1、广西玉林市福绵区2016-2017学年高一（下）期末物理试卷一.选择题1. 如图所示，轻质弹簧长为L，竖直固定在地面上，质量为m的小球，在离地面高度为H处，由静止开始下落，正好落在弹簧上，使弹簧的最大压缩量为x，在下落过程中，小球受到的空气阻力为F阻，则弹簧在最短时具有的弹性势能为()A. (mgF阻)(HLx)B. mg(HLx)F阻(HL)C. mgHF阻(HL)D. mg(Lx)F阻(HLx)【答案】A.2. 关于抛体运动，下列说法正确的是（）A. 将物体以某一初速度抛出后的运动B. 将物体以某一初速度抛出，只在重力作用下的运动C. 将物体以某一初速度抛出，满足合外力为零的条件下的运动D
2、. 将物体以某一初速度抛出，满足除重力外其他力的合力为零的条件下的直线【答案】B【解析】抛体运动指的是物体只在重力作用下，以某一初速度抛出的运动，故选项B正确，ACD错误；故选B.3. 如图所示，一个质量为m的物体（视为质点）以某一速度从A点冲上倾角为30的固定斜面。其运动的加速度大小为，物体在斜面上上升的最大高度为h，则这个过程中物体（）A. 重力势能增加了mghB. 重力势能增加了mghC. 动能损失了mghD. 机械能损失了mgh【答案】D【解析】物体上升的最大高度为h，则重力势能增加mgh，故AB错误合力大小为F合mamg，根据动能定理得，动能损失量F合2hmgh，故C错误根据牛顿第二
3、定律得，mgsin30+f=ma，解得f=mg，则机械能的损失Ef2hmg2hmgh，故D正确故选D点睛：解决本题的关键掌握功能关系，知道重力做功等于重力势能的减小量，合力做功等于动能的增加量，除重力以外其它力做功等于机械能的增加量4. 关于抛体运动，下列说法正确的是（）A. 将物体以某一初速度抛出后的运动B. 将物体以某一初速度抛出，只在重力作用下的运动C. 将物体以某一初速度抛出，满足合外力为零的条件下的运动D. 将物体以某一初速度抛出，满足除重力外其他力的合力为零的条件下的直线【答案】B【解析】抛体运动指的是物体只在重力作用下，以某一初速度抛出的运动，故选项B正确，ACD错误；故选B.5
4、. 如图所示，小球用细绳系住，绳的另一端固定于O点现用水平力F缓慢推动斜面体，小球在斜面上无摩擦地滑动，细绳始终处于直线状态，当小球升到接近斜面顶端时细绳接近水平，此过程中斜面对小球的支持力FN以及绳对小球的拉力FT的变化情况是（）A. FN保持不变，FT不断增大B. FN不断增大，FT不断减小C. FN保持不变，FT先增大后减小D. FN不断增大，FT先减小后增大【答案】D【解析】解：先对小球进行受力分析，重力、支持力FN、拉力FT组成一个闭合的矢量三角形，由于重力不变、支持力FN方向不变，斜面向左移动的过程中，拉力FT与水平方向的夹角减小，当=时，FTFN，细绳的拉力FT最小，由图可知，随
5、的减小，斜面的支持力FN不断增大，FT先减小后增大故D正确ABC错误故选D【点评】本题是动态变化分析问题，容易产生的错误是不能准确把握小球的受力特征，特别是FN与FT组夹角的变化，认为拉力FT与水平方向的夹角减小，拉力减小而错选B6. 下列关于平抛运动的说法正确的是（）A. 平抛运动是非匀变速动动B. 平抛运动是匀变速曲线运动C. 做平抛运动的物体，每秒内速率的变化相等D. 水平飞行的距离只与初速度大小有关【答案】B【解析】平抛运动是一种理想化的运动模型，不考虑空气阻力，且只受重力的作用，加速度大小为g，方向竖直向下，所以平抛运动是匀变速曲线运动，A错、B对；因为vgt，所以做平抛运动的物体在
6、相等的时间内速度的变化(包括大小和方向)相等，但每秒内速率的变化不相等，C错；据hgt2得t，所以得xv0tv0，由此可见，平抛运动的水平位移由初速度v0和竖直高度h共同决定，D错7. 如图所示，木板放在光滑地面上，将一滑块m用恒力F由木块一端拉至另一端，木板分固定和不固定两种情况，力F做功分别为W1和W2，则( )A. W1W2【答案】A【解析】试题分析：当木块B固定时，力F通过的位移就是木块B的长度，力F做功为W1=FL；当木块B不固定时，木块B也要向右运动，运动的距离为S，则力F做功为W2=F（L+S）；所以W1W2，故选A考点：本题考查了功的计算D无法比较8. 如图是体育摄影中“追拍法
7、”的成功之作，摄影师眼中清晰的滑板运动员是静止的，而模糊的背景是运动的，摄影师用自己的方式表达了运动的美请问摄影师选择的参考系是（）A. 大地B. 太阳C. 滑板运动员D. 步行的人【答案】C【解析】 “追拍法”是跟踪运动的物体，将运动的物体看做是静止的，该图片是运动的滑板运动员被摄影师当做静止的，而用镜头跟踪，故参考系是滑板运动员，故C正确，ABD错误。点睛：参考系的选取是任意的，选取不同的参考系我们所研究的运动状态不同；本题正是摄影师通过选取运动员为参考系，从而用静态的画面表述出了动态之美。9. 如图所示，有一半径为R的光滑圆轨道，现给小球一个初速度，使小球在竖直面内做圆周运动，则关于小球
8、在过最高点的速度v，下列叙述中正确的是（）A. v的极小值为B. v由零逐渐增大，轨道对球的弹力逐渐增大C. 当v由值逐渐增大时，轨道对小球的弹力逐渐减小D. 当v由值逐渐减小时，轨道对小球的弹力逐渐增大【答案】D【解析】因为轨道内壁下侧可以提供支持力，则最高点的最小速度为零，故A错误；在最高点只有重力提供向心力，即mg=m，解得：，轨道对球的弹力为零，当v，管道下壁对小球有作用力，根据牛顿第二定律得，mg-N=m，速度增大时，弹力减小，故B错误；当v，管道上壁对小球有作用力，根据牛顿第二定律得，mg+N=m，当速度增大时，弹力F增大，故C错误；当v，管道下壁对小球有作用力，根据牛顿第二定律得
9、，mg-N=m，速度减小，弹力增大，故D正确故选D点睛：解决本题的关键知道小球做圆周运动向心力的来源，运用牛顿第二定律进行求解，注意该模型与杆模型类似，与绳模型不同10. 一个小球从距地面4m高处落下，被地面弹回，在距地面1m高处被接住坐标原点定在抛出点正下方2m处，向下方向为坐标轴的正方向则小球的抛出点、落地点、接住点的位置坐标分别是（）A. 2m，2m，1mB. 2m，2m，1mC. 4m，0，1mD. 4m，0，1m【答案】B【解析】试题分析：坐标原点定在抛出点正下方2m处，向下方向为坐标轴的正方向，小球从距地面4m高处开始下落的，在坐标原点的上方，所以抛出点的位置坐标是-2m；小球落到
10、地面上，此时距离坐标原点为2m，所以落地点的位置坐标是2m；小球在距离地面1m高处被接住，此时的小球在坐标原点的下方1m处，所以接住点的位置坐标是1m，B正确；考点：考查了直线坐标系【名师点睛】建立直线坐标系，根据小球的运动的情况，分别确定小球的位置坐标即可结合数学上的数轴来理解，就可以轻松解决本题11. 如图所示为一个做匀变速曲线运动的质点的轨迹示意图，已知在B点时的速度与加速度相互垂直，则下列说法中正确的是( )A. D点的速率比C点的速率小B. A点的加速度与速度的夹角大于90C. A点的加速度比D点的加速度大D. 从A到D加速度与速度的夹角一直减小【答案】BD【解析】由题意，质点运动到
11、B点时速度方向与加速度方向恰好互相垂直，速度沿B点轨迹的切线方向，则知加速度方向向下，合外力也向下，质点做匀变速曲线运动，合外力恒定不变，质点由C到D过程中，合外力做正功，由动能定理可得，D点的速度比C点速度大，故A错误；物体在A点受力的方向向下，而速度的方向向右上方，A点的加速度与速度的夹角大于90故B错误；质点做匀变速曲线运动，加速度不变，合外力也不变，故C错误；由A的分析可知，质点由B到E过程中，受力的方向向下，速度的方向从水平向右变为斜向下，加速度与速度的夹角之间减小故D正确；故选D点睛:本题关键是对质点做曲线运动的条件的考查,即物体做曲线运动时,合力与速度不在同一条直线上，速度的方向
12、与该点曲线的切线方向相同；掌握了做曲线运动的条件，本题基本上就可以解决了.12. 关于匀速圆周运动的角速度和线速度，下列说法正确的是（）A. 半径一定，角速度和线速度成反比B. 半径一定，角速度和线速度成正比C. 线速度一定，角速度和半径成反比D. 角速度一定，线速度与半径成正比【答案】BCD【解析】根据知，半径一定，角速度与线速度成正比，故A错误B正确；根据知，线速度一定，角速度与半径成反比，C正确；根据知，角速度一定，线速度与半径成正比，D错误13. 质量为m的物体，从静止开始以2g的加速度竖直向下运动h高度，那么（）A. 物体的动能增加2mghB. 物体的重力势能减少2mghC. 物体的
13、机械能保持不变D. 物体的机械能增加mgh【答案】AD【解析】A、合力对物体做的功为，根据动能定理得知，物体的动能增加，故A正确；B、质量为m的物体向下运动h高度时，重力做功为，则物体的重力势能减小，故B错误；C、依题物体的加速度为，说明除重力做功之外，还有其他力对物体做正功，物体的机械能应增加，故C错误；D、物体的重力势能减小，动能增加，则物体的机械能增加，故D正确。点睛：本题考查分析功能关系的能力几对功能关系要理解记牢：重力做功与重力势能变化有关，合力做功与动能变化有关，除重力和弹力以外的力做功与机械能变化有关。14. 如图，两物体放在光滑的水平面上，中间用轻弹簧相连从左边用水平力F1拉动
14、M，使它们产生一个共同的加速度a，这时弹簧伸长量为L1；从右边用水平力F2拉动m，使它们也产生一个共同的加速度a，这时弹簧的伸长量为L2两物体的质量为Mm，则（）A. L1L2B. L1L2C. F1=F2D. F1F2【答案】BC点睛：本题主要考查了牛顿第二定律及胡克定律的应用，要注意分别对整体和隔离法的正确应用，正确选择研究对象是解题的关键15. 在发射地球同步卫星的过程中，卫星首先进入椭圆轨道，然后在Q点通过改变卫星速度，让卫星进入地球同步轨道则（）A. 该卫星的发射速度必定大于11.2km/sB. 卫星在同步轨道上的运行速度大于7.9km/sC. 在轨道上，卫星在P点的速度大于在Q点的
15、速度D. 卫星在Q点通过加速实现由轨道进入轨道【答案】CD【解析】第二宇宙速度是发射脱离地球束缚的航天器所需的最小发射速度，而同步卫星仍围绕地球做圆周运动，故其发射速度应大于第一宇宙速度而小于第二宇宙速度，故A错误；第一宇宙速度是围绕地球做圆周运动的最大速度，故同步卫星的运行速度小于第一宇宙速度7.9km/s，故B错误；在轨道上，由P点向Q点运动，万有引力做负功，动能减小，所以P点的速度大于Q点的速度，故C正确；从椭圆轨道到同步轨道，卫星在Q点是做逐渐远离圆心的运动，要实现这个运动必须卫星所需向心力大于万有引力，所以应给卫星加速，增加所需的向心力所以卫星在Q点通过加速实现由轨道进入轨道，故D错
16、误二.填空题16. （1）为进行“验证机械能守恒定律”的实验，有下列器材可供选用：铁架台、电磁打点计时器、复写纸、纸带、秒表、低压直流电源、导线、电键、天平。其中不必要的器材有_；缺少的器材是_。（2）某次“验证机械能守恒定律”的实验中，用6V、50Hz的打点计时器打出的一条无漏点的纸带，如图所示，O点为重锤下落的起点，选取的计数点为A、B、C、D，各计数点到O点的长度已在图上标出，单位为毫米，重力加速度取9.8m/s2，若重锤质量为1kg。打点计时器打出B点时，重锤下落的速度vB=_m/s，重锤的动能EkB=_J。从开始下落算起，打点计时器打B点时，重锤的重力势能减小量为_J。根据纸带提供的
17、数据，在误差允许的范围内，重锤从静止开始到打出B点的过程中，得到的结论是_。【答案】 (1). （1）秒表，天平，低压直流电源； (2). 低压交流电源，重锤，刻度尺 (3). （2）1.175 (4). 0.69 (5). 0.69 (6). 机械能守恒.【解析】（1）为进行“验证机械能守恒定律”的实验，不必要的器材有：秒表，天平，低压直流电源；缺少的器材是：低压交流电源，重锤，刻度尺；（2）每两个点之间有一个计时点，则相邻两个计数点之间的时间间隔为T=0.04s利用匀变速直线运动的推论得：重锤的动能EkB=mvB2=0.69J重力势能减小量：EpB=mgh=19.80.0705J=0.69
18、J根据纸带提供的数据，在误差允许的范围内，重锤从静止开始到打出B点的过程中，得到的结论是：机械能守恒.点睛：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和有效数字的保留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17. 开普勒第一定律：所有行星绕_运动的轨道都是_，太阳处在椭圆的一个_上【答案】 (1). 太阳 (2). 椭圆 (3). 焦点【解析】开普勒第一定律的内容是：所有行星绕太阳运动的轨道都是椭圆，太阳处在椭圆的一个焦点上18. 用200N的拉力将地面上的一个质量为10kg的物体提升10m（g=10m/s2，不计空气阻力）拉力对物体所做的功为
19、_J；物体被提高后具有的重力势能是_J（以地面为零势能参考面）；物体被提高后具有的动能是_J【答案】 (1). 2000 (2). 1000 (3). 1000【解析】拉力对物体所做的功为；物体被提高后具有的重力势能是；根据动能定理，物体被提高后具有的动能是点睛：解答此题要知道重力做功等于重力势能的变化量，合外力做功等于物体动能的变化量.三、计算题19. 某汽车发动机的额定功率为60kW，汽车质量为5t，汽车在运动中所受阻力的大小恒为车重的0.1倍(g取10m/s2)（1）若汽车以额定功率启动，则汽车所能达到的最大速度是多少?（2）当汽车速度达到5m/s时，其加速度是多少?（3）若汽车以恒定加
20、速度0.5m/s2启动，则其匀加速过程能维持多长时间?【答案】（1）12m/s（2）1.4m/s2（3）16s【解析】试题分析：当牵引力等于阻力时，速度最大，根据求出最大速度根据求出速度为5m/s时的牵引力，通过牛顿第二定律求出加速度的大小根据牛顿第二定律求出牵引力的大小，从而根据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维持的时间（1）汽车以额定功率启动，当a=0时，v达到最大值则（2）当速度为5m/s时，牵引力则加速度（3）由得，则匀加速直线运动的时间20. 长为L的轻质细线，拴一质量为m的小球，一端固定于O点，让小球在水平面内做匀速圆周运动(这种运动通常称为圆锥摆运动
21、)，如图所示，已知摆线与竖直方向的夹角是，求:（1）细线的拉力F;（2）小球运动的线速度的大小【答案】（1）（2） 【解析】（1）小球受重力和线的拉力作用，由这两个力的合力提供向心力，如图，根据合成法得（2）根据牛顿第二定律得，又，解得21. 如图所示，一质量m=4.0kg的小球在轻质弹簧和细线的作用下处于静止状态，细线AO与竖直方向的夹角=370，弹簧BO水平并处于压缩状态，小球与弹簧接触但不粘连，已知弹簧的劲度系数k=100N/m，取sin370=0.6，cos370=0.8，求：（1）小球静止时，细线中的拉力T和弹簧的压缩量x；（2）剪断细线AB瞬间，小球的加速度a。【答案】（1）T=5
22、0N，x=0.3m（2）12.5m/s2,方向与竖直方向成角370，斜向下沿原细线AB方向【解析】试题分析：（1）小球的受力图如图，根据平衡条件可知：弹簧的弹力F=mgtan而F=kx解得：T=50N，x=03m（2）剪断细线的瞬间，小球受到重力、弹力不变；合力与原细线中的拉力T等大反向，则方向与竖直方向成角370，斜向下沿原细线AB方向。考点：胡克定律；牛顿第二定律的应用【名师点睛】本题考查了共点力平衡和牛顿第二定律的基本运用，知道剪断细线的瞬间，弹簧的弹力不变。22. 如图，一不可伸长的轻绳上端悬挂于O点，下端系一质量m=1.0kg的小球现将小球拉到A点（保持绳绷直）由静止释放，当它经过B
23、点时绳恰好被拉断，小球平抛后落在水平地面上的C点地面上的D点与OB在同一竖直线上，已知绳长L=1.0m，B点离地高度H=1.0m，A、B两点的高度差h=0.5m，重力加速度g取10m/s2，不计空气影响，求：（1）地面上DC两点间的距离s；（2）轻绳所受的最大拉力大小【答案】（1）DC两点间的距离1.414m；（2）轻绳所受的最大拉力20N【解析】试题分析：（1）小球从A到B过程机械能守恒，有mghmv小球从B到C做平抛运动，在竖直方向上有Hgt2在水平方向上有svBt 由式解得s141 m（2）小球下摆到达B点时，绳的拉力和重力的合力提供向心力，有由式解得F20 N根据牛顿第三定律得FF故轻绳所受的最大拉力为20 N。考点：圆周运动；平抛运动【名师点睛】此题关键是建立物体运动的情境，寻找物理模型，本题为圆周和平抛模型的组合，要掌握平抛运动的处理方法，分别在水平和竖直方向列出方程解答
