吉林省吉林市2018-2019学年高一下学期期末考试物理试题

吉林省吉林市2018-2019学年高一下学期期末考试物理试题

www.ks5u.com ‎2018—2019学年度下学期期末“三校”质量检测 高一物理 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/s B. m/s C. 2 m/s D. 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/s ‎2.如图所示，圆锥摆的摆长为L，摆角为α，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，做功期间的平均功率分别为P1、P2，则下列关系正确的是（　　）‎ A. W1＞W2，P1=P2‎ B. W1=W2，P1=P2‎ C. W1=W2，P1＜P2‎ D. W1＜W2，P1＜P2‎ ‎【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R C. 小物块沿半球面运动 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，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=t2 B. t1＜t2 C. v1∶v2=4∶ D. v1∶v2=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，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mgh B. 物体的重力势能减少了mgh C. 物体克服阻力所做的功为mgh D. 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′−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：D ‎9.2017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”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ω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的最大速度是ωL D. 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θ（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 ．θ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，θ变为零度，绳子的速度变为最大，为ωL；然后，θ又逐渐增大，v绳=ωLcosθ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，θ变为零度，绳子的速度变为最大，为ωL，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m＝4 kg的小物体B以水平速度v0＝2 m/s滑上原来静止的长木板A的表面，由于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2J B. 系统损失的机械能为2J C. 木板A的最小长度为2 m D. 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（     ）‎ 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，sin∠OPB＝R/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：‎ ‎⑴由以上信息，可知a点______________（填“是”或“不是”）小球的抛出点；‎ ‎⑵由以上信息，可以推算出该星球表面的重力加速度为__________m/s2 ‎ ‎⑶由以上信息可以算出小球平抛的初速度大小是_________m/s;‎ ‎⑷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）[4]b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θ=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μ=1,已知传送带从A到B的长度L=6m,求物体从A到B过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μ=0.5，重力加速度g取10m/s2。求：‎ ‎①木板的长度； ‎ ‎②物块滑上凹槽的最大高度.‎ ‎【答案】①0.8m；②0.15m.‎ ‎【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：…①‎ 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m＝1kg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μ＝0.5，重力加速度g＝10 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】‎ 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＜L－2=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 ‎ ‎