1、2014-2015学年四川省广元市高一（下）期末物理试卷一、选择题1（6分）（2015春广元期末）下列说法错误的是（）A做曲线运动的物体速度方向必定变化B平抛运动是匀变速运动C只有曲线运动，才可以对运动进行分解D匀速圆周运动属于加速度变化的曲线运动考点：平抛运动；物体做曲线运动的条件分析：曲线运动的条件，合外力与速度不一条直线上，速度方向时刻变化，故曲线运动时变速运动平抛运动的加速度是重力加速度，保持不变，所以平抛运动是匀变速运动；匀速圆周运动的物体向心力大小不变，方向始终指向圆心解答：解：A、曲线运动的条件，合外力与速度不一条直线上，速度方向时刻变化，故曲线运动是变速运动，故A正确；B、平抛
2、运动的加速度是重力加速度，保持不变，所以平抛运动是匀变速运动，故B正确；C、曲线运动和直线运动都可以进行运动的分解，故C错误；D、做匀速圆周运动的物体所受合外力提供向心力，合力的大小不变，方向始终指向圆心，所以加速度始终变化，是加速度变化的曲线运动，故D正确本题选不正确的，故选：C点评：解决本题的关键知道平抛运动和匀速圆周运动的特点，即平抛运动的加速度不变，匀速圆周运动加速度大小不变，但方向时刻改变2（6分）（2015春广元期末）对于质量为m1和m2的两个物体间的万有引力的表达式F=G，下列说法正确的是（）A只要m1和m2是球体，就可以用上式计算两者之间的万有引力B两个物体间的万有引力总是大小
3、相等，方向相反，与m1和m2是否相等无关C两个物体间的万有引力总是大小相等，方向相反，是一对平衡力D当两物体间的距离趋近于零时，万有引力趋向无穷大考点：万有引力定律及其应用分析：万有引力定律的条件是适用于两质点间的万有引力，自然界中任意两个物体都有万有引力，两物体间相互的万有引力是一对作用力和反作用力解答：解：万有引力公式适用于两质点间的万有引力计算，质量均匀的球体间的引力也可以通过此式计算A、当m1和m2是质量均匀的球体时可以用此式计算两者间的万有引力，故A错误；B、两个物体间的万有引力总是大小相等，方向相反，是一对作用力和反作用力，与m1和m2是否相等无关，故B正确；C、两个物体间的万有引
4、力总是大小相等方向相反，作用在相互作用的两个物体上，不是一对平衡力，故C错误；D、当两物体间的距离r趋向零时，两物体不能看成质点，万有引力定律不再适用故D错误故选：B点评：解决本题的关键掌握万有引力定律的公式，知道公式的适用条件3（6分）（2015春广元期末）某人用同一水平力先后两次拉同一物体，第一次使此物体沿光滑水平面前进s距离，第二次使此物体沿粗糙水平面也前进s距离，若先后两次拉力做的功为W1和W2，拉力做功的功率是P1和P2，则（）AW1=W2，P1=P2BW1=W2，P1P2CW1W2，P1P2DW1W2，P1=P2考点：功率、平均功率和瞬时功率；功的计算专题：功率的计算专题分析：在物
5、体运动过程中，知道拉力相同，移动的距离相同，根据W=Fs比较拉力做功的大小关系；又知道运动时间的大小关系，根据功率公式P=分析拉力做功功率的大小关系解答：解：由题知，用同一水平力F拉物体，物体运动的距离s相同，W=Fs，拉力做的功：W1=W2；又P=分析，运动时间：t1t2，拉力做功功率：P1P2故选：B点评：本题考查了学生对功的公式、功率公式的掌握和运用，比较做功大小时，紧紧抓住“力和在力的方向上移动的距离相等”，不要受接触面情况的影响4（6分）（2012四川）今年4月30日，西昌卫星发射中心发射的中圆轨道卫星，其轨道半径为2.8l07m它与另一颗同质量的同步轨道卫星（轨道半径为4.2l07
6、m）相比（）A向心力较小B动能较大C发射速度都是第一宇宙速度D角速度较小考点：人造卫星的加速度、周期和轨道的关系；万有引力定律及其应用专题：人造卫星问题分析：根据牛顿的万有引力定律研究引力的大小卫星由万有引力提供向心力，根据牛顿第二定律研究速度、周期、向心力解答：解：设地球的质量为M，卫星的质量为m，轨道半径为r，卫星由万有引力提供向心力得=m2r解得：v=A、向心力F=，轨道半径为2.8107m的卫星向心力较大，故A错误B、v=，轨道半径为2.8107m的卫星速度较大，动能较大，故B正确C、第一宇宙速度是发射卫星的最小速度，离地球越远，需要的发射速度越大，故C错误D、=，轨道半径为2.810
7、7m的卫星角速度较大，故D错误故选B点评：卫星类型关键要建立物理模型：卫星绕地球做匀速圆周运动，地球的万有引力提供卫星的向心力5（6分）（2012上海）如图所示，斜面上a、b、c三点等距，小球从a点正上方O点抛出，做初速为v0的平抛运动，恰落在b点若小球初速变为v，其落点位于c，则（）Av0v2v0Bv=2v0C2v0v3v0Dv3v0考点：平抛运动专题：平抛运动专题分析：平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，平抛运动的水平位移由初速度和运动时间决定解答：解：小球从a点正上方O点抛出，做初速为v0的平抛运动，恰落在b点，改变初速度，落在c点，知水平位移变为原来的2倍，
8、若时间不变，则初速度变为原来的2倍，由于运动时间变长，则初速度小于2v0故A正确，B、C、D错误故选A点评：解决本题的关键知道平抛运动水平方向和竖直方向上的运动规律，知道平抛运动的时间由高度决定，时间和初速度共同决定水平位移6（6分）（2015春广元期末）如图所示，一个固定在竖直平面上的光滑圆形管道，管道里有一个直径略小于管道内径的小球，小球在管道内做圆周运动，下列说法中正确的是（）A小球通过管道最低点时，小球对管道的压力向下B小球通过管道最低点时，小球对管道可能无压力C小球通过管道最高点时，小球对管道的压力可能向上D小球通过管道最高点时，小球对管道可能无压力考点：牛顿第二定律；向心力专题：牛
9、顿第二定律在圆周运动中的应用分析：小球沿管道做圆周运动，需要向心力根据牛顿第二定律分析小球通过管道最低点时，管道对小球的作用力方向，再由牛顿第三定律分析小球对管道的作用力方向解答：解：A、B小球小球通过管道最低点时，具有向上的向心加速度，根据牛顿第二定律得知，合力向上，则管道对小球的支持力向上，由牛顿第三定律得到，小球对管道的压力向下故A正确，B错误C、D设管道的半径为R，小球的质量为m，小球通过最高点时速度大小为v，管道对小球有向上作用力，大小为N，根据牛顿第二定律得：mgN=m，当v=时，N=0，说明管道对小球无压力；当v时，N0，说明管道对小球的作用力向下，则小球对管道的压力向上故CD正
10、确故选ACD点评：本题运用牛顿第二定律分析管道对小球的作用力方向，与轻杆模型类似小球经过最高点时，管道对小球的作用力方向、大小与小球的速度有关7（6分）（2015春广元期末）在光滑的水平地面上，一个质量为m的物体在水平恒力F的作用下由静止开始运动，经过时间t后，获得动能为Ek；如果要使物体由静止开始运动相同的时间t后获得的动能为2Ek，可以采取（）A质量不变，力变为2FB力不变，质量变为原来的一半C力不变，质量变为2mD将质量和力都变为原来的2倍考点：动能定理的应用专题：动能定理的应用专题分析：根据牛顿第二定律和速度公式得到动能的表达式，进而分析，选出符合条件的选项解答：解：经过时间t物体的速
11、度为：v=at=，动能为：Ek=则有：A、质量不变，F变为2F时，动能变化原来的4倍；故A错误；B、力不变，质量变原来的一半时，动能加倍，即为2Ek，故B正确；C、力不变，质量变为2倍时，动能变为原来的一半；故C错误；D、质量和力均变为原来的2倍时，则动能将变为原来的2 倍；故D正确；故选：BD点评：对于某一物理量的变化类问题，通过物理规律列出公式进行计论是常用的解题方法8（6分）（2015春广元期末）质量为2103kg，发动机额定功率为80kW的汽车在平直公路上行驶，若汽车所受阻力大小大小恒为4103N，则下列判断正确的有（）A汽车的最大动能为4105JB若汽车以加速度2m/s2匀加速启动，
12、在整个匀加速阶段，摩擦力做功为4105JC若汽车以加速度2m/s2匀加速启动，启动后第2秒末发动机的实际功率为32kWD汽车以额定功率启动，当汽车速度为5m/s时，加速度为8m/s2考点：功率、平均功率和瞬时功率；牛顿第二定律专题：功率的计算专题分析：汽车在平直公路上行驶，当牵引力等于阻力时，速度达到最大以恒定加速度启动，当功率达到额定功率时，匀加速直线运动结束，根据牛顿第二定律求出牵引力，从而根据功率与牵引力的关系求出匀加速直线运动的末速度，根据W=fx求解摩擦力做功解答：解：A、当牵引力等于阻力时，速度达到最大则vm=20m/s，故最大动能为=4105 J，故A正确B、汽车以2m/s2的加
13、速度起动做匀加速启动，牵引力F=f+ma=4000+20002N=8000N，匀加速达到的最大速度v=，通过的位移为x=，摩擦力做功为W=fx=1105 J，故B错误；C、2s末速度v=at=4m/s，此时功率为P=Fv=32kW，故C正确；D、速度为5m/s时，牵引力为F=，加速度为a=，故D错误；故选：AC点评：解决本题的关键会通过汽车受力情况判断其运动情况，知道汽车在平直路面上行驶时，当牵引力与阻力相等时，速度最大二、解答题（共5小题，满分62分）9（6分）（2015春广元期末）如图所示为小球做平抛运动的闪光照片的一部分，图中背景方格的边长均为2.5cm，如果取重力加速度g=10m/s2
14、，那么：（1）照片闪光的频率（即每秒闪光的次数）为10HZ；（2）小球做平抛运动的初速度的大小为0.75m/s；（3）小球到达B位置时的速度大小为1.25m/s考点：研究平抛物体的运动专题：实验题；平抛运动专题分析：正确应用平抛运动规律：水平方向匀速直线运动，竖直方向自由落体运动；解答本题的突破口是利用在竖直方向上连续相等时间内的位移差等于常数解出闪光周期，然后进一步根据匀变速直线运动的规律、推论求解解答：解：（1）在竖直方向上有：h=gT2，其中h=（62）2.5cm=10cm，代入求得：T=0.1s，因此闪光频率为：故答案为：10（2）水平方向匀速运动，有：s=v0t，其中s=3l=7.5
15、cm，t=T=0.1s，代入解得：v0=0.75m/s故答案为：0.75（3）根据匀变速直线运动中，时间中点的瞬时速度等于该过程的平均速度，在B点有：所以B点速度为：故答案为：1.25点评：对于平抛运动问题，一定明确其水平和竖直方向运动特点，尤其是在竖直方向熟练应用匀变速直线运动的规律和推论解题10（10分）（2015春广元期末）在验证机械能守恒定律的实验中，质量m为1.0kg的重物自由下落，带动纸带打出一系列的点，如图所示相邻计数点间的时间间隔为0.02s，距离单位为cmg取9.80m/s2结果保留2位有效数字（1）有下列器材可供选择：A铁架台 B打点计时器 C复写纸 D纸带 E低压交流电源
16、F天平 G重物 H秒表 I开关 J米尺 K导线（2）打点计时器打下计数点B时，物体的速度vB=0.98m/s；（3）从起点O到打下计数点B的过程中物体的动能增加量EK=0.48J，势能减少量EP=0.49J（4）数值上EkEp，这是因为重物下落要克服阻力做功消耗重力势能考点：验证机械能守恒定律专题：实验题；机械能守恒定律应用专题分析：纸带法实验中，若纸带匀变速直线运动，测得纸带上的点间距，利用匀变速直线运动的推论，可计算出打出某点时纸带运动的瞬时速度和加速度，从而求出动能根据功能关系得重力势能减小量等于重力做功的数值该实验的误差主要来源于纸带和打点计时器的摩擦以及空气阻力的存在解答：解：（2）
17、利用匀变速直线运动的推论vB=0.98m/s；（3）重力势能减小量Ep=mgh=19.80.0501J=0.49 JEkB=mvB2=0.48 J（4）通过计算，数值EP大于Ek，这是因为物体下落过程中受阻力作用故答案为：（2）0.98；（3）0.48； 0.49；（4）重物下落要克服阻力做功消耗重力势能点评：运用运动学公式和动能、重力势能的定义式解决问题是该实验的常规问题要注意单位的换算要知道重物带动纸带下落过程中能量转化的过程和能量守恒11（12分）（2015春广元期末）小船匀速横渡一条河流，当船头垂直对岸方向航行时，在出发后l0min到达对岸下游120m处；若船头保持与河岸成=53角向上
18、游航行时，小船恰好能垂直河岸到达正对岸，已知cos53=0.6，sin53=0.8，求：（1）水流速度的大小v1（2）船在静水中的速度大小v2考点：运动的合成和分解专题：运动的合成和分解专题分析：将船的运动分解为垂直于河岸和沿河岸方向，抓住分运动与合运动具有等时性求出河的宽度解答：解：（1）设静水速为v1，水流速为v2船头保持跟河岸垂直的方向航行时有：v2t=120m，则有：v2=s=0.2m/s（2）而v1t=d，当合速度与河岸垂直时，合速度为：v=，且d=vt联立以上各式解得：d=200m，v1=m/s答：（1）水流的速度0.2m/s，（2）船在静水中的速度m/s点评：解决本题的关键知道分
19、运动与合运动具有等时性，各分运动具有独立性，互不干扰，注意列出方程组，从而求解是解题的基本思路12（15分）（2015春广元期末）如图所示，在光滑水平面上有坐标xOy，质量为1kg的质点开始静止在xOy平面上的原点O，某一时刻受到沿+x方向的恒力F1作用，F1的大小为2N，若力F1作用一段时间t0后撤去，撤去力F1后5s末质点恰好通过该平面上的A点，A点坐标为x=11m，y=15m（1）为使质点按题设条件通过A点，在撤去力F1的同时对质点施加一个沿y轴正方向的恒力F2，计算F2的大小？（2）计算力F1作用时间t0考点：牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系专题：牛顿运动定律综合专题分析
20、：（1）根据牛顿第二定律求出y方向的加速度，运用运动学公式表示出y方向上的位移（2）求出前段时间内的加速度和两段时间内的水平位移，联立求时间解答：解：（1）沿y轴方向有：其中：可得：=1.2N（2）刚开始：a1=m/s2=2m/s2；沿x轴方向的位移：撤去力F1后5s位移：x2=vt=a1t0t由题意：x1+x2=11联立解得：t0=1s答：（1）为使质点按题设条件通过A点，力F2应为1.2N；（2）力F1作用时间为1s点评：解决本题的关键将物体的运动分解为x方向和y方向，根据牛顿第二定律求出加速度，运用运动学公式进行求解13（19分）（2015春广元期末）如图所示，半径为R的光滑半圆弧轨道与
21、高为10R的光滑斜轨道放在同一竖直平面内，两轨道之间由一条光滑水平轨道CD相连，水平轨道与斜轨道间有一段圆弧过渡在水平轨道上，轻质弹簧被a、b两小球挤压，处于静止状态同时释放两个小球，a球恰好能通过圆弧轨道的最高点A，b球恰好能到达斜轨道的最高点B已知a球质量为m1，b球质量为m2，重力加速度为g求：（1）a球离开弹簧时的速度大小va；（2）b球离开弹簧时的速度大小vb；（3）释放小球前弹簧的弹性势能Ep考点：动量守恒定律；动能定理的应用；机械能守恒定律专题：动量与动能定理或能的转化与守恒定律综合分析：（1）小球能通过最高点，则重力充当向心力，由向心力公式可得出小球在A点的速度，由机械能守恒可
22、得出小球释放时的速度；（2）对b球由机械能守恒可得出小球b的速度；（3）对系统由动量守恒可求得两小球的质量关系，则由机械能守恒可得出弹簧的弹性势能解答：解：（1）a球过圆轨道最高点A时mg=m求出vA=a球从C运动到A，由机械能守恒定律mvC2=mvA2+2mgR由以上两式求出vc=（2）b球从D运动到B，由机械能守恒定律mbvD2=mbg10R求出vb=vD=2（3）以a球、b球为研究对象，由动量守恒定律mva=mbvb求出mb=m弹簧的弹性势能 Ep=mva2+mbvb2求出 E=7.5mgR 答：（1）a的速度为va为；（2）b的速度为2；（3）释放小球前弹簧的弹性势能7.5mgR点评：本题为动量守恒及机械能守恒相结合的题目，注意只有弹簧弹开的过程中动量才是守恒的，才能列出动量守恒的表达式，此后两小球不再有关系
