河北省邢台市2019-2020学年高一下学期期末考试联考物理试题 Word版含解析

河北省邢台市2019-2020学年高一下学期期末考试联考物理试题 Word版含解析

- 1 - 2019-2020 学年度第二学期河北省重点中学期末考试物理 考生注意： 1.本试卷分第 I 卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。共 100 分考试时间 90 分钟。 2.请将各题答案填写在答题卡上。 3.本试卷主要考试内容：人教版必修 2.选修 3—5 第十六章。 第 I 卷（选择题共 48 分） 一、选择题：本题共 12 小题，每小题 4 分，共 48 分。在每小题给出的四个选项 中，第 1-8 小题只有一个选项正确，第 9-12 小题有多个选项正确。全部选对的得 4 分，选对但不全的得 2 分，有选错或不答的得 0 分。 1. 关于物体做功，下列说法正确的是（　　） A. 力对物体做功少的其功率一定小 B. 重力对物体不做功，物体的重力势能一定为零 C. 起重机将物体匀速向上吊起一段距离，重力做负功，合力不做功 D. 只要物体受力的同时有位移发生，该力就一定对物体做功 【答案】C 【解析】 【详解】A．由功率的定义式 可知，力对物体做功功率的大小取决于做功多少和做功 所用的时间，力对物体做功少，若所用的时间少，其功率不一定小，A 错误； B．重力对物体不做功时，物体的重力势能不发生变化，但是物体的重力势能不一定为零，B 错误； C．起重机将物体匀速向上吊起一段距离，重力做负功，物体的重力势能增加，因物体是匀速 运动，物体的动能不变，由动能定理可知，合力不做功，C 正确； D．物体受力的同时有位移发生，若物体所受力的方向与其发生的位移方向垂直，据功的定义， 则该力对物体不做功，D 错误。 故选 C。 2. 2020 年 3 月 9 日，我国成功发射北斗系统第 54 颗导航卫星，这是“北斗三号”中的第2 颗 地球静止轨道卫星（即同步卫星），该卫星在短报文通信、精密单点定位等特色服务上发挥着 关键作用。下列说法正确的是（　　） WP t = - 2 - A. 该卫星的运行速度大于第一宇宙速度 B. 该卫星的周期大于地球的自转周期 C. 该卫星必定在地球赤道上空 D. 若该卫星点火加速，则该卫星将向地 球靠近 【答案】C 【解析】 【详解】A．第一宇宙速度是近地卫星的环绕速度。对卫星，万有引力提供其做圆周运动的向 心力，即 得 同步卫星的轨道半径大于近地卫星的轨道半径，所以该卫星的运行速度小于第一宇宙速度， 所以 A 错误； B．由于该卫星属于同步卫星，所以其运行的周期与地球的自转周期相同，所以 B 错误； C．同步卫星的轨道位于赤道上空，所以该卫星必定在地球赤道的上空，所以 C 正确； D．若该卫星点火加速，速度增大，所需的向心力就会增大，而提供的向心力不足以提供它做 圆周运动的向心力，所以此时该卫星会做离心运动，即该卫星会远离地球，所以 D 错误。 故选 C。 3. 关于动量守恒，下列说法正确的是（　　） A. 系统中所有物体的加速度都为零时，系统的动量不一定守恒 B. 若光滑水平面上的两小球发生碰撞，则碰撞过程中两小球组成的系统动量守恒 C. 一支枪水平固定在小车上，小车放在光滑的水平面上，枪发射子弹时，枪和子弹组成的系 统动量守恒 D. 系统只有重力做功，系统的动量才守恒 【答案】B 【解析】 【详解】A．系统中所有物体的加速度都为零时，则系统所受合外力为零，系统的动量守恒， A 错误； B．若光滑水平面上的两小球发生碰撞，两小球组成的系统所受合外力为零，系统动量守恒， 2 2 Mm vG mr r = GMv r = - 3 - B 正确； C．枪和子弹组成的系统，由于小车对枪有外力，子弹还受到重力，枪和子弹组成的系统合外 力不为零，所以动量不守恒，C 错误； D．系统只有重力做功，机械能守恒，当系统不受外力或者所受合外力为零时，动量守恒，D 错误。 故选 B。 4. 经科学家探测，宇宙深处某些未知星域可能存在类似人类生命的行星。假设某宇航员先后 登陆甲、乙两颗行星，宇航员根据甲、乙两行星的不同卫星做圆周运动的半径 r 与周期 T，作 出如图所示的图象，甲、乙两行星的质量之比为（　　） A 2:1 B. 1:2 C. 1:4 D. 4:1 【答案】A 【解析】 【详解】对于卫星，由行星对其的万有引力来提供向心力，即 得 所以由图象可得 故选 A。 5. 两物体先后以相同的动能沿同一固定光滑斜面向上运动直到速度为 0，质量大的物体（　　） A. 重力势能变化更小 B. 运动位移更大 C. 运动的时间更短 D. 在最高点时机械能更大 【答案】C 2 2 2 4πMmG m rr T = 3 2 24π GMr T= ⋅ : 2:1M M =甲 乙 - 4 - 【解析】 【详解】A．物体沿着光滑面上升，物体的动能转化为物体的重力势能，初动能相同，动能的 变化相同， 则重力势能变化相同，A 错误； B．设斜面的倾角为 ，根据动能定理 初动能相同，质量大的物体位移小，B 错误； C．根据牛顿第二定律 物体的加速度 根据位移公式，逆向思维 解得 动能相同，质量大的时间短，C 正确； D．根据机械能守恒，在最高点时机械能相同，D 错误。 故选 C。 6. 如图所示，从水平地面上同一位置抛出两小球 A、B．分别落在地面上的 M、N 点。两小球 运动的最大高度相同。空气阻力不计。从小球抛出到落地的过程中，下列说法正确的是（　　） A. A 比 B 的加速度大 B. B 的飞行时间比 A 的长 C. A 在最高点的速度比 B 在最高点的速度大 D. 两小球的速度变化量相等 【答案】D 【解析】 【详解】A．不计空气阻力，两球做斜抛运动，只受重力作用，加速度都为重力加速度 g，故 A 错误； θ ( )K0 sinE mg xθ− = − sinmg maθ = sina g θ= 21 2x at= K 2 2 2 sin Et mg θ= - 5 - B．两球都做斜抛运动，竖直方向的分运动是竖直上抛运动，根据运动的对称性可知，两球上 升和下落的时间相等，而下落过程，高度相同，由 知下落时间相等，则两球运动的时间相等，故 B 错误； C．两物体在最高点的速度等于水平分速度，由于运动时间相同，而 B 的水平位移较大，则 B 的水平速度较大，则 B 在最高点时的速度比较大，选项 C 错误； D．根据 由于运动时间相等，则速度变化量相等，故 D 正确。 故选 D。 7. 如图所示，长均为 L 的两根轻绳，一端共同系住质量为 m 的小球另一端分别固定在等高的 A、B 两点，A、B 两点间的距离也为 L，重力加速度大小为 g。现使小球在竖直平面内以 A、B 连线为轴做圆周运动，当小球在最高点的线速度大小为 v 时，两根轻绳的拉力恰好均为零；若 小球在最高点时两根轻绳的拉力大小均为 ，则此时小球的线速度大小为（　　） A. 2v B. 3v C. 4v D. 5v 【答案】B 【解析】 【详解】根据牛顿第二定律 两根轻绳的拉力大小均为 ，根据力的合成，两根绳拉力的合力大小为 ，则 2ht g = v gt∆ = 8 3 3 mg 2mvmg R = 8 3 3 mg 8mg - 6 - 两式联立，得 B 正确，ACD 错误。 故选 B。 8. 在抗击新型冠状病毒肺炎疫情的特殊时期，许多快递公司推出“无接触配送”服务。某快 递小哥想到了用无人机配送快递的办法，某次配送质量为 2kg 的快递，在无人机飞行过程中， 内快递在水平方向的速度一时间图像如图甲所示、竖直方向（初速度为零）的加速度 一时间图像如图乙所示，下列说法正确的是（　　） A. 快递做匀变速曲线运动 B. 快递在 0~10s 内的位移大小为 75m C. 10s 末快递竖直方向速度减为零 D. 1s 末快递受到合力大小为 N 【答案】D 【解析】 【详解】A． 时间内，快递在水平方向上的分运动为初速度为零的匀加速直线运动，在 竖直方向上的分运动是加速度不断增大的变加速直线运动，则其合运动变加速曲线运动，同 理， 时间内，快递在水平方向上的分运动为匀速直线运动，在竖直方向上的分运动是 加速度不断减小的变加速直线运动，则其合运动变加速曲线运动，A 错误； B．在 图像中图线与时间轴所围的面积表示水平位移，则 0～10s 内快递的水平位移 而竖直方向的位移不为零，所以，快递在 0~10s 内的位移大小肯定大于 75m，B 错误； C．依据 图像与时间所围成的面积为速度的变化量 则 10s 末快递竖直方向速度为 ，C 错误； D．在 1s 末，快递水平方向加速度为 2 8 mvmg mg R ′+ = 3v v′ = 0 10s∼ 4 2 0 5s 5s 10s v t− 10 5 m 10 5m 75m2x ×= + × = a t− 1 10 10m/s 50m/s2v∆ = × × = 50m/s - 7 - 竖直方向加速度 根据加速度合成可知，1s 末快递的加速度 由牛顿第二定律，则有 D 正确。 故选 D。 9. 关于物体的动能，下列说法正确的是（　　） A. 动能不变的物体可能不处于平衡状态 B. 物体在合外力作用下做变速运动时，动能一定变化 C. 物体以相同的速率向东和向西运动时，其动能的大小相等但方向不同 D. 如果物体所受的合外力为零，那么合外力对物体做功一定也为零 【答案】AD 【解析】 【详解】A．物体做匀速圆周运动时，动能不变化，不处于平衡状态，A 正确； B．物体做匀速圆周运动时，速度方向变化，大小不变，动能不变，B 错误； C．动能是标量，相同的速率运动时，动能相同，动能没有方向，C 错误； D．根据 所受的合外力为零，合外力对物体做功一定也为零，D 正确。 故选 AD。 10. 如图所示，围绕地球的两个轨道 P、Q，轨道 P 是半径为 4R 的圆轨道，轨道 Q 是椭圆轨 道，其近地点 a 与地心的距离为 2R，远地点 b 与地心的距离为 10R。假设卫星在圆轨道上运 行的周期为 T1，在椭圆轨道运行的周期为 T2，在近地点 a 的速度为 ，在远地点 b 的速度为 vb，则下列判断正确的是（　　） 为 2 210 m/s 2m/s5x va t ∆= = =∆ 2 210 1m/s 2m/s5ya = × = 2 2 22 2m/sx ya a a= + = 4 2NF ma= = W F x=合 合 av - 8 - A. B. C. D. 【答案】BD 【解析】 【详解】AB．因为 a 的轨道半径小于 b 的轨道半长轴，则根据开普勒第三定律 得 A 错误 B 正确； CD．根据开普勒第二定律知，卫星在近地点 a 的速度大于在远地点 b 的速度，C 错误 D 正确。 故选 BD。 11. 如图所示，水平杆固定在竖直杆上，两者互相垂直水平杆上 O、A 两点连接有两轻绳，两 绳的另一端都系在质量为 m 的小球上，OA=OB=AB，现通过转动竖直杆，使水平杆在水平面 内做匀速圆周运动，三角形 OAB 始终在竖直平面内若转动过程中 OB、AB 两绳始终没有弯曲 重力加速度为 g，下列说法正确的是（　　） A. OB 绳的拉力大小可能为 mg B. OB 绳的拉力大小可能为 mg C. AB 绳的拉力大小可能为 0 1 2T T> 1 2T T< a bv v< a bv v> 3 2 a kT = 1 2T T< 5 3 12 3 3 2 - 9 - D. AB 绳的拉力大小可能为 mg 【答案】ACD 【解析】 【详解】当杆没有转动时，根据受力平衡可知 随转速的增加，OB 绳的拉力逐渐增大，AB 绳的拉力逐渐减小，当 AB 绳拉力减小到 0 时，OB 绳拉力达到最大值，此时 解得 因此 OB 绳拉力的范围 AB 绳拉力的范围 因此 ACD 正确，B 错误。 故选 ACD。 12. 如图甲所示，质量为 1kg 的物块在零时刻受方向沿固定光滑斜面向上的恒力 F 作用，从足 够长、倾角为 的斜面底端由静止向上滑行，在 r=2s 时刻撤去恒力，物块的速度一时间 （v—t）图像如图乙所示，某时刻物块恰好返回斜面底端。取 g=10m/s2， ， 。下列说法正确的是（　　） A. 恒力 F 的大小为 4N B. 前 2s 内物块的动能改变量为 0.5J 3 6 OB AB 3 3T T mg= = OB sin 60T mg° = OB 2 3 3T mg= OB 3 2 3 3 3mg T mg≤ ≤ AB 30 3T mg≤ ≤ 37° sin37 0.6° = cos37 0.8° = - 10 - C. 整个运动过程物块受到的重力做功为 0 D. 前 2s 内恒力 F 的平均功率为 6.5W 【答案】BC 【解析】 【详解】A． 内物块的加速度为 根据牛顿第二定律得 解得 故 A 错误； B．前 内物块的动能改变量为 故 B 正确； C．由于最终物块返回斜面底端，所以整个运动过程物块受到 重力做功为 0，故 正确； D．前 内恒力 的平均功率为 故 D 错误。 故选 BC。 第 II 卷（非选择题共 52 分） 二、非选择题：共 5 小题，共 52 分。把答案填在答题卡中的横线上或按题目要求 作答。解答题应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案 的不能得分。有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。 13. “探究合力做的功与物体速度变化的关系”的实验装置如图所示。 (1)关于该实验，下列说法正确的是_________； 的 0 2s− 2 21 m/s 0.5m/s2 va t = = = sin30F mg ma− ° = 5.5NF = 2s 2 2 k 1 10 1 1 J 0.5J2 2E mv∆ = − = × × = C 2s F 15.5 W 2.75W2 2 vP Fv F= = = × = - 11 - A．需要在同一位置释放小车，每次实验橡皮筋伸长的长度都保持一致 B．需要适当抬起木板，平衡摩擦阻力的作用 C．需要尽可能减小小车的质量，以增加小车的速度 (2)根据多次测量的数据作出 W-v 图象，其中符合实验结论的是__________。 A． B． C． D． 【答案】 (1). AB (2). C 【解析】 【详解】(1)[1]A．需要在同一位置释放小车，每次实验橡皮筋伸长的长度都保持一致。在增 加橡皮筋的条数时，才能保证橡皮筋对小车做的功时成倍的增加，所以 A 正确； B．需要适当抬起木板，平衡摩擦阻力的作用。保证橡皮筋对小车做的功全部转化为小车的动 能，以便探究合力做的功与物体速度变化的关系，所以 B 正确； C．不需要尽可能减小小车的质量，以增加小车的速度，所以 C 错误。 故选 AB。 (2)[2]根据本实验的实验原理可知，橡皮筋拉伸后具有弹性势能，通过对小车做功，将橡皮筋 的弹性势能转化为小车的动能。由动能定理得 所以作出的 W-v 图象是条抛物线，开口向上，所以选 C。 14. 某同学用如图甲所示的实验装置验证机械能守恒。 (1)）用细绳将砂和砂桶通过定滑轮与小车连接。调节斜面的倾角 θ，使小车沿斜面向下做匀速 直线运动，用天平测出砂和砂桶的总质量 m 和小车的质量 M。 (2)保持斜面倾角 θ 不变，取下砂和砂桶，接通电源，在靠近定滑轮处重新释放小车。 (3)图乙是该同学在实验中打出的一条纸带的一部分，相邻两计数点间的时间间隔为 T。 21 2W mv= - 12 - (4)在上述实验中。下列说法正确的是____________。（填正确答案标号） A．电火花计时器的电源应选取 220V 的直流电 B．小车到定滑轮之间 细绳应与斜面保持平行 C．小车的质量应远大于砂和砂桶的质量 (5)在上述实验过程中，电火花计时器打计数点 A 时小车的速度大小 vA=____________、电火 花计时器打计数点 E 时小车的速度大小 vE=_____________，只需要满足， _____________ ，就验证了整个系统机械能守恒（用 vA 和题中给定的字母表示，重力加速度 为 g）。 【答案】 (1). B (2). (3). (4). 【解析】 【详解】(4)[1]A．电火花计时器的电源应选取 220V 的交流电，选项 A 错误； B．小车到定滑轮之间的细绳应与斜面保持平行，选项 B 正确； C．要使得挂上砂和砂桶时小车能沿斜面向下做匀速直线运动，则小车的质量不能远大于砂和 砂桶的质量，选项 C 错误。 故选 B。 (5)[2][3][4]在上述实验过程中，根据中间时刻的瞬时速度等于平均速度可知，电火花计时器打 计数点 A 时小车的速度大小 电火花计时器打计数点 E 时小车的速度大小 因开始平衡摩擦力时满足 从 A 到 E 若机械能守恒，则只需要满足 的 21 2 EMv = 1 2 2 x x T + 5 6 2 x x T + ( )2 3 4 5 21 2 Amg x x x x Mv+ + + + 1 A 2 2 x Tv x+= 5 6 E 2 x xv T += sinMg f mgθ = + 2 2 2 3 4 5( sin 1 2) 1( 2) E Ax x x x Mvf MvMg θ − =+ + + − - 13 - 可得 就验证了整个系统机械能守恒. 15. 如图所示，竖直平面内的 圆形光滑轨道的半径 R=10m，A 端与圆心 O 等高，AD 为与水 平方向成 角且足够长的斜面。圆弧轨道的 B 点在 O 点的正上方，一个质量=1kg 的小 球（视为质点）从 A 点正上方释放，下落至 A 点后进入圆弧轨道，运动到 B 点时，小球在 B 处受到的弹力大小 30N。不计空气阻力，g=10m/s2，求： (1)小球到达 B 点的速度大小； (2)小球刚落到斜面上 C 点时的速度大小 vC。 【答案】(1) ；(2) 【解析】 【详解】（1）对小球受力分析，有 解得 （2）小球从 B 点飞出后做平抛运动，落在 C 点时，有 ( )2 3 2 4 5 21 2 1 2E Amg x x xM x Mvv + + + += 3 4 45θ °= 20m/s 20 5m/s 2 N BmF mg R + = v 20m/sBv = tan y x θ = 21 2y gt= Bx v t= - 14 - 解得 故小球在 C 点竖直分速度大小 水平分速度大小 C 点时的速度大小 16. 如图所示，质量 的滑块（视为质点）静止在水平桌面 AB 上的 A 点。在水平向右 的外力 作用下，滑块由 A 点运动到 B 点，到达 B 点时撤去外力 F。滑块从 B 点离开 桌面后恰好从 C 点沿切线方向进入固定在水平地面上的光滑圆弧轨道 CD。已知水平桌面 AB 的长度 ，滑块与桌面间的动摩擦因数 ，圆弧轨道 CD 的圆心角为 ，D 点为 轨道与地面的切点。圆心 O 与水平桌面等高。取 ， ， 。不计空气阻力。求： (1)滑块做平抛运动的初速度大小和从 B 点运动到 C 点的时间 t； (2)圆弧轨道的半径 R 及滑块运动到圆弧轨道最低点 D 时轨道对滑块的支持力大小 N（结果保 留三位有效数字）。 【答案】(1) ， ；(2) ， 【解析】 【详解】(1)滑块从 A 点到 B 点做匀加速直线运动，由动能定理，有 解得 4st= 40m/syv gt= = x Bv v= 2 2 20 5m/sC x yv v v= + = 1kgm = 18NF = 2mL = 0.2µ = 37 210m/sg = sin37 0.6= cos37 0.8= 0 8m/sv = 0.6st = 2.25mR = 58.4NN = 2 0 1( ) 2F mg L mvµ− = - 15 - 滑块从 B 点到 C 点做平抛运动，由几何关系知，通过 C 点时速度与水平方向的夹角为 ， 有 竖直方向做自由落体运动，有 解得 (2)滑块从 B 点到 C 点做平抛运动，设 B、C 两点间的竖直高度为 h。竖直方向做自由落体运动 由几何关系可得 解得 从 B 点到 D 点由动能定理，有 在 D 点由牛顿第二定律，有 解得 17. 如图所示，倾角 、足够长的斜面固定在水平面上，滑块 B 恰好静止在斜面上的 Q 点，与 Q 点相距 x=2.5m 的 P 点处有一个光滑的滑块 A，滑块 A 在外力作用下处于静止状态。 某时刻撤去外力后滑块 A 沿斜面下滑，在 Q 处与滑块 B 发生弹性碰撞，碰后瞬间滑块 A 反向 运动且速率变为原来的一半。已知滑块 A、B 均可视为质点，碰撞时间极短，滑块 A 的质量 m=lkg，不计空气阻力，重力加速度 g=10m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，求： 0 8m/sv = 37 0 tan37 yv v = y gt=v 0.6st = 21 2h gt= cos37h R=  2.25mR = 2 2 0 1 1 2 2DmgR mv mv= − 2 DvN mg m R − = 58.4NN = 30θ °= - 16 - (1)滑块 A 在与滑块 B 碰撞前瞬间的速度大小 s； (2)滑块 B 的质量加 mB； (3)滑块 A、B 第一次相碰与第二次相碰的时间间隔 t。 【答案】(1) ；(2) ；(3) 【解析】 【详解】(1)滑块 A 从 P 点运动到 Q 点，由动能定理得 解得 (2)取沿斜面向下为正方向，设碰后瞬间滑块 A、B 的速度分别为 、 ，有 滑块 A、B 发生弹性碰撞，由动量守恒得 由能量守恒定律得 解得 (3)由于滑块 B 能静止在斜面上，即 5m / s 3kg 2s 2 0 1sin 2mgx mvθ = 0 5m / sv = 1v 2v 0 1 2.5m / s2 vv = − = − 0 1 2Bmv mv m v= + 2 2 1 2 2 0 1 1 1 2 2 2 Bmv mv m v= + 2 2.5m / sv = 3kgBm = sin cosB Bm g m gθ µ θ= - 17 - 所以碰撞后，滑块 B 做匀速运动 滑块 A、B 第一次相碰与第二次相碰过程中，滑块 B 的位移 对滑块 A 由牛顿第二定律得 滑块 A、B 第一次相碰与第二次相碰过程中，滑块 A 的位移 同时，此过程中 解得 2Bx v t= sinmgma θ= 2 1 1 2Ax v t at= + B Ax x= 2st =