原速率v1弹回，向右经过PQ段，有；解得A速度v2=2m/s，A滑上圆形轨道，有，（也可以应用）可得，返回到右边轨道的高度为h=0.2m=R，符合实际（3）物块A以v0冲上轨道直到回到PQ段右侧，有，可得，A回到右侧速度：，要使A能返回右侧轨道且能沿轨道运动而不脱离轨道，则有：若A沿轨道上滑至最大高度h时，速度减为0，则h满足：0hR，根据机械能守恒：联立可得，1.0ml1.5m；若A能沿轨道上滑至最高点，则满足：且，联立得l0.25m，综上所述，要使A物块能第一次返回圆形轨道并沿轨道运动而不脱离轨道，l满足的条件是1.0ml1.5m或l0.25m；
