1、吉林省吉林市2018-2019学年高一物理下学期期末考试试题（含解析）一、选择题1.如图所示，一条小船位于200 m宽的河正中A点处，从这里向下游100 m处有一危险区，当时水流速度为4 m/s，为了使小船避开危险区沿直线到达对岸，小船在静水中的速度至少是 ( )A. m/sB. m/sC. 2 m/sD. 4 m/s【答案】C【解析】本题考查临界情况，小船的运动轨迹如图所示，其中v1为船速，v2为水流速，d为河宽,x为到达危险区的距离，由此可以求出船在静水中最小速度为2 m/s2.如图所示，圆锥摆的摆长为L，摆角为，质量为m的摆球在水平面内做匀速圆周运动，则A. 摆线的拉力为B. 摆球的向心
2、加速度为C. 其运动周期为D. 其运动周期为【答案】D【解析】【详解】A.小球的受力如图所示小球受重力mg和绳子的拉力F，因为小球在水平面内做匀速圆周运动，靠合力提供向心力，根据平行四边形定则知，拉力为：，故A错误。B.拉力与重力的合力沿水平方向提供向心加速度，根据牛顿第二定律得： ，解得： 故B错误；CD.小球做圆周运动根据牛顿第二定律得：小球运动的周期为：故C错误D正确。3.一个小孩坐在船内，按图示两种情况，用相同大小的力拉绳，使自己发生相同的位移甲图中绳的另一端拴在岸上，乙图中绳的另一端拴在同样的小船上，水的阻力不计（船未碰撞）这两种情况中，小孩所做的功分别为W1、W2，做功期间的平均功
3、率分别为P1、P2，则下列关系正确的是（）A. W1W2，P1=P2B. W1=W2，P1=P2C. W1=W2，P1P2D. W1W2，P1P2【答案】D【解析】【详解】两种情况用同样大小的力拉绳，甲乙两幅图中左边的船移动的位移相同，但乙图中右边的船也要移动，故拉力作用点移动的距离大；拉力的功等于拉力与作用点在拉力方向上的位移的乘积，故乙图中拉力做功多，由于时间相同，故乙图中拉力的功率大；故选D。4.如图所示，小物块位于半径为R的半球顶端，若给小物块以水平的初速为v0 时，物块刚好对半球无压力，则以下说法不正确的是A. 小物块立即离开球面做平抛运动B. 小物块落地时水平位移RC. 小物块沿半
4、球面运动D. 小物块落地时速度的方向与地面不可能成45角【答案】C【解析】【详解】A.物块对球顶恰无压力，说明此时恰好是物体的重力作为圆周运动的向心力，物体离开半球顶端后将做平抛运动，故A正确，不符合题意。B物体做平抛运动，由以及得： ，故B正确，不符合题意。C.物块对球顶恰无压力，物体的重力作为圆周运动的向心力，过最高点物体速度增加，所需要向心力亦增加，而此时的向心力为重力指向圆心方向的分力小于重力，故小球不可能沿圆周做圆周运动而是做离心运动，即从最高点起做平抛运动，故C错误，符合题意D.物体做平抛运动，由可得，所以竖直方向上的速度夹角所以与地面的夹角不是45，故D正确，不符合题意。5.如图
5、所示，物体A、B相对静止地随水平圆盘绕轴匀速转动，物体B在水平方向所受的力有A. 圆盘对B的摩擦力及A对B的摩擦力，两力都指向圆心B. 圆盘对B指向圆心的摩擦力，A对B背离圆心的摩擦力C. 圆盘对B的摩擦力及A对B的摩擦力和向心力D. 圆盘对B的摩擦力和向心力【答案】B【解析】【详解】AB.物体A的向心力由B对A的摩擦力提供，所以B对A的摩擦力指向圆心，根据牛顿第三定律可知，A对B的摩擦力背离圆心，而B仍需要指向圆心的合力提供向心力，所以圆盘对B的摩擦力指向圆心，故B正确A错误。CD.向心力是效果力，并不是物体的实际受力，故CD错误。6.如图，AB为竖直面内半圆的水平直径从A点水平抛出两个小球
6、，小球l的抛出速度为v1、小球2的抛出速度为v2小球1落在C点、小球2落在D点，C，D两点距水平直径分别为圆半径的0.8倍和l倍小球l的飞行时间为t1，小球2的飞行时间为t2则（）A. t1=t2B. t1t2C. v1v2=4D. v1v2=3【答案】BC【解析】对小球1，根据平抛运动规律：对C点与两条半径组成的直角三角形，由勾股定理可得OC在水平方向的分量为，故，竖直方向：对小球2，根据平抛运动规律：水平方向：，竖直方向得：，可见，故，故选项BC正确。点睛：解决本题的关键知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，结合运动学公式灵活求解，运算量有点多。7.质量为m的物体，由静止开始下落，
7、由于空气阻力的作用，下落的加速度为g，在物体下落高度为h的过程中，下列说法正确的是A. 物体的动能增加了mghB. 物体的重力势能减少了mghC. 物体克服阻力所做的功为mghD. 物体的机械能减少了mgh【答案】D【解析】【详解】A.下落加速度为g，所以下落的合外力为 ，根据动能定理可知，动能增加量为 ，故A错误。B.物体重力势能减小量等于重力做的功 ，故B错误。C.根据动能定理所以克服摩擦力做功为，故C错误。D.机械能的减少等于克服摩擦力做的功，所以机械能减小，故D正确。8.如图所示，小车的上面是中突的两个对称的曲面组成，整个小车的质量为m，原来静止在光滑的水平面上今有一个可以看作质点的小
8、球，质量也为m，以水平速度v从左端滑上小车，恰好到达小车的最高点后，又从另一个曲面滑下关于这个过程，下列说法正确的是（ ）A. 小球滑离小车时，小车又回到了原来的位置B. 小球从滑上曲面到最高点的过程中，小车的动量变化大小是零C. 小球和小车作用前后，小车和小球的速度一定变化D. 车上曲面的竖直高度不会大于【答案】D【解析】A. 小球滑上曲面的过程，小车向右运动，小球滑下时，小车还会继续前进，故不会回到原位置，故A错误；B. 由小球恰好到最高点时小球与小车具有共同速度，对于车、球组成的系统，取水平向右为正方向，由动量守恒定律列式为mv=2mv，得共同速度v=0.5v.则小车动量的变化为P=mv
9、0=m，故B错误；C. 由于满足动量守恒定律，系统机械能又没有增加，若两曲面光滑时，小车和小球的速度可能没有变化。故C错误；D. 由于小球原来的动能为，小球到最高点时系统的动能为= ，所以系统动能减少了.如果曲面光滑，则减少的动能等于小球增加的重力势能，即=mgh,得h=，显然，这是最大值，如果曲面粗糙，高度还要小些，所以车上曲面的竖直高度不会大于，故D正确。故选：D9.2017年4月23日至4月27日，我国天舟一号货运飞船对天宫二号进行了推进剂补加，这是因为天宫二号组合体受轨道上稀薄空气的影响，轨道高度会逐渐降低，天宫二号运动中需要通过“轨道维持”使其飞回设定轨道.对于天宫二号在“轨道维持”
10、前后对比，下列说法正确的是A. 天宫二号在“轨道维持”前的速度比“轨道维持”后的速度大B. 天宫二号在“轨道维持”前的周期比“轨道维持”后的周期小C. 天宫二号在“轨道维持”前的重力势能比“轨道维持”后的重力势能大D. 天宫二号在“轨道维持”前的机械能与“轨道维持”后的机械能相等【答案】AB【解析】天宫二号在“轨道维持”前轨道半径比“轨道维持”后的小，由卫星的速度公式分析知，天宫二号在“轨道维持”前的速度比“轨道维持”后的速度大，故A正确天宫二号在“轨道维持”前轨道半径比“轨道维持”后的小，由开普勒第三定律知天宫二号在“轨道维持”前的周期比“轨道维持”后的周期小故B正确天宫二号在“轨道维持”前
11、离地的高度较小，则在“轨道维持”前的重力势能比“轨道维持”后的重力势能小，故C错误天宫二号要实现“轨道维持”，必须点火加速，所以天宫二号在“轨道维持”前的机械能小于“轨道维持”后的机械能故D错误故选AB.10.如图所示，用一根长杆和两个定滑轮的组合装置来提升重物M，长杆的一端放在地面上通过铰链连接形成转轴，其端点恰好处于左侧滑轮正下方O点处，在杆的中点C处拴一细绳，通过两个滑轮后挂上重物M，C点与O点距离为L，现在杆的另一端用力使其逆时针匀速转动，由竖直位置以角速度缓缓转至水平（转过了90角）。下列有关此过程的说法中正确的是 A. 重物M做匀速直线运动B. 重物M的速度先减小后增大C. 重物M
12、的最大速度是LD. 重物M的速度先增大后减小【答案】CD【解析】【详解】ABD.设C点线速度方向与绳子沿线的夹角为（锐角），由题知C点的线速度为 ，该线速度在绳子方向上的分速度就为 的变化规律是开始最大（90）然后逐渐变小，所以， 逐渐变大，直至绳子和杆垂直，变为零度，绳子的速度变为最大，为L；然后，又逐渐增大，v绳=Lcos逐渐变小，绳子的速度变慢。所以知重物的速度先增大后减小AB错误D正确。C.绳子和杆垂直，变为零度，绳子的速度变为最大，为L，故C正确。11.（多选题）如图所示，长木板A放在光滑的水平面上，质量为m4 kg的小物体B以水平速度v02 m/s滑上原来静止的长木板A的表面，由于
13、A、B间存在摩擦，之后A、B速度随时间变化情况如图乙所示，取g=10m/s2，则下列说法正确的是()A. 木板A获得的动能为2JB. 系统损失的机械能为2JC. 木板A的最小长度为2 mD. A、B间的动摩擦因数为0.1【答案】AD【解析】试题分析：由图示图象可知，木板获得的速度为，A、B组成的系统动量守恒，以B的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得，解得，木板A的质量为，木板获得的动能为，故A正确；系统损失的机械能，代入数据解得，故B错误；速度时间图像与坐标轴围成的面积表示位移，故由图得到0-1s内B的位移为，A的位移为，木板A的最小长度为，故C错误；由图示图象可知，B的加速度，负号表示加速
14、度的方向，由牛顿第二定律得，代入解得，故D正确考点：考查了动量守恒定律，牛顿第二定律，速度时间图像，【名师点睛】本题属于木块在木板上滑动类型，既考查读图能力，也考查运用牛顿第二定律、功能关系处理复杂力学问题的能力12.如图所示，用两根金属丝弯成一光滑半圆形轨道，竖直固定在地面上，其圆心为O、半径为R轨道正上方离地h处固定一水平长直光滑杆，杆与轨道在同一竖直平面内，杆上P点处固定一定滑轮，P点位于O点正上方A、B是质量均为m小环，A套在杆上，B套在轨道上，一条不可伸长的细绳绕过定滑轮连接两环两环均可看做质点，且不计滑轮大小与质量现在A环上施加一个水平向右的恒力F，使B环从地面由静止沿轨道上升则（
15、 ）A. 力F做的功等于系统机械能的增加量B. 在B环上升过程中，A环动能的增加量等于B环机械能的减少量C. 当B环到达最高点时，其动能为零D. B环被拉到与A环速度大小相等时，sinOPBR/h【答案】AD【解析】因为恒力F做正功，系统的机械能增加，由功能关系可知，力F所做的功等于系统机械能的增加量，故A正确；由于恒力F做正功，A、B组成的系统机械能增加，则A环动能的增加量大于B环机械能的减少量，故B错误当B环到达最高点时，A环的速度为零，动能为零，而B环的速度不为零，则动能不为零，故C错误当PB线与圆轨道相切时，速度关系为：vB=vA，根据数学知识，故D正确。所以AD正确，BC错误。二、实
16、验题 13.未来在一个未知星球上用如图甲所示装置研究平抛运动的规律。悬点O正下方P点处有水平放置的炽热电热丝，当悬线摆至电热丝处时能轻易被烧断，小球由于惯性向前飞出做平抛运动， 现对小球采用频闪数码相机连续拍摄，在有坐标纸的背景屏前拍下了小球在做平抛运动过程中的多张照片，经合成后照片如图乙所示，a、b、c、d为连续四次拍下的小球位置，已知照相机连续拍照的时间间隔是0.10s，照片大小如图中坐标所示，又知该照片的长度与实际背景屏的长度之比为1：4，则：由以上信息，可知a点_（填“是”或“不是”）小球的抛出点；由以上信息，可以推算出该星球表面的重力加速度为_m/s2 由以上信息可以算出小球平抛的初
17、速度大小是_m/s;由以上信息可以算出小球在b点时的速度大小是_m/s. 【答案】 (1). 是， (2). 8， (3). 0.8， (4). 【解析】【详解】（1）1因为竖直方向上相等时间内的位移之比为1：3：5，符合初速度为零的匀变速直线运动特点，因此可知a点的竖直分速度为零，a点为小球的抛出点。（2）2由照片长度与实际背景屏的长度之比为1：4可得乙图中正方形的边长l=4cm，竖直方向上有：解得：（3）3水平方向小球做匀速直线运动，因此小球平抛运动的初速度为：（4）4b点竖直方向上的分速度所以：14.利用图示装置进行验证机械能守恒定律的实验时，需要测量物体由静止开始自由下落到某点时的瞬时
18、速度v和下落高度h。某班同学利用实验得到的纸带，设计了以下四种测量方案：a用刻度尺测出物体下落的高度h,并测出下落时间t通过v=gt计算出瞬时速度v。b用刻度尺测出物体下落的高度h,并通过v=计算出瞬时速度v。c根据做匀变速直线运动时纸带上某点的瞬时速度，等于这点前后相邻两点间的平均速度，浊算出图时速度v,并通过h=计算出高度h。d用刻度尺测出物体下落的高度h,根据做匀变速直线运动时纸带上某点的瞬时速度，等于这点前后相邻两点间的平均速度，测算出瞬时速度v。（1）以上方案中只有一种正确，正确的是 。（填入相应的字母）（2）本实验计算出重力势能的减小为，对应动能的增加为，由于不可避免地存在阻力，应
19、该是 （等于，略大于，略小于）【答案】（1）d （2）略小于【解析】略三、计算题15.2016年10月19日，“神舟十一号”载人飞船与“天宫二号”空间实验室成功实现自动交会对接，形成一个组合体在“天宫二号”原轨道绕地球做圆周运动。已知地球的半径R，地球表面重力加速度g，“天宫二号”距离地面高度h。求对接后组合体运动的线速度大小。【答案】【解析】地面上物体m1： 组合体圆周运动，牛顿运动定律： 解得： 16.如图所示,传送带与地面成夹角=37,以4m/s的速度顺时针转动,在传送带下端轻轻地放一个质量m=1kg的物体,它与传送带间的动摩擦因数=1,已知传送带从A到B的长度L=6m,求物体从A到B过
20、程中传送带克服物块摩擦力做功的平均功率? 【答案】 【解析】【分析】物体先做匀加速直线运动,速度达到传送带速度后做匀速直线运动,根据牛顿第二定律求出开始上滑的加速度,结合速度时间公式求出速度达到传送带速度的时间,根据速度位移公式求出速度达到传送带上滑的位移,从而得出匀速运动位移,结合位移公式求出匀速运动的时间,求出总时间,摩擦力做的功,求平均功率；解： 物块刚放上传送带上时的加速度为a，有：代入数据得：加速过程的位移为：达到共同速度时间为：联立解得：匀速运动加速过程摩擦力做的功匀速过程摩擦力做的功根据平均功率的定义17.如图所示，两质量分别为M1=M2=1.0kg的木板和足够高的光滑凹槽静止放
21、置在光滑水平面上，木板和光滑凹槽接触但不粘连，凹槽左端与木板等高。现有一质量m=2.0kg的物块以初速度vo=5.0m/s从木板左端滑上，物块离开木板时木板的速度大小为1.0m/s，物块以某一速度滑上凹槽。已知物块和木板间的动摩擦因数=0.5，重力加速度g取10m/s2。求：木板的长度； 物块滑上凹槽的最大高度.【答案】0.8m；0.15m.【解析】试题分析：（1）物体在木板上滑行的过程中，设向右为正方向，对系统由动量守恒和能量守恒可得：联立并代入数据得，。（2）物体在凹槽上滑行的过程中，同理可得：，联立并代入数据得：。考点：动量守恒定律及能量守恒定律。【名师点睛】本题考查了求物块受到与物块上
22、升高度，分析清楚物体运动过程，应用动量守恒定律与能量守恒定律即可正确解题18.如图为一水平传送带装置的示意图。紧绷的传送带AB 始终保持 v0=5m/s的恒定速率运行，AB间的距离L为8m。将一质量m1kg的小物块轻轻放在传送带上距A点2m处的P点，小物块随传送带运动到B点后恰好能冲上光滑圆弧轨道的最高点N。小物块与传送带间的动摩擦因数0.5，重力加速度g10 m/s2。求：（1）该圆轨道的半径r；（2）要使小物块能第一次滑上圆形轨道达到M点，M点为圆轨道右半侧上的点，该点高出B点0.25 m，且小物块在圆形轨道上不脱离轨道，求小物块放上传送带时距离A点的位置范围。【答案】（1）（2）【解析】
23、试题分析：（1）小物块在传送带上匀加速运动的加速度小物块与传送带共速时，所用的时间运动的位移L2=6m故小物块与传送带达到相同速度后以的速度匀速运动到B，然后冲上光滑圆弧轨道恰好到达N点，故有：由机械能守恒定律得，解得（2）设在距A点x1处将小物块轻放在传送带上，恰能到达圆心右侧的M点，由能量守恒得： 代入数据解得设在距A点x2处将小物块轻放在传送带上，恰能到达右侧圆心高度，由能量守恒得：代入数据解得则：能到达圆心右侧的M点，物块放在传送带上距A点的距离范围；同理，只要过最高点N同样也能过圆心右侧的M点，由（1）可知则：。故小物块放在传送带上放在传送带上距A点的距离范围：考点：考查了相对运动，能量守恒定律的综合应用
