1、河北省沧州市第三中学2019-2020学年高一物理下学期期末考试试题一、 选择题（本大题共20小题，每小题4分，共计80分。在每小题给出的四个选项中，第1-13题只有一项符合题目要求，第14-20题有多项符合题目要求，全部选对的得4分，选对但不全的得2分。有选错的得0分。）1. 如图所示，汽车在岸上用轻绳拉船，若汽车行进速度为v，拉船的绳与水平方向夹角为，则船速度为A. B. C. D. 2在物体自由下落过程中，某物理量A随位移s变化的关系如图所示，该物理量可能是（ ）A速度B动能C加速度D机械能3 如图所示，铅球从同学手中水平抛出后，不考虑空气对铅球的阻力，落地前小球物理量一定变化的是（）A
2、 重力的功率B加速度C小球的机械能D速度的变化率4 如图所示，两个挨得很近的小球，从斜面上的同一位置O以不同的初速度、做平抛运动，斜面足够长，在斜面上的落点分别为A、B，空中运动的时间分别为、，碰撞斜面前瞬间的速度与斜面的夹角分别为、，已知。则有A. ：2B. ：2C. D. 5. 两个大轮半径相等的皮带轮的结构如图所示，AB两点的半径之比为2：1，CD两点的半径之比也为2：1，下列说法正确的是A. A，B两点的线速度之比为：2B. A、C两点的线速度之比为：1C. A、C两点的角速度之比为：2D. A、D两点的线速度之比为：26 . 如图所示，用长为L的轻杆连着质量为m的小球在竖直平面内做圆
3、周运动，则下列说法中正确的是A. 小球在圆周最高点时所受的向心力一定为重力B. 小球在最高点时轻杆受到作用力可能为零C. 小球过最低点轻杆对小球的拉力可能等于小球的重力D. 若小球刚好能在竖直平面内做圆周运动，则其在最高点的速率为7. 如图所示，A，B，C三颗人造地球卫星绕地球做匀速圆周运动，已知三颗卫星的质量关系为，轨道半径的关系为，则三颗卫星 A. 线速度大小关系为B. 加速度大小关系为C. 向心力大小关系为D. 周期关系为8. 2018年我国即将发射“嫦娥四号”登月探测器，该探测器将首次造访月球表面，实现对地对月中继通信。如图所示，嫦娥四号在环月圆轨道I上的A点实施变轨，进入近月的椭圆轨
4、道II，由近月点B成功落月，如图所示，下列关于“嫦娥四号”的说法，正确的是A. 沿轨道I运动至A点时，需向前喷气才能进入轨道IIB. 沿轨道II运行的周期大于沿轨道I运行的周期C. 沿轨道II运行时，在A点的加速度大于在B点的加速度D. 在轨道II上由A点运行到B点的过程，速度逐渐减小9. 一条河宽d=100m，小船在静水中的速度为4m/s，水流速度为3m/s，下列说法不正确的是（ ）A小船能垂直河岸过河 B小船渡河的最大速度为7m/sC小船渡河的最短航程是100 m D小船渡河的最短时间是25s10人骑自行车下坡，坡长l500 m，坡高h10m，人和车总质量为100 kg，下坡时初速度为4
5、m/s，人不踏车的情况下，到达坡底时车的速度为10 m/s，g取10 m/s2，则下坡过程中克服阻力所做的功为()A15800 JB5800JC5000 JD4200 J11某大瀑布的平均水流量为5900m3/s，水的落差为50m。已知水的密度为1.00103kg/m3。在大瀑布水流下落过程中，重力做功的平均功率约为( )A3106w B3107w C3108w D3109w12将物体从A点以60J的初动能竖直上抛，当物体到达B点时，其动能损失了50J，而机械能损失了10J，设物体在运动过程中所受阻力大小不变，则当物体落回到A点时，它的动能为：（ ）A40J B50J C48J D36J13如
6、图所示，质量为m的小球，从离地面高H处由静止开始释放，落到地面后继续陷入泥中h深度而停止，设小球受到空气阻力为f，重力加速度为g，则下列说法正确的是A小球落地时动能等于mgHB小球陷入泥中的过程中克服泥的阻力所做的功小于刚落到地面时的动能C整个过程中小球克服阻力做的功等于mg(Hh)D小球在泥土中受到的平均阻力为14. 一个内壁光滑的圆锥形筒的轴线垂直水平面，圆锥筒固定，有质量相等的小球A和B沿着筒的内壁在水平面内做匀速圆周运动，如图所示，则A. 球A的角速度等于球B的角速度B. 球A的线速度大于球B的线速度C. 球A的运动周期小于球B的运动周期D. 球A与球B对筒壁的压力相等15. 如图所示
7、，水平转台上有一个质量为m的小物块，用长为L的轻细绳将物块连接在通过转台中心的转轴上，细绳与竖直转轴的夹角为，系统静止时细绳绷直但张力为零物块与转台间动摩擦因数为，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力物块随转台由静止开始缓慢加速转动，在物块离开转台前 A. 物块对转台的压力大小等于物块的重力B. 物块受转台的静摩擦力方向始终指向转轴C. 绳中刚出现拉力时，转台的角速度为D. 物块能在转台上随转台一起转动的最大角速度为16. 对下列四幅图的描述正确的是 A可能是机车以恒定功率启动时，速度大小与时间变化的关系图象B. 图B可能是竖直上抛运动的下落阶段速度随时间变化的关系图象C. 图C可能是平抛运动的竖直方
8、向速度随时间变化的关系图象D. 图D可能是匀速圆周运动的向心力大小随时间变化的关系图象17. 如图所示，质量为m的小球用一根轻细绳子系着在水平面内做圆锥摆运动，已知绳长为L，轻绳与竖直方向夹角为，现增大绳长L，保持夹角不变，仍使小球在水平面内做圆锥摆运动，则18. A. 小球的向心加速度增大B. 小球运动的线速度增大C. 小球运动的周期增大D. 小球所受的细线拉力增大18. 小球质量为m，用长为L的轻质细线悬挂在O点，在O点的正下方有一钉子P，把细线沿水平方向拉直，如图所示，无初速度地释放小球，当细线碰到钉子的瞬间，设线没有断裂，则下列说法正确的是A. 小球的角速度突然增大B. 小球的瞬时速度
9、突然增大C. 小球的向心加速度突然增大D. 小球对悬线的拉力保持19. 如图所示，长木板乙放在光滑的水平面上，滑块甲由长木板的左端以水平向右的速度滑上，滑块与长木板之间存在摩擦力，假设长木板足够长。则（）A滑块甲的机械能不守恒B长木板乙的机械能不守恒C滑块甲和长木板乙组成的系统机械能守恒D滑块甲和长木板乙组成的系统机械能增大20 在训练运动员奔跑中下肢向后的蹬踏力量时，有一种方法是让运动员腰部系绳拖着汽车轮胎奔跑，如图所示，在一次训练中，运动员腰部系着不可伸长的轻绳拖着质量m=11kg的轮胎从静止开始沿着笔直的跑道加速奔跑，5s后轮胎从轻绳上脱落，轮胎运动的v-t图像如图乙所示不计空气阻力已知
10、绳与地面的夹角为37，且370=06，37=08，g取102下列说法正确的是（ ）A轮胎与水平面间的动摩擦因数B绳子拉力的大小为70NC在07s内，轮胎克服摩擦力做功为1400JD在2s时，绳子拉力的瞬时功率为224W二解答题（本大题共两个小题，满分20分;21题9分,22题11分）21如图甲所示,一个质量为0.6 kg 的小球以某一初速度从P点水平抛出,恰好从光滑圆弧ABC的A点的切线方向进入圆弧(不计空气阻力,进入圆弧时无机械能损失)。已知圆弧的半径R=0.3 m,=60,小球到达A点时的速度vA=4 m/s。g取10 m/s2,求:(1)小球做平抛运动的初速度v0。(2)P点与A点的高度
11、差h。(3)小球到达圆弧最高点C时对轨道的压力如图所示，光滑弧形坡道顶端距水平面高度为h，底端切线水平且与一水平粗糙滑道相连接，O点为连接处，一轻弹簧的一端固定在水平滑道左侧的固定挡板M上，弹簧自然伸长时另一端N与O点的距离为s。质量为m的小物块A从坡道顶端由静止开始滑下，进入水平滑道并压缩弹簧，已知弹簧的最大压缩量为d，物块与水平滑道间的动摩擦因数为，重力加速度为g，求： 物块刚与弹簧接触时速度v的大小；弹簧的最大弹性势能；若物块能够被重新弹回到坡道上，求它在坡道上能够上升的最大高度H。答案1. 【答案】C【解析】将船的速度分解为沿绳子方向和垂直于绳子方向，沿绳子方向的速度等于v，根据平行四
12、边形定则求出船的速度。考查了运动的合成与分解，解决本题的关键知道船的速度是沿绳子方向和垂直于绳子方向速度的合速度，会根据平行四边形定则对速度进行合成。【解答】将小船的速度沿着平行绳子和垂直绳子方向正交分解，如图所示，平行绳子的分速度等于人拉绳子的速度，故：，代入数据有，故C正确，ABD错误；故选：C。2.B3.A4.【答案】C【分析】根据几何关系得出AB两球做平抛运动的水平位移之比和竖直位移之比，根据平抛运动基本公式求出时间和初速度之比，两球都落在斜面上，位移上有限制，位移与水平方向的夹角为定值，竖直位移与水平位移的比值等于斜面倾角的正切值，由此可正确解答。解决本题的关键抓住平抛运动落在斜面上
13、竖直方向上的位移和水平方向上的位移的比值是定值，明确当速度方向与斜面平行时，球离斜面最远，注意几何关系在解题中的应用。【解答】A.根据结合几何关系可知，AB两球运动的竖直方向位移之比，水平位移，两球都做平抛运动，根据得：，则，故A错误；B.水平位移为：，则，故B错误；两球都落在斜面上，位移与水平方向的夹角为定值，故有：，位移与水平面的夹角相同，所以，故C正确，D错误。故选C。5.【答案】C【分析】共轴转动的点角速度相等，靠传送带传动轮子边缘上的点线速度大小相等，结合线速度与角速度关系求出A、B、C、D的线速度大小和角速度大小之比解决本题的关键知道共轴转动的点角速度相等，靠传送带传动轮子边缘的点
14、线速度大小相等，以及知道线速度与角速度的关系，并能灵活运用【解答】解：A、AB两点共轴转动，角速度相等，根据知，：1，故A错误；B、AD两点靠传送带传动，则，C、D两点共轴转动，则角速度相等，根据知，：1，所以：故B错误；C、由B的分析可知，：2，又两个大轮半径相等，根据知：故C正确；D、因为A、D两点靠传送带传动，则两点的线速度相等。故D错误。故选：C。6.【答案】B【分析】物体做圆周运动需要的向心力是由合力提供，而轻杆既可以提供拉力，又可以提供支持力，所以小球到达最高点时的速度可以等于零，根据牛顿第二定律列式判断；解决本题的关键知道杆子可以表现为拉力，也可以表现为支持力在最高点的最小速度为
15、0。【解答】A.在最高点，向心力的大小不一定等于重力，故A错误；B.当小球在最高点的速度，此时小球靠重力提供向心力，轻杆的作用力为零，故B正确；C.在最低点，小球靠拉力和重力的合力提供向心力，合力向上，则拉力大于重力，故C错误；D.杆子在最高点可以表现为拉力，可以表现为支持力，在最高点的最小速度为零，可知小球刚好能在竖直平面内做圆周运动，最高点的速率为零，故D错误。故选B。7.【答案】B【分析】根据人造卫星的万有引力等于向心力，列式求出线速度、周期、向心加速度、向心力的表达式进行讨论即可。本题关键抓住万有引力提供向心力，先列式求解出线速度、周期、向心力、向心加速度的表达式，再进行讨论。【解答】
16、人造卫星绕地球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力，设卫星的质量为m、轨道半径为r、地球质量为M，有：，又由，解得：，根据题意有：，因此：A.由可知，故A错误；B.由可知，故B正确；C.根据和已知条件，可以判断：，故C错误；D.由可知，故D错误。故选B。8.【答案】A【解析】解：A、“嫦娥四号”在轨道I上做圆周运动，只有通过减速使圆周运动所需的向心力减小，做近心运动来减小轨道高度，才能轨道故A正确；B、根据开普勒行星运动定律知，在轨道I上运动时的半长轴大于在轨道II上运行时的半长轴，故在轨道I上运行的周期要大，故B错误；C、“嫦娥四号”运动的过程中万有引力产生加速度，根据牛顿第二定律有，得，
17、知r越大，a越小，所以在A点的加速度小于在B点的加速度，故C错误；D、在轨道上由A点运行到B点的过程中，万有引力对其做正功，它的动能增加，速度逐渐增大，故D错误。故选：A。根据做近心运动时万有引力大于向心力，来分析喷气的方向。根据开普勒第三定律分析卫星的运动周期和轨道半径之间的关系。根据牛顿第二定律和万有引力定律结合分析加速度关系。由开普勒第二定律或功能关系分析在轨道II上由A点运行到B点的过程速度的变化情况。解决本题要注意：由高轨道变轨到低轨道需要减速，而由低轨道变轨到高轨道需要加速，这一点在解决变轨问题时要经常用到，一定要注意掌握。卫星运行时只有万有引力做功，机械能是守恒的。9.【答案】B
18、【解析】由题意知，小船的速度v1=4m/s，水流速度为v2=3m/s，其合速度可以垂直与河岸，最短航程等于河宽100m，如图所示，所以A、C正确；最大速度可以达到7m/s,但无法渡河，B错误；当v1垂直于河岸航行时，渡河时间最短，故选项为B项。10.B11.D12.D13.C二、多选题14. 【答案】BD【解析】【分析】小球做匀速圆周运动，因此合外力提供向心力，对物体正确进行受力分析，然后根据向心力公式列方程求解即可解决这类圆周运动问题的关键是对物体正确受力分析，根据向心力公式列方程进行讨论，注意各种向心加速度表达式的应用【解答】由，解得，半径大的线速度大，角速度小，周期大，与质量无关，故AC
19、错误，B正确；D.物体受力如图：将沿水平和竖直方向分解得：，所以有：，两球质量相等，则两球对筒壁的压力相等，故D正确。故选BD。15.【答案】CD【解析】【分析】当转台的角速度比较小时，物块只受重力、支持力和摩擦力，随速度的增大，细绳上的拉力增大，当物块恰好要离开转台时，物块受到重力和细绳的拉力的作用，求解角速度。此题考查牛顿运动定律在圆周运动中的应用，注意临界条件的分析，至绳中出现拉力时，摩擦力为最大静摩擦力；转台对物块支持力为零时，。【解答】A.当转台的角速度增大到一定程度时，物体将脱离转台；物块对转台的压力为零，故A错误；B.由题可知，物体做加速圆周运动，所以开始时物体受到的摩擦力必定有
20、一部分的分力沿轨迹的切线方向，故B错误；C.当转台的角速度比较小时，物块只受重力、支持力和摩擦力，当细绳恰好要产生拉力时：，解得：，故C正确；D.随速度的增大，细绳上的拉力增大，当物块恰好要离开转台时，物块受到重力和细绳的拉力的作用，则：，解得：，故D正确。故选CD。16.【答案】CD【解析】【分析】根据机车功率恒定功率启动时，速度大小与时间变化的关系图象判断；根据竖直上抛运动的下落阶段速度随时间变化的关系图象；根据平抛运动的竖直方向速度随时间变化的关系图象；匀速圆周运动的向心力大小随时间变化的关系图象。本题意在考查学生对图像问题的整体把握情况，难度较难。【解答】A.若机车以恒定功率启动时，有
21、，可知速度大小随时间增加，但加速度在逐渐减小，即图象的斜率越来越小，故A错误；B.竖直上抛运动的下落阶段速度随时间逐渐变大，是加速运动，与图象不符，故B错误；C.平抛运动的竖直方向做自由落体运动，故其竖直速度随时间变化的关系过原点倾斜的直线，故C正确；D.匀速圆周运动的向心力大小不会随时间变化，故D正确。17.【答案】BC【解析】【分析】通过对摆球进行受力分析，在竖直方向上利用受力平衡列式即可求得绳子上的拉力，根据力的合成与分解，列式得出向心力，结合线速度、周期表示的向心力公式即可求解。该题是一个圆锥摆模型，对于圆锥摆，在竖直方向上受力平衡，在水平方向上的合力提供向心力，会结合等公式进行相关的
22、计算。【解答】对摆球进行受力分析：受重力mg和绳子的拉力T作用，在竖直方向上，合力为零，有：得：，不变，则绳子拉力不变，在水平方向上，合力提供向心力，有，由几何关系可知：，L增大，不变，则R增大，所以a不变，线速度和周期都增大，故BC正确，AD错误。故选BC。18.【答案】AC【解析】【分析】本题主要考查圆周运动，解决本题的关键知道线速度、角速度、向心加速度和半径的关系，抓住线速度的大小不变，去分析角速度、向心加速度等变化。把悬线沿水平方向拉直后无初速度释放，当悬线碰到钉子的前后瞬间，线速度大小不变，半径减小，根据、判断角速度、向心加速度大小的变化，根据牛顿第二定律判断悬线拉力的变化。【解答】
23、把悬线沿水平方向拉直后无初速度释放，当悬线碰到钉子的前后瞬间，由于绳子拉力与重力都与速度垂直，所以不改变速度大小，即线速度大小不变，而半径变为原来的一半，根据，则角速度增大到原来的2倍，故A正确，B错误；C.当悬线碰到钉子后，半径是原来的一半，线速度大小不变，则由分析可知，向心加速度突然增加为碰钉前的2倍，故C正确；D.根据牛顿第二定律得：得，r变小，其他量不变，则绳子的拉力T增大，故D错误。故选AC。19. AB20. BCD二解答题（本大题共两个小题，满分20分;21题9分,22题11分）21（1）2m/s；（2）0.6m；（3）8N，方向竖直向上。22.【答案】解：（1）设小物块滑至底端
24、O点时的速度大小为v1，由机械能守恒定律得：设物块刚与弹簧接触时的速度大小为v，由动能定理可得：解得：（2）在水平滑道上物块A克服摩擦力所做的功为： 由功能关系得：解得： （3）物块A被弹回的过程中，克服摩擦力所做的功仍为：Wf=mg（s+d）由功能关系得：解得物块A能够上升的最大高度为：。【解析】本题考查了动能定理、机械能守恒、功能关系的综合运用，关键确定研究的过程，运用合适的规律进行求解，难度中等；对于第一问，也可以对滑块滑至与弹簧刚接触的过程运用动能定理进行求解。（1）根据机械能守恒定律求出物块到达O点的速度，再根据动能定理求出物块刚与弹簧接触时的速度大小；（2）根据能量守恒求出弹簧的最大弹性势能；（3）求出物块A被弹回的过程中克服摩擦力做功的大小，结合功能关系求出上升的最大高度。