1、山西省晋中市祁县第二中学2019-2020学年高一物理下学期期末考试试题（含解析）一、选择题（每题4分，共48分，1-8单选，9-12多选）1.在地面上方某点将一小球以一定的初速度沿水平方向抛出，不计空气阻力，则小球在随后的运动中 （）A. 速度和加速度的方向都在不断变化B. 速度与加速度方向之间的夹角一直减小C. 速度逐渐增大，加速度也逐渐增大D. 在相等的时间间隔内，速率的改变量相等【答案】B【解析】【详解】A平抛运动的加速度保持不变，速度大小和方向均在变化，故A错误；B加速度方向始终竖直向下，根据平行四边形定则知随着时间的增大，则速度方向与水平方向的夹角不断增大，则速度与加速度方向之间的
2、夹角一直减小，故B正确；C平抛运动的加速度保持不变，速度大小在增大，故C错误；D加速度不变，在相等时间内速度变化量相同，但是速率的变化量不等，故D错误。故选B。2.在物理学发展史上，许多科学家通过不懈的努力，取得了辉煌的研究成果，下列表述符合物理学史实的是()A. 行星在圆周轨道上保持匀速率运动的性质是惯性B. 第谷通过大量运算分析开普勒的天文观测数据总结出了行星运动的定律C. 哥白尼提出了日心说，并发现了行星是沿椭圆轨道绕太阳运行的D. 卡文迪许通过实验测出了万有引力常量【答案】D【解析】【详解】A行星在圆周轨道上保持匀速率运动，由于速度的方向不断变化，故做变速运动，故A错误；B开普勒通过大
3、量运算分析第谷的天文观测数据总结出了行星运动的定律，故B错误； C哥白尼提出了日心说，开普勒发现了行星是沿椭圆轨道绕太阳运行的，故C错误； D卡文迪许通过实验测出了万有引力常量，故D正确。故选D。3.下列说法正确的是（ ）A. 做匀速圆周运动的物体，因为在相等的时间内通过的圆弧长度相等，所以线速度恒定B. 一物体在两个力F1、F2的共同作用下发生了一段位移，做功分别为W16 J、W28 J，因为功是标量，所以F1比F2做的功多C. 由F知，当r0时，物体m1、m2间引力F趋于无穷大D. 若两个互成角度的分运动分别是匀速直线运动和匀加速直线运动，则合运动一定是曲线运动【答案】D【解析】做匀速圆周
4、运动的物体，因为在相等的时间内通过的圆弧长度相等，所以线速度大小恒定，但是方向不断变化，所以线速度不断变化，选项A错误；功是标量，功的正负表示是动力做功还是阻力做功，不表示大小，所以所以F1比F2做的功少，选项B错误；万有引力定律只适用于质点之间的相互作用，当r0时，万有引力定律不再适用，选项C错误；两个互成角度的分运动分别是匀速直线运动和匀加速直线运动，合速度的方向与合加速度的方向不在同一条直线上，合运动为曲线运动，故D正确故选D.4.如图所示是北斗导航系统中部分卫星的轨道示意图，已知a、b、c三颗卫星均做圆周运动，a是地球同步卫星，则（）A. 卫星a的运行速度小于c的运行速度B. 卫星a的
5、加速度大于c的加速度C. 卫星b的运行速度大于第一宇宙速度D. 卫星c的周期大于24 h【答案】A【解析】【详解】AC根据得卫星的线速度为可知轨道半径大的卫星运行速度小，所以卫星a的运行速度小于c的运行速度，卫星b的运行速度小于第一宇宙速度，选项A正确，C错误；B根据得卫星的加速度为可知轨道半径大的卫星加速度小，所以卫星a的加速度小于c的加速度，选项B错误；D根据得卫星的周期为可知轨道半径大的卫星周期大，所以卫星a（地球同步卫星）的周期大于c的周期，即卫星c的周期小于24h，选项D错误。故选A。5.初始静止在坐标原点的某质点，在内，沿轴方向分运动的加速度时间关系如图甲，沿轴方向分运动的速度时间
6、关系如图乙，则这段时间内，该质点（） A. 在轴方向的分运动为匀速运动B. 在内的加速度越来越大C. 在时的速度大小为D. 在和时的加速度相同【答案】C【解析】【详解】A在轴方向加速度恒定，说明该方向上的分运动为匀加速直线运动，故A错误；B内的加速度x方向加速度y方向加速度内的合加速度分析表达式可知加速度不变，故B错误；C在时，x方向速度y方向速度时的合速度大小故C正确；D在和时的加速度大小相同，但方向不同，加速度是矢量，说明加速度不同，故D错误。故选C。6.质量为m的石子从距地面高为H的塔顶以初速v0竖直向下运动，若只考虑重力作用，则石子下落到距地面高为h处时的动能为（g表示重力加速度）A.
7、 mgH+ mv02B. mgHmghC. mgH+ mv02mghD. mgH+ mv02+mgh【答案】C【解析】【详解】由动能定理可得：mg(Hh)mV2mv02故：mV2=mg(Hh)+ mv02故C正确，ABD错误，故选C7.2019年1月3日10时26分，“嫦娥四号”探测器成功在月球背面着陆，标志着我国探月航天工程达到了一个新高度，图示为“嫦娥四号”到达月球背面的巡视器已知地球和月球的半径之比约为4:1，其表面重力加速度之比约为6:1则地球和月球相比较，下列说法中最接近实际的是（ ）A. 地球的密度与月球的密度比为3：2B. 地球的质量与月球的质量比为64：1C. 地球的第一宇宙速
8、度与月球的第一宇宙速度比为8：1D. 苹果在地球表面受到的引力与它在月球表面受到的引力比为60：1【答案】A【解析】【详解】设星球的密度为，由，得GM=gR2，已知地球的半径约为月球半径4倍；地球表面重力加速度约为月球表面重力加速度的6倍，所以地球和月球的密度之比约为倍，地球的质量与月球的质量比为96：1，故A正确，B错误根据可得，则地球的第一宇宙速度与月球的第一宇宙速度比为2：1，选项C错误；根据F=mg可知，苹果在地球表面受到的引力与它在月球表面受到的引力比为6：1，选项D错误8.两个物体A、B的质量之比：1，二者动能相同，它们和水平桌面的动摩擦因数相同，则二者在桌面上滑行到停止所经过的距
9、离之比为A. ：1B. ：2C. ：1D. ：4【答案】B【解析】【详解】物体滑行过程中只有摩擦力做功，根据动能定理，有：对甲：-mAgsA=0-Ek ；对B：-mBgsB=0-Ek ；联立可得；故选B【点睛】本题涉及力在空间的效应可优先考虑运用动能定理，涉及力在时间的效应优先考虑动量定理，也可以根据牛顿第二定律和运动学公式结合求解9.如图为一皮带传动装置，右轮的半径为r，a是它边缘上的一点，左倾是一轮轴，大轮半径为4 r，小轮半径为2 r，b点在小轮上，到小轮中心距离为r.c点和d点分别位于小轮和大轮的边缘上，若在传动过程中，皮带不打滑，则（ ）A. a点与b点线速度大小相等B. a点与c点
10、线速度大小相等C. a点与d点向心加速度大小相等D. a.b.c.d四点，加速度最小的是b点【答案】BCD【解析】【详解】靠传送带传动两轮子边缘上的点线速度大小相等，所以a、c两点的线速度大小相等，共轴转动的物体上各点具有相同的角速度，所以c、b的角速度相等，根据v=r，可知c点的线速度是b点线速度的2倍，则a点的线速度是b点线速度的2倍，选项A错误，B正确；d点线速度是a点线速度的2倍，根据a=v2/r可知，a点与d点向心加速度大小相等，选项C正确；根据a=v2/r可知，a点的向心加速度是c点向心加速度大小的2倍，根据a=r2知c点的向心加速度是b点向心加速度大小的2倍，可知a.b.c.d四
11、点，加速度最小的是b点，选项D正确；故选BCD.10.2018年我国将实施探月工程第三期任务，将发射嫦娥五号月球探测器，她是我国首个能够在地球以外的其他星体上实现降落并自动返回的探测器，它将在月球上降落并实施采集月球样品的任务。如图所示为“嫦娥五号”降落月球表面的过程示意图，已知引力常量为G，“嫦娥五号”在轨道I、轨道II、轨道III的周期分别为T1、T2、T3，则下列说法正确的是（）A. B. “嫦娥五号”在A、B点变轨过程中机械能均增大C. “嫦娥五号”探测器在B点的加速度大于在A点的加速度D. “嫦娥五号”探测器在轨道II上从A到B的过程速度减小【答案】AC【解析】【详解】A“嫦娥五号”
12、在轨道、轨道的半径和轨道的半长轴的关系为，根据开普勒第三定律得“嫦娥五号”在轨道、轨道、轨道的周期关系为故A正确；B“嫦娥五号”在A、B点变轨过程中，因为发动机向前喷气，速度减小，做近心运动，才能进入低轨道运行，所以机械能均减小，故B错误；C根据牛顿第二定律有解得，“嫦娥五号”探测器在A、B两点距月球的距离关系为，故，故C正确；D“嫦娥五号”探测器在轨道II上从远月点A向近月点B运动的过程中，引力做正功，速度增大，故D错误。故选AC。11.如图甲所示，轻杆一端固定在O点，另一端固定一小球，现让小球在竖直平面内做半径为R的圆周运动小球运动到最高点时，杆与小球间弹力大小为F，小球在最高点的速度大小
13、为v，其Fv2图象如图乙所示则A. 小球的质量为B. 当地的重力加速度大小为C. v2c时，小球对杆的弹力方向向上D. v22b时，小球受到的弹力与重力大小相等【答案】ACD【解析】【详解】对小球在最高点进行受力分析，速度零时：Fmg0结合图象可知amg0A当F0时由牛顿第二定律可得：结合图象可知：联立解得，选项A正确，B错误；C由图象可知bc，当v2c时，根据牛顿第二定律有:Fmg则杆对小球有向下的拉力，由牛顿第三定律可知，选项C正确；D当v22b时，由牛顿第二定律可得:mgF可得Fmg.选项D正确12.若货物随升降机运动的图像如图所示（竖直向上为正），则下列说法中正确的是（ ）A. 到合外
14、力对货物所做功为0到的两倍B. 到过程中货物的机械能一直增大C. 整个过程中，升降机的支持力对货物不做功D. 整个过程中，0到升降机对货物的支持力最大【答案】BD【解析】【详解】到货物匀速上升，则合外力对货物所做功为0，选项A错误；到过程中，支持力对货物做正功，则货物的机械能一直增大，选项B正确；整个过程中，升降机的支持力对货物做正功，选项C错误；整个过程中，0到时间内升降机加速上升，货物超重，则升降机对货物的支持力最大，选项D正确.二、实验题（每空2分，共18分）13.如图1所示，将打点计时器固定在铁架台上，用重物带动纸带从静止开始自由下落，利用此装置可验证机械能守恒定律。已准备的器材有打点
15、计时器（带导线）、纸带、复写纸、带铁夹的铁架台和带夹子的重物，此外还需要的器材是_（填字母代号）。A直流电源、天平及砝码 B直流电源、毫米刻度尺C交流电源、天平及砝码 D交流电源、毫米刻度尺实验中需要测量物体由静止开始自由下落到某点时的瞬时速度v和下落高度h。某同学对实验得到的纸带，设计了以下四种测量方案，这些方案中合理的是：_。A用刻度尺测出物体下落的高度h，由打点间隔数算出下落时间t，通过v=gt计算出瞬时速度vB用刻度尺测出物体下落的高度h，并通过计算出瞬时速度vC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，并通过计算得出高度hD用刻度
16、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安装好实验装置，正确进行实验操作，从打出的纸带中选出符合要求的纸带，如图2所示。图中O点为打点起始点，且速度为零。选取纸带上打出的连续点A、B、C、作为计数点，测出其中E、F、G点距起始点O的距离分別为h1、h2、h3。已知重锤质量为m，当地重力加速度为g，计时器打点周期为T。为了验证此实验过程中机械能是否守恒，需要计算出从O点到F点的过程中，重锤重力势能的减少量Ep=_，动能的增加量Ek=_（用题中所给字母表示）。实验结果往往是重力势能的减少量略大于动能的增加量，关于这个误差
17、下列说法正确的是_。A该误差属于偶然误差B该误差属于系统误差C可以通过多次测量取平均值的方法来消除误差D可以通过减小空气阻力和摩擦阻力的影响来减小该误差某同学在实验中发现重锤增加动能略小于重锤减少的重力势能，于是深入研究阻力对本实验的影响。若重锤所受阻力为f。重锤质量为m，重力加速度为g。他测出各计数点到起始点的距离h，并计算出各计数点的速度v，用实验测得的数据绘制出v2h图线，如图3所示，图像是一条直线，此直线斜率k=_（用题中字母表示）。【答案】 (1). D (2). D (3). mgh2 (4). (5). BD (6). 【解析】【详解】1 打点计时器需要使用交流电源，要测量物体下
18、降的高度，以及瞬时速度的大小，所以需要测量点迹间的距离，需要毫米刻度尺；实验验证动能的增加量和重力势能的减小量是否相等，所以不需要测量物体的质量，故不需要天平与砝码，故D符合题意，ABC不符合题意。故选D。2 验证机械能守恒定律实验，要用刻度尺测出物体下落的高度h，然后求出物体重力势能的减少量；重物下落时做匀加速直线运动，根据匀变速直线运动的特点求出瞬时速度，即：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，故ABC不合理，D合理。故选D。3 从O点到F点的过程中，重锤重力势能的减少量4根据某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度求出F点的瞬时速度，则有重物动能的增
19、加量5实验结果往往是重力势能的减少量略大于动能的增加量，这个误差是系统误差，无法避免；系统误差时由于空气阻力与摩擦阻力造成的，可以通过减小空气阻力和摩擦阻力的影响来减小该误差，故BD正确，AC错误。故选BD。6 由动能定理可知整理得则图像的斜率为14.“探究功与速度变化的关系”实验装置如图所示。（1）实验中小车会受到阻力，可以使木板适当倾斜来“抵消”阻力的影响，需要将木板的_侧适当垫高（填“左”或“右”）。（2）某次橡皮筋对小车做功为W，打点计时器打出的纸带如图所示，A、B、C、G是纸带上标出的计数点，每两个相邻的计数点之间还有4个打出的点未画出，则橡皮筋做功之后恢复原长对应的小车v=_m/s
20、（保留3位有效数字）。（3）若根据多次测量数据画出Wv图像如图所示，可知W与v的可能正确的是_【答案】 (1). 左 (2). 0.168 (3). C【解析】【详解】(1)1 为了平衡小车运动的阻力，需要将木板的左侧适当垫高；(2)2 每两个相邻的计数点之间还有4个打出的点未画出，打点周期为T=0.1s，利用纸带求解小车速度(3)3 因为，图线为抛物线，则W-v图像为C图。三、计算题（15题10分，16题17题各12分，共34分）15.在冬天，高为h=1.25m的平台上，覆盖一层薄冰一乘雪橇的滑雪爱好者，从距平台边缘s=24m处以7m/s初速度向平台边缘滑去，如图所示，平台上的薄冰面与雪橇间
21、的动摩擦因数为=0.05，取g=10m/s2求：(1)滑雪者滑离平台时速度的大小；(2)滑雪者着地点到平台边缘水平距离【答案】(1)v=5m/s (2)x= 2.5m【解析】【详解】（1）设滑雪者离开平台的速度为v a=-g v=5m/s （2）滑雪者离开平台做平抛运动下落时间为t， 由 得 t=0.5s 水平距离为x=vt=2.5m16.汽车发动机的额定功率为40KW，质量为2000kg，当汽车在水平路面上行驶时受到阻力为车重的0.1倍()，求：（1）汽车在路面上能达到的最大速度？（2）若汽车以额定功率启动，当汽车速度为时的加速度？【答案】汽车在路面上能达到的最大速度为20m/s；若以恒定功
22、率启动，当汽车速度为10m/s时的加速度是1m/s2【解析】试题分析：当牵引力等于阻力时，汽车速度最大，根据P=fvm求出汽车的最大速度；根据P=Fv求出汽车的牵引力，结合牛顿第二定律求出汽车的加速度汽车有最大速度时，F=f，根据P=Fv，可得最大速度为：当速度v=10m/s时，则根据牛顿第二定律得：联立以上并代入数据可得：a=1m/s2点睛：本题主要考查了机车的启动问题，知道两种启动方式在整个过程中的运动规律，结合牛顿第二定理、动能定理、运动学公式综合求解17.如图，光滑水平面AB与竖直面上的半圆形固定导轨在B点衔接，导轨半径为R，一个质量为m的静止物块在A处压缩弹簧，把物块释放，在弹力的作用下获得一个向右的速度，当它经过B点进入导轨瞬间对导轨的压力为其重力的7倍，之后向上运动恰能完成半圆周运动经过C点，求：（1）弹簧对物块的弹力做的功；（2）物块从B至C克服阻力做的功；【答案】（1）3mgR（2）【解析】【详解】（1）在B点时，根据牛顿第二定律其中FN=7mg解得 弹簧对物块的弹力做的功等于物块得到的动能 （2）在最高点C时物块从B至C由动能定理 联立解得Wf=mgR
