1、广西玉林市博白县2016-2017学年第二学期期末考试高一年级物理试卷解析版一选择题1古时有“守株待兔”的寓言假设兔子质量约为1kg，以10m/s的速度大小奔跑，撞树后反弹的速度为1m/s，则兔子受到撞击力的冲量大小为 （）A9NsB10NsC11NsD12Ns【考点】52：动量定理【分析】由题意可知初速度、末速度，则直接由动量定理可求得冲量的大小【解答】解：设初速度方向为正方向，则由题意可知，初速度v0=10m/s；末速度为v=1m/s；则由动量定理可知：I=mvmv0=1110=11Ns；故C正确，ABD错误 故选：C2关于功率公式 P= 和 P=Fv，下列说法正确的是（）A由P= 知，只
2、要知道 W 和 t 就可求出任意时刻的功率B由 P=Fv 只能求某一时刻的瞬时功率C由 P=Fv 知汽车的功率与它的速度成正比D由 P=Fv 知当汽车发动机功率一定时，牵引力与速度成反比【考点】63：功率、平均功率和瞬时功率【分析】功率的计算公式由两个P= 和 P=Fv，P= 只能计算平均功率的大小，而P=Fv可以计算平均功率也可以是瞬时功率，取决于速度是平均速度还是瞬时速度【解答】解：A、P= 只能计算平均功率的大小，不能用来计算瞬时功率，所以A错误B、P=Fv可以计算平均功率也可以是瞬时功率，取决于速度是平均速度还是瞬时速度，所以B错误C、从P=Fv知，当F不变的时候，汽车的功率和它的速度
3、是成正比的，当F变化时就不对了，所以C错误D、从P=Fv知，当汽车发动机功率一定时，牵引力与速度成反比，所以D正确故选D3关于功率公式P=和P=Fv的说法正确的是（）A据P=，知道W和t就可求出任意时刻的功率 B由P=Fv只能求某一时刻的瞬时功率C从P=Fv知汽车的功率与它的速度成正比D从P=Fv知当功率一定时，牵引力与速度成反比【考点】63：功率、平均功率和瞬时功率【分析】根据P=可以某段时间内的平均功率，根据P=Fv可以求解瞬时功率和平均功率对于P=Fv，在P一定的条件下，牵引力与速度成反比【解答】解：A、根据P=，知道W和t可以求出一段时间内的平均功率，不能求出任意时刻的瞬时功率故A错误
4、B、根据P=Fv，若v表示瞬时速度，则P表示瞬时功率，若v表示平均速度，则P表示平均功率故B错误C、根据P=Fv，知只有在F一定的条件下，功率才与速度成正比故C错误D、根据P=Fv知，功率一定，牵引力与速度成反比故D正确故选：D4如图所示，下面关于物体做平抛运动时，它的速度方向与水平方向的夹角的正切tan随时间t的变化图象正确的是（）ABCD【考点】43：平抛运动【分析】平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，速度不变，在竖直方向上做自由落体运动，速度vy=gt根据tan=得出tan与t的函数关系【解答】解：平抛运动水平方向上的速度不变，为v0，在竖直方向上的分速度为vy=gt，tan=，g与v0
5、为定值，所以tan与t成正比故B正确，A、C、D错误故选B5静止的质点，在两个互成锐角的恒力F1、F2作用下开始运动，经过一段时间后撤掉F1，则质点在撤去前、后两个阶段中的运动情况分别是（）A匀加速直线运动，匀变速曲线运动B匀加速直线运动，匀减速直线运动C匀变速曲线运动，匀速圆周运动D匀加速直线运动，匀速圆周运动【考点】47：匀速圆周运动；42：物体做曲线运动的条件【分析】一个静止的质点，在两个互成锐角的恒力F1、F2作用下开始做匀加速直线运动，运动方向沿着合力F的方向；撤去一个力后，合力与速度不共线，故开始做曲线运动，由于合力为恒力，故加速度恒定，即做匀变速曲线运动【解答】解：两个互成锐角的
6、恒力F1、F2合成，根据平行四边形定则，其合力在两个力之间某一个方向上，合力为恒力，根据牛顿第二定律，加速度恒定；质点原来静止，故物体做初速度为零的匀加速直线运动；撤去一个力后，合力与速度不共线，故开始做曲线运动，由于合力为恒力，故加速度恒定，即做匀变速曲线运动；故A正确，BCD错误故选：A6如图所示，一物体在与水平方向成夹角为的恒力F的作用下，沿直线运动了一段距离x在这过程中恒力F对物体做的功为（）ABCFxsinDFxcos【考点】62：功的计算【分析】分析力和位移的夹角，由功的计算公式W=FLcos求出拉力做的功【解答】解：由图可知，拉力与位移间的夹角为，故拉力做功W=Fxcos；故选：
7、D7木星是太阳系中最大的行星，它有众多卫星观察测出：木星绕太阳做圆周运动的半径为r1、周期为T1；木星的某一卫星绕木星做圆周运动的半径为r2、周期为T2已知万有引力常量为G，则根据题中给定条件，下列说法正确的是（）A不能求出木星的质量 B能求出太阳与木星间的万有引力C能求出木星与卫星间的万有引力 D可以断定=【考点】4F：万有引力定律及其应用【分析】木星绕太阳作圆周运动，根据万有引力提供向心力，列出等式；某一卫星绕木星作圆周运动，根据万有引力提供向心力，列出等式；根据题目中已知物理量判断能够求出的物理量；运用开普勒第三定律求解问题【解答】解：A、根据万有引力提供圆周运动向心力，已知木星卫星运行
8、的周期、轨道半径和引力常量可以求得中心天体木星的质量，故A错误；B、同理根据木星绕太阳圆周运动的周期与半径可以算得太阳的质量，再根据A问中求得的木星质量，可以算得太阳与木星间的万有引力，故B正确；C、由A知可以算得木星质量，但不知木星卫星的质量，故C无法求得，故C错误；D、开普勒行星运动定律要面对同一个中心天体，而木星绕太阳运动，与木星卫星绕木星运动中心天体不同，故半径的三次方与周期的二次方比值不同，故D错误故选：B8某踢出的足球在空中运动轨迹如图所示，足球视为质点，空气阻力不计用v、E、Ek、P分别表示足球的速率、机械能、动能和重力的瞬时功率大小，用t表示足球在空中的运动时间，下列图象中可能
9、正确的是（）ABCD【考点】1I：匀变速直线运动的图像【分析】物体做斜抛运动，根据运动的分解和合成的规律将其分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的上抛运动，然后根据运动学公式和机械能守恒定律进行分析【解答】解：A、足球做斜上抛运动，机械能守恒，重力势能先增加后减小，故动能先减小后增加，速度先减小后增加，故AB错误；C、以初始位置为零势能面，踢出时速度方向速度为vy，足球的机械能守恒，则EK=EEP=Emgh=Emgvyt+，故C错误；D、速度的水平分量不变，竖直分量先减小到零，后反向增加，故根据P=Gvy=mg2t，重力的功率先均匀减小后均匀增加，故D正确；故选：D9如图所示，桌面高为h1，
10、质量为m的小球从高出桌面h2的A点下落到地面上的B点，在此过程中下列说法正确的是（）A以地面为参考平面，小球在A点的重力势能为mgh2B以桌面为参考平面，小球在B点的重力势能为mgh1C以桌面为参考平面，小球从A到B点过程中，重力势能减少mgh2D以桌面为参考平面，小球从A到B点过程中，重力势能减少mg（h1+h2）【考点】6C：机械能守恒定律；67：重力势能【分析】根据重力势能的表达式即可求出小球的重力势能；通过重力做功求出重力势能的变化量【解答】解：A、以地面为参考平面，小球在A点的高度为（h1+h2），所以重力势能为mg（h1+h2）故A错误；B、以桌面为参考平面，小球在B点的高度为h1
11、，所以重力势能为mgh1故B错误；C、D、小球从高出桌面h1的A点下落到地面上的B点的过程中，重力做了mg（h1+h2）的正功，则重力势能减小mg（h1+h2）故D正确，C错误故选：D10质量为m的汽车，以速率v通过半径为r的凹形桥，在桥面最低点时汽车对桥面的压力大小是（）AmgBCmgDmg+【考点】37：牛顿第二定律【分析】在最低点，靠汽车的重力和支持力提供向心力，根据牛顿第二定律求出汽车对桥面的压力【解答】解：对于凹形桥最低点，根据牛顿第二定律得：FNmg=得：FN=mg+故选：D11如图是地球三个宇宙速度示意图，当卫星绕地球作椭圆轨道运动到达远地点时，它到地心的距离为r，速度为v，加速
12、度为a，设地球质量为M，万有引力恒量为G，则下列说法正确的是（）Av7.9km/sB7.9km/sv11.2km/sCa=Da=【考点】4I：第一宇宙速度、第二宇宙速度和第三宇宙速度【分析】第一宇宙速度是人造地球卫星在圆轨道上运行的最大速度根据牛顿第二定律求解加速度【解答】解：AB、第一宇宙速度是人造地球卫星在圆轨道上运行的最大速度卫星绕地球作椭圆轨道运动到达远地点时要做近心运动，速度小于同轨道做匀速圆周运动的线速度，所以卫星绕地球作椭圆轨道运动到达远地点时速度小于7.9km/s故A正确，B错误CD、卫星绕地球作椭圆轨道运动到达远地点时，万有引力大于需要的向心力根据牛顿第二定律得：=ma，故C
13、正确，D错误故选：AC12A、B两球沿一直线运动并发生正碰，如图所示为两球碰撞前后的位移时间图象a、b分别为A、B两球碰前的位移图象，C为碰撞后两球共同运动的位移图象，若A球质量是m=2kg，则由图象判断下列结论正确的是（）AA、B碰撞前的总动量为3kgm/s B碰撞时A对B所施冲量为4NsC碰撞前后A的动量变化为4kgm/sD碰撞中A、B两球组成的系统损失的动能为10J【考点】53：动量守恒定律【分析】在位移时间图象中，斜率表示物体的速度，由图象可知碰撞前后的速度，根据动量的公式及动量守恒定律可以求解【解答】解：由st图象可知，碰撞前有：vA=3m/s，vB=2m/s，碰撞后有：vA=vB=
14、v=1m/s；对A、B组成的系统，A、B两球沿一直线运动并发生正碰，碰撞前后物体都是做匀速直线运动，所以系统的动量守恒碰撞前后A的动量变化为：PA=mvAmvA=2（1）2（3）=4kgm/s，根据动量守恒定律，碰撞前后A的动量变化为：PB=PA=4kgm/s，又：PB=mB（vBvB），所以：mB=kg， 所以A与B碰撞前的总动量为：p总=mvA+mBvB=2（3）+2=kgm/s由动量定理可知，碰撞时A对B所施冲量为：IB=PB=4kgm/s=4Ns碰撞中A、B两球组成的系统损失的动能：EK=mvA2+mBvB2（m+mB）v2，代入数据解得：EK=10J，故A错误，BCD正确；故选：BC
15、D13如图所示a、b、c 是地球大气层外圆形轨道上运动的三颗卫星，a 和 b 质量相等且小于 c 的质量，则（）Ab 所需向心力最小 Bb、c 的周期相同且大于 a 的周期Cb、c 的向心加速度大小相等，且大于 a 的向心加速度Dc 加速可追上同一轨道上的 b，b 减速可等候同一轨道上的 c【考点】4H：人造卫星的加速度、周期和轨道的关系【分析】根据万有引力提供向心力，得出加速度、周期与轨道半径的大小关系，从而比较出大小结合变轨原理分析【解答】解：A、三颗卫星均做匀速圆周运动，由万有引力提供向心力，则有 F=G，因为a、b质量相同，且小于c的质量，而b、c的轨道半径相等，且大于a的轨道半径，可
16、知b所需向心力最小故A正确；B、卫星的周期公式为 T=2，所以b、c的周期相同，且大于a的周期故B正确；C、向心加速度公式为 a=，可知b、c的向心加速度相等，且小于a的向心加速度，故C错误；D、c加速后速度变大，所需要的向心力变大，c做离心运动，c的轨道半径变大，c不可能追上b；b减速后速度变小，所需要的向心力变小，b做向心运动，轨道半径变小，b不可能可等候同一轨道上的c，故D错误；故选：AB14如图所示，在一端封闭的光滑细玻璃管中注满清水，水中放一红蜡块R（R视为质 点）将玻璃管的开口端用胶塞塞紧后竖直倒置且与y轴重合，在红蜡块R从坐标原点匀速上浮的同时，玻璃管沿x轴正向做初速度为零的匀加
17、速直线运动，合速度的方向与y轴夹角为则红蜡块R的（）A分位移y与分位移x成正比 B合速度v的大小与时间t成正比C分位移y的平方与分位移x成正比 Dtan与时间t成正比【考点】44：运动的合成和分解【分析】小圆柱体红蜡快同时参与两个运动：y轴方向的匀速直线运动，x轴方向的初速为零的匀加速直线运动根据位移与时间表达式，从而确定分位移y与x的关系，再由y方向可求运动时间，接着由x方向求加速度，从而求得vx，再由速度合成求此时的速度大小，最后由两方向的速度关系，可知tan与时间t的关系【解答】解：AC、由题意可知，y轴方向，y=v0t；而x轴方向，x=at2，联立可得：x=y2，故A错误，C正确；B、
18、x轴方向，vx=at，那么合速度的大小v=，则v的大小与时间t不成正比，故B错误；D、设合速度的方向与y轴夹角为，则有：tan=t，故D正确；故选：CD15如图所示，劲度系数为k的轻弹簧一端固定在墙上，另一端与置于水平面上的质量为m的小物体接触（未连接），如图中O点，弹簧水平且无形变用水平力F缓慢推动物体，在弹性限度内弹簧长度被压缩了x0，运动到图中B点，此时物体静止撤去F后，物体开始向右运动，运动的最大距离B点为3x0，C点是物体向右运动过程中弹力和摩擦力大小相等的位置，物体与水平面间的动摩擦因数为，重力加速度为g则（）A撤去F时，弹簧的弹性势能为4mgx0B撤去F后，物体向右运动到C点时的
19、动能最大C从BC物体弹簧弹性势能的减少量等于物体动能的增加量D水平力F做的功为4mgx0【考点】6B：功能关系【分析】研究物体从B向右运动到最右端的过程，由能量守恒求撤去F时弹簧的弹性势能通过分析物体的受力情况，来确定其运动情况：撤去F后，物体水平方向上受到弹簧的弹力和滑动摩擦力，滑动摩擦力大小不变，而弹簧的弹力随着压缩量的减小而减小，物体先做变加速运动，再做变减速运动，最后物体离开弹簧后做匀减速运动再结合功能关系分析即可【解答】解：A、撤去F后一直到物体停止运动的过程，根据能量守恒得：弹簧的弹性势能 Ep=mg3x0=3mgx0，故A错误；B、撤去F后，物体水平方向上受到弹簧的弹力和滑动摩擦
20、力，滑动摩擦力不变，而弹簧的弹力随着压缩量的减小而减小，弹力先大于摩擦力，合力向右，物体向右加速运动随着弹力减小，后来弹力小于摩擦力，合力向左，物体向右减速运动，所以当弹力和摩擦力大小相等时，即运动到C点时的动能最大故B正确；C、从BC物体做加速运动，动能增大，由能量守恒可知，弹簧弹性势能的减少量等于物体动能的增加量和产生的内能之和，所以弹簧弹性势能的减少量大于物体动能的增加量，故C错误；D、物体向左运动过程中，由功能关系知：水平力F做的功为 W=Ep+mgx0=4mgx0，故D正确故选：BD二、实验题16如图所示“为探究碰撞中的不变量”的实验装置示意图（1）本实验中，实验必须要求的条件是 A
21、斜槽轨道必须是光滑的 B斜槽轨道末端点的切线是水平的C入射小球每次都从斜槽上的同一位置无初速释放D入射球与被碰球满足mamb，ra=rb（2）如图，其中M、P、N分别为入射球与被碰球对应的落点的平均位置，则实验中要验证的关系是 AmaON=maOP+mbOM BmaOP=maON+mbOMCmaOP=maOM+mbON DmaOM=maOP+mbON【考点】ME：验证动量守恒定律【分析】（1）在做“验证动量守恒定律”的实验中，是通过平抛运动的基本规律求解碰撞前后的速度的，所以要保证每次小球都做平抛运动，则轨道的末端必须水平（2）本题要验证动量守恒定律定律即m1v0=m1v1+m2v2，故需验证
22、maOP=maOM+mbON【解答】解：（1）A、“验证动量守恒定律”的实验中，是通过平抛运动的基本规律求解碰撞前后的速度的，只要离开轨道后做平抛运动，对斜槽是否光滑没有要求，故A错误；B、要保证每次小球都做平抛运动，则轨道的末端必须水平，故B正确；C、要保证碰撞前的速度相同，所以入射球每次都要从同一高度由静止滚下，故C正确；D、为了保证小球碰撞为对心正碰，且碰后不反弹，要求mamb，ra=rb，故D正确故选BCD（2）要验证动量守恒定律定律即：mav0=mav1+mbv2小球做平抛运动，根据平抛运动规律可知根据两小球运动的时间相同，上式可转换为：mav0t=mav1t+mbv2t故需验证ma
23、OP=maOM+mbON，因此ABD错误，C正确故选C17某同学用如图甲所示的装置，来验证机械能守恒定律，下列说法正确的是（ ）A该实验中，重物应选用质量大、体积小、密度大的材料B该实验中，可以由公式v=gt求出打某点的纸带的速度C该实验中，应先接通电源后释放重物D该实验中，打点计时器接到电源的直流输出端上【考点】MD：验证机械能守恒定律【分析】根据验证机械能守恒定律的原理以及误差进行分析，选择正确的答案注意实验时应先接通电源，再释放重物，打点计时器应接交流电源【解答】解：A、为了减小阻力的影响，重物应选用质量大、体积小、密度大的材料，故A正确B、实验时不能根据v=gt求解瞬时速度，否则默认机
24、械能守恒，失去验证的意义，故B错误C、实验时应先接通电源后释放重物，故C正确D、打点计时器接到电源的交流输出端上，故D错误故选：AC18如图所示为一小球做平抛运动的闪光照相照片的一部分，图中背景方格的边长均为L，且L=1.25cm，如果取g=10m/s2，那么：（1）照相机的闪光频率是 Hz；（2）小球运动的初速度的计算式为v0= （用L、g表示），其大小是 m/s【考点】MB：研究平抛物体的运动【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
25、答】解：（1）在竖直方向上有：h=gT2，解得：T=其中h=（42）0.0125=0.025m，代入数据求得：T=0.05s所以：f=20Hz（2）水平方向：x=v0T，解得：带入数据解得：v0=0.75m/s故答案：（1）20；（2）；0.75四、计算题19用一台额定功率为P0=60kW的起重机，将一质量为m=500kg的工件由地面竖直向上吊起，不计摩擦等阻力，取g=10m/s2求：（1）工件在被吊起的过程中所能达到的最大速度vm；（2）若使工件以a=2m/s2的加速度从静止开始匀加速向上吊起，则匀加速过程能维持多长时间？（3）若起重机在始终保持额定功率的情况下从静止开始吊起工件，经过t=1
26、.14s工件的速度vt=10m/s，则此时工件离地面的高度h为多少？【考点】63：功率、平均功率和瞬时功率【分析】（1）当拉力等于重物重力时，重物的速度达到最大，结合功率与牵引力的关系以及拉力等于重力求出重物的最大速度（2）根据牛顿第二定律求出匀加速直线运动时的拉力大小，从而抓住匀加速直线运动结束功率达到额定功率求出匀加速直线运动的末速度，结合速度时间公式求出匀加速直线运动的时间（3）根据动能定理即可求解速度达到vt=10m/s时工件离地面的高度【解答】解：（1）当工件达到最大速度时，F=mg，P=P0=60kW故=12m/s；（2）工件被匀加速向上吊起时，a不变，v变大，P也变大，当P=P0
27、时匀加速过程结束，根据牛顿第二定律得 Fmg=ma，解得 F=m（a+g）=500（2+10）N=6000N匀加速过程结束时工件的速度为：v=，匀加速过程持续的时间为：；（3）根据动能定理，有 代入数据，解得 h=8.68m答：（1）工件在被吊起的过程中所能达到的最大速度为12m/s；（2）若使工件以a=2m/s2的加速度从静止开始匀加速向上吊起，则匀加速过程能维持5s；（3）若起重机在始终保持额定功率的情况下从静止开始吊起工件，经过t=1.14s工件的速度vt=10m/s，则此时工件离地面的高度h为8.68m20在用高级沥青铺设的高速公路上，汽车的设计时速是108km/h，汽车在这种路面上行
28、驶时，它的轮胎与地面的最大静摩擦力等于车重的0.5倍（1）如果汽车在这种高速公路的水平弯道上拐弯，假设弯道的路面是水平的，其弯道的最小半径是多少？（2）事实上在高速公路的拐弯处，路面造得外高内低，路面与水平面间的夹角为，且tan =0.3125；而拐弯路段的圆弧半径R=200m若要使车轮与路面之间的侧向摩擦力等于零，则车速v应为多少？（g=10m/s2）【考点】4A：向心力；37：牛顿第二定律【分析】汽车在水平路面上拐弯，可视为汽车做匀速圆周运动，其向心力是车与路面间的静摩擦力提供，当静摩擦力达到最大值时，由向心力公式可知这时的半径最小，写出运动学方程，即可求得结果若要使车轮与路面之间的侧向摩
29、擦力等于零，则重力和支持力的合力提供向心力，根据向心力公式列式即可求解【解答】解：（1）汽车在水平路面上拐弯，可视为汽车做匀速圆周运动，其向心力是车与路面间的静摩擦力提供，当静摩擦力达到最大值时，由向心力公式可知这时的半径最小，有：Fm=0.5mg由速度v=108km/h=30m/s，解得弯道半径为：r180m；（2）若要使车轮与路面之间的侧向摩擦力等于零，则重力和支持力的合力提供向心力，根据向心力公式得：mgtan=解得： =25m/s答：假设弯道的路面是水平的，其弯道的最小半径是180m，若要使车轮与路面之间的侧向摩擦力等于零，则车速v应为25m/s21某兴趣小组设计了一种测量子弹射出枪口
30、时速度大小的方法在离地面高度为h的光滑水平桌面上放置一木块，将枪口靠近木块水平射击，子弹嵌入木块后与木块一起水平飞出，落地点与桌边缘的水平距离是s1；然后将木块重新放回原位置，再打一枪，子弹与木块的落地点与桌边的水平距离是s2，求子弹射出枪口时速度的大小【考点】53：动量守恒定律；43：平抛运动【分析】子弹射入木块的过程中，系统动量守恒定律，分别对第一次射入的过程和第二次射入的过程运用动量守恒定律以及平抛运动的规律，联立求出子弹射出枪口时速度的大小【解答】解：设子弹的质量为m，木块的质量为M，子弹射出枪口时的速度为v0第一颗子弹射入木块时，动量守恒mv0=（M+m）v1木块带着子弹做平抛运动s
31、1=v1t第二颗子弹射入木块时，动量守恒mv0=（M+2m）v2木块带着两颗子弹做平抛运动s2=v2t联立以上各式解得答：子弹射出枪口的速度大小为22质量为0.1kg的弹性小球从高为1.25m处自由下落至一光滑而坚硬的水平板上，碰撞后弹回到0.8m高处，碰撞时间为0.01s，求小球与水平板之间的平均撞击力为多少？（g取10m/s2）【考点】52：动量定理【分析】根据速度位移公式求出小球与地面碰撞前后的速度，结合动量的表达式求出碰撞前后的动量根据动量定理求出水平面对小球的平均作用力【解答】解：由于小球做自由落体运动，则其与水平面碰撞前的速度为：v1=5m/s，方向竖直向下；所以与水平面碰撞前的动量为：P1=mv1=0.15kgm/s=0.5 kgm/s，方向竖直向下与水平面碰后，小球做竖直上抛运动，上升的最大高度为0.8m，则碰后小球速度为：v2=4m/s，方向竖直向上；此时小球的动量为：P2=mv2=0.14 kgm/s=0.4 kgm/s，方向竖直向上设向上为正方向，根据动量定理，合外力的冲量等于物体动量的变化小球所受外力有重力mg和水平面对它的弹力N，则有：（Nmg）t=P2P1得：N=mg+=（0.110+）N=91N，方向竖直向上答：小球与水平板之间的平均撞击力为91N