2019-2020学年高一物理下学期期末考试试题 理(含解析) (I).doc

2019-2020学年高一物理下学期期末考试试题 理(含解析) (I)一、选择题（本题共15小题，每小题3分，共45分；其中1到10小题为单选题，11到15小题为多选题，多选题全部选对得3分，部分正确得2分，错选或不选得0分）1. 质点做直线运动的位移和时间平方t2的关系图像如图所示，则该质点（ ）A. 加速度大小为1m/s2B. 任意相邻1s内的位移差都为2mC. 第2s内的位移是2mD. 物体在第3s内的平均速度大小为3m/s【答案】B【解析】试题分析：根据x和时间平方t2的关系图象得出位移时间关系式为：x=t2，对照匀变速直线运动的位移时间公式 x=v0t+at2，知物体的初速度为0，加速度为 a=2m/s2且加速度恒定不变，故A错误根据x=aT2=21=2m可知，任意相邻1s内的位移差都为2m，故B正确2 s末的速度是v2=at2=4m/s，选项C正确；物体第3s内的位移为：x3=32-22=5m，平均速度为：故D错误故选BC考点：运动图像；匀变速直线运动的规律【名师点睛】本题的关键要能根据图象写出函数表达式，通过比对的方法求出加速度，能根据匀变速直线运动的运动学公式求解相关量。2. 如图所示，一根长为l，质量为m的匀质软绳悬于O点。已知重力加速度为g，若将其下端向上提起使其对折，则做功至少为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】规定O点所在的水平面为零势能位置，则第一次软绳的重力势能为,第二次对折以后，软绳的重力势能为，重力势能增加，所以外力至少的做功量为,所以C正确。故选C.3. 如图所示，A、B两木块间连一轻质弹簧，A、B质量相等，一起静止地放在一块水平木板上，已知重力加速度为g。若将此木板突然抽去，在此瞬间，A、B两木块的加速度aA和aB分别是（ ）A. aA= g，aB=2gB. aA=g，aB=gC. aA=0，aB=0D. aA= 0，aB=2g【答案】D【解析】试题分析：据题意，木板抽去前，对木块A受力分析，有：；对木块B受力分析，有：；木块抽去瞬间由于弹簧弹力瞬间保持原值，则木块A力不变，则有：aA=O；木块B受到的支持力变为0，则有：，故选项A正确。考点：本题考查物体平衡条件、牛顿第二定律和弹力瞬时值。4. 关于第一宇宙速度，下列说法正确的是（ ）A. 它是人造地球卫星绕地球飞行的最小速度B. 它是能使卫星进入近地圆形轨道的最小发射速度C. 它是卫星在椭圆轨道上运行时近地点的速度D. 绕地球运行的卫星的速度不可能大于第一宇宙速度【答案】B【解析】A.人造卫星在圆轨道上运行时，万有引力提供向心力，得到运行速度，轨道半径越小，速度越大，故第一宇宙速度是人造卫星在圆轨道上运行的最大环绕速度，故A错误。B. 物体在地面附近绕地球做匀速圆周运动的速度叫做第一宇宙速度，在地面附近发射飞行器，如果速度等于7.9km/s，飞行器恰好做匀速圆周运动。而发射越高，克服地球引力做功越大，需要的初动能也越大，故第一宇宙速度是发射人造地球卫星的最小发射速度，B正确。CD. 人造卫星在圆轨道上运行时，运行速度，如果是椭圆轨道，在近地点要做离心运动，需要加速，则速度会大于第一宇宙速度，故CD都错误；故选择B。【点睛】知道第一宇宙速度是在地面发射人造卫星所需的最小速度，也是圆行近地轨道的环绕速度，也是圆形轨道上速度的最大值，从而即可求解5. xx12月14日21时11分，嫦娥三号成功实现月面软着陆，中国成为世界上第三个在月球上实现软着陆的国家。如图所示，嫦娥三号经历漫长的地月旅行后，首次在距月表100km的环月轨道上绕月球做圆周运动。运动到A点时变推力发动机开机工作，嫦娥三号开始快速变轨，变轨后在近月点B距月球表面15km的椭圆轨道上绕月运行；当运动到B点时，变推力发动机再次开机，嫦娥三号从距月面15km处实施动力下降。关于嫦娥三号探月之旅，下列说法正确的是（ ）A. 在A点变轨时，嫦娥三号的机械能增加B. 在A点变轨时，嫦娥三号受到的发动机提供的推力和嫦娥三号运动方向相同C. 在A点变轨后，嫦娥三号在椭圆轨道上运行的周期比圆轨道周期短D. 在A点变轨后沿椭圆轨道向B点做无动力运动的过程中，嫦娥三号的加速度逐渐减小【答案】C【解析】试题分析：嫦娥三号在A点变轨时，发动机的推力和嫦娥三号运动方向相反，卫星做减速运动，万有引力大于向心力做近心运动，使其进入椭圆轨道，故在A点变轨时，机械能要减小，故A错误、B正确由开普勒第三定律，椭圆轨道的半长轴比圆轨道的半径小，则椭圆轨道上运行的周期比圆轨道周期短;选项C错误.由牛顿第二定律可知，A点变轨后沿椭圆轨道向B点运动时，减小，则加速度逐渐增大;选项D错误。故选B.考点：本题考查了开普勒第三定律、万有引力定律及其应用、卫星的变轨.6. 如图所示为质量为m的汽车在水平路面上启动过程中的速度图像，Oa段为过原点的倾斜直线，ab段表示以额定功率行驶时的加速阶段，bc段是与ab段相切的水平直线，则下述说法正确的是（ ）A. 0t1时间内汽车做匀加速运动且功率恒定B. t1t2时间内汽车牵引力做功为mv22mv12C. t1t2时间内的平均速度大于（v1v2）D. 在全过程中，t2时刻的牵引力及其功率都是最大值【答案】C【解析】试题分析：A、0t1时间内为倾斜的直线，故汽车做匀加速运动，因故牵引力恒定，由P=Fv可知，汽车的牵引力的功率均匀增大，故A错误；B、t1t2时间内动能的变化量为，而在运动中受牵引力及阻力，故牵引力做功一定大于，故B错误；C、t1t2时间内，若图象为直线时，平均速度为（v1+v2），而现在图象为曲线，故图象的面积大于直线时的面积，即位移大于直线时的位移，故平均速度大于（v1+v2），故C错误；D、由P=Fv及运动过程可知，t1时刻物体的牵引力最大，此后功率不变，而速度增大，故牵引力减小，而t2t3时间内，物体做匀速直线运动，物体的牵引力最小，故D正确；故选D7. 在离地面高为h处竖直上抛一质量为m的物块，抛出时的速度为v0，当它落到地面时速度为v，用g表示重力加速度，则在此过程中物块克服空气阻力所做的功等于（ ）A. B. C. D. 【答案】C8. 在采煤方法中，有一种方法是用高压水流将煤层击碎而将煤采下。今有一采煤用水枪，由枪口射出的高压水流速度为v。设水的密度为，水流垂直射向煤层表面，若水流与煤层作用后速度减为零，则水在煤层表面产生的压强为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】设水流的横截面积为S，则t时间内喷水质量为：m=Svt 以该运动方向为正方向，对其与墙壁碰撞过程采用动量定理（水平分运动），有：Ft=0mv 压强为：联立解得：P=v2 故选择A.【点睛】先求出时间t内喷出水的质量m，再对质量为m的水分析，其水平方向经过t时间与煤层的竖直表面碰撞后速度减小为零，根据动量定理列式，再根据压强公式列式求解水对煤层的压强9. 如图所示，一个质量为m的小球，除受重力外，还始终受到一竖直向上的恒力F（已知F=2mg，g为重力加速度）作用，现用一根不可伸长的细轻绳的一端系住小球，绳的另一端固定于O点，并给小球一初速度，使其在竖直平面内做圆周运动，最高点为a，最低点为b。不计空气阻力，则（ ）A. 小球的机械能守恒B. 小球在从a点运动到b点的过程中，机械能增大C. 小球在a点速度最大D. 欲使小球能在竖直面内做完整的圆周运动，其速度不会小于【答案】C【解析】小球在运动过程中，恒力F对小球做功，所以小球机械能不守恒，A错误。小球从a点运动到b点的过程中，恒力F做负功，所以机械能减小。B错误。恒力F和重力的等效重力为竖直向上的mg，所以b点相当于等效完以后的最高点，a点是等效完以后的最低点，所以a点速度最大。C正确。欲使小球能在竖直面内做完整的圆周运动，需过等效的最高点，即，所以速度不会小于，D错误。故选择C。【点睛】根据机械能守恒的条件判断小球机械能是否守恒，再根据除重力以外的力所做功的正负，判断机械能是增加还是减少.再结合等效重力的知识判断哪点速度最大以及能做完整圆周运动的最小速度。10. 如图所示，水平放置的传送带以v=2m/s的速度向右运行，现将一质量为m=1kg的小物体轻轻地放在传送带的左端，物体与传送带间的动摩擦因数0.2，左端与右端相距4m，则小物体从左端运动到右端所需时间及此过程中由于摩擦产生的热量分别为（g=10m/s2）（ ）A. 2s 2J B. 2s 8JC. 2.5s 2J D. 2.5s 8J【答案】C【解析】试题分析：物体刚开始做初速度为0 的匀加速运动，加速度a=g=2m/s2，当物体的速度达到2m/s时，所经过的时间为t1=v/a=1s，这段时间内物体所运动的位移为x1=vt/2=1m；距离右端还有x2=L-x1=3m，此过程物体做匀速运动，所需时间为t2= x2/v=2.5s；整个过程所产生的热量为Q=fx，而x=x带- x1- x2=vt- x1- x2=1m，而f=mg=2N，所以产生的热量为Q=2J。所以C选项正确。考点：本题考查对传送带问题的理解，并考查了对牛顿第二定律的应用和摩擦产生的热量的计算。11. 如图所示，小车AB放在水平面上，A端固定一个轻弹簧，B端粘有油泥，小车AB总质量为 m0，质量为m的木块C放在小车上，用细绳连接于小车的A端并使弹簧压缩，开始时小车AB和木块C都静止。当突然烧断细绳时，木块C被释放，使木块C离开弹簧向B端冲去，并跟B端油泥迅速粘在一起，忽略一切摩擦力。以下说法正确的是（ ）A. 弹簧伸长过程中木块C向右运动，同时小车AB也向右运动B. 木块C与B碰前，木块C与小车AB的速率之比为m0mC. 木块C与油泥粘在一起后，小车AB立即停止运动D. 木块C与油泥粘在一起后，小车AB继续向右运动【答案】BC【解析】小车AB与木块C组成的系统动量守恒，系统在初状态动量为零，则在整个过程中任何时刻系统总动量都为零，由动量守恒定律可知，弹簧伸长过程中C向右运动，同时AB与向左运动，故A错误；以向右为正方向，由动量守恒定律得：mvC-MvAB=0，解得：，故B正确；系统动量守恒，系统总动量守恒，系统总动量为零，C与油泥沾在一起后，AB立即停止运动，故C正确，D错误；故选BC点睛：本题根据动量守恒和机械能守恒的条件进行判断：动量守恒的条件是系统不受外力或受到的外力的合力为零；机械能守恒的条件是除重力和弹力外的其余力不做功12. 如图所示，斜面体置于粗糙水平面上，斜面光滑。小球被轻质细线系住放在斜面上，细线另一端跨过光滑定滑轮。从图示位置开始，用力拉细线使小球沿斜面缓慢上移一小段距离，斜面体始终静止。则移动过程中（ ）A. 细线对小球的拉力变小B. 斜面对小球的支持力先变小后变大C. 斜面体对地面的压力变小D. 地面对斜面体的摩擦力变小【答案】CD【解析】A、设物体和斜面的质量分别为m和M，绳子与斜面的夹角为 取球研究：小球受到重力mg、斜面的支持力N和绳子的拉力T，如图所示：则由平衡条件得斜面方向： 垂直斜面方向： 使小球沿斜面缓慢移动时，增大，其他量不变，由式知，T增大，由知，N变小，故AB错误；C、对斜面分析受力：重力Mg、地面的支持力N和摩擦力f、小球对斜面的压力，如图所示：由平衡条件得：，N变小，则f变小，N变小，则变小，由牛顿第三定律得知，斜面对地面的压力也变小，故C D正确。点睛：取小球为研究对象，根据平衡条件得到拉力、支持力与绳子和斜面夹角的关系式，即可分析其变化；对斜面研究，由平衡条件分析地面对斜面的支持力和摩擦力，即可分析斜面对地面的压力变化。13. 如图所示，一个长直轻杆两端分别固定一个小球A和B，两球质量均为m，两球半径忽略不计，杆的长度为。先将杆AB竖直靠放在竖直墙上，轻轻振动小球B，使小球A在水平面上由静止开始向右滑动，当小球B沿墙下滑距离为时，下列说法正确的是（ ）A. 小球A和B的速度都为B. 小球A和B的速度都为C. 小球A的速度为D. 小球B的速度为【答案】CD【点睛】解决本题的关键知道系统机械能守恒，抓住两球沿杆子方向的速度相等，进行求解14. 如图甲所示，一轻弹簧的两端与质量分别为m1和m2的两物块A、B相连接，并静止在光滑的水平面上。现使物块B瞬时获得水平向右的速度3m/s，以此刻为计时起点，两物块的速度随时间变化的规律如图乙所示，从图像信息可得（ ）A. 在t1、t3时刻两物块达到共同速度1m/s，且弹簧都处于伸长状态B. 从t3到t4时刻弹簧由压缩状态恢复到原长C. 两物体A、B的质量之比为m1m212D. 在t2时刻物块A与B的动能之比为Ek1Ek281【答案】BD【解析】A. 由图示图象可知，从0到t1的过程中，A的速度增大，B的速度减小，弹簧被拉伸，在t1时刻两物块达到共同速度1m/s，此时弹簧处于伸长状态，从t1到t2过程，A的速度继续增大，B的速度继续减小，弹簧长度开始变短，到达t2时刻，A的速度最大，B的速度反向最大，弹簧恢复原长；从t2到t3过程，A的速度减小，B的速度反向减小，弹簧被压缩，到t3时刻，A、B的速度相等，为1m/s，此时弹簧的压缩量最大，故A错误；B从t3到t4过程，A的速度减小，B的速度增大，该过程弹簧恢复原长，到t4时刻，B的速度等于初速度，A的速度为零，弹簧恢复原长，故B正确；C. 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，t=0时刻和t=t1时刻系统总动量相等，有：m2v0=(m1+m2)v2，代入数据解得：m1:m2=2:1，故C错误；D. 由图示图象可知，在t2时刻A、B两物块的速度分别为：vA=2m/s，vB=1m/s，物体的动能：Ek= ，则A、B两物块的动能之比为EkA:EkB=8:1，故D正确；故选：BD点睛：两物块和弹簧组成的系统动量守恒，机械能也守恒，系统动能最小时，弹性势能最大，据此根据图象中两物块速度的变化可以分析系统动能和弹性势能的变化情况15. 两个小球A、B在光滑水平面上相向运动，已知它们的质量分别是m14kg，m22kg，A的速度v13m/s（设为正），B的速度v23m/s，则它们发生正碰后，其速度可能分别是（ ）A. 均为1m/s B. 3m/s和5m/sC. 2m/s和1m/s D. 1m/s和5m/s【答案】AD【解析】试题分析：两球碰撞过程中动量守恒本题的难点在于判断碰撞后A球的速度方向，A的速度方向可能与原来相反，也可能与原来相同，分两种情况研究发生正碰，则根据动量守恒得：，根据碰撞过程系统的总动能不增加，则得,它们发生正碰后，均为+1m/s，即以共同速度运动，符合以上等式，故A正确；速度如果是4m/s和-5m/s，那么A、B动能都增加，故B错误；发生正碰后，A、B速度方向不变即还是相向运动，这不符合实际情况故C错误；发生正碰后，A、B反向，符合以上等式，故D正确【点睛】对于碰撞过程，往往根据三个规律去分析：一是动量守恒；二是总动能不增加；三是碰后，若两球分开后同向运动，后面小球的速率不可能大于前面小球的速率二、实验题（本题共2小题，共16分，其中16小题8分，17小题8分）16. 如图所示为某学习小组做“探究功与速度变化的关系”的实验装置，图中小车是在一条橡皮筋的作用下弹出，沿木板滑行，这时，橡皮筋对小车做的功记为W。当用2条、3条、完全相同的橡皮筋并在一起进行第2次、第3次、实验时，使每次实验中橡皮筋伸长的长度都保持一致。每次实验中小车获得的速度由打点计时器所打的纸带测出。下面是本实验的数据记录表。（1）除了图中已有的实验器材外，还需要导线、开关、刻度尺和_（填“交流”或“直流”）电源。（2）实验中，小车会受到摩擦力的作用，可以使木板适当倾斜来平衡摩擦力，则下面操作正确的是（_）A放开小车，能够自由下滑即可B不安装纸带放开小车，给小车一个初速度，能够匀速下滑即可C放开拖着纸带的小车，能够自由下滑即可D放开拖着纸带的小车，给小车一个初速度，能够匀速下滑即可（3）请运用表中测定的数据在如图所示的坐标系中做出相应的Wv2图像；（4）根据描绘的图像得出的结论是_。【答案】 (1). （1）交流 （2）D (2). （3） (3). （4）在误差允许范围内，Wv2【解析】（1）实验需要用打点计时器测速度，而打点计时器需要使用交流电源（2）实验前需要平衡摩擦力，把木板的一端适当垫高，放开拖着纸带的小车，能够匀速下滑即可，故ABC错误，D正确，故选D（3）在坐标中认真描点，然后再连线，即得到图线。（4）根据描出的图线，我们得到一条倾斜的直线，所以可以说明，在误差允许的范围内Wv2。【点睛】（1）打点计时器使用交流电源，实验需要用刻度尺测量纸带上两点间的距离（2）实验前应平衡摩擦力，把木板的一端适当垫高使拖着纸带的小车在木板上做匀速直线运动（3）描点连线，根据图线得出结论。17. 某同学用如图甲所示的装置做“验证动量守恒定律”的实验。先将a球从斜槽轨道上某固定点处由静止开始滚下，在水平地面上的记录纸上留下压痕，重复10次；再把同样大小的b球放在斜槽轨道末端水平段的最右端静止放置，让a球仍从原固定点由静止开始滚下，和b球相碰后，两球分别落在记录纸的不同位置处，重复10次。 （1）本实验必须测量的物理量有_。A斜槽轨道末端到水平地面的高度HB小球a、b的质量ma、mbC小球a、b的半径rD小球a、b离开斜槽轨道末端后平抛飞行的时间tE记录纸上O点到A、B、C各点的距离OA、OB、OCFa球的固定释放点到斜槽轨道末端水平部分间的高度差h（2）根据实验要求，ma_mb。（填“大于”“小于”或“等于”） （3）为测定未放小球b时，小球a落点的平均位置，把刻度尺的零刻度线跟记录纸上的O点对齐，如图乙给出了小球a落点附近的情况，由图可得OB距离应为_cm。（4）按照本实验方法，验证动量守恒的验证式是_。【答案】 (1). （1）BE (2). （2）大于 (3). （3）45.98 (4). （4）【解析】（1）要验证动量守恒，就需要知道碰撞前后的动量，所以要测量两个小球的质量及碰撞前后小球的速度，碰撞前后小球都做平抛运动，速度可以用水平位移代替。所以需要测量的量为：小球a、b的质量ma、mb，记录纸上O点到A、B、C各点的距离OA、OB、OC；故选BE；（2）在小球碰撞过程中水平方向动量守恒，故有，在碰撞过程中动能守恒，故有，解得，要碰后a的速度，即mamb0，mamb；（3）小球a和小球b相撞后，小球b的速度增大，小球a的速度减小，都做平抛运动，所以未放被碰小球时小球a的落地点为B点，由图可知OB距离大致为45.98cm（5）B为碰前入射小球落点的位置，A为碰后入射小球的位置，C为碰后被碰小球的位置，碰撞前入射小球的速度，碰撞后入射小球的速度，碰撞后被碰小球的速度，若则表明通过该实验验证了两球碰撞过程中动量守恒【点睛】（1）要验证动量守恒，就需要知道碰撞前后的动量，所以要测量两个小球的质量及碰撞前后小球的速度，碰撞前后小球都做平抛运动，速度可以用水平位移代替；（2）根据实验要求，为保证两小球碰后速度都是向右的，ma应大于mb；（3）取点中接近中心位置的点为参考读数；（4）小球a和小球b相撞后，小球b的速度增大，小球a的速度减小，都做平抛运动，由平抛运动规律不难判断出各自做平抛运动的落地点，根据平抛运动的特点求出碰撞前后两个小球的速度，根据动量的公式列出表达式，代入数据看碰撞前后的动量是否相等。三、论述计算题（本题共3小题，共39分；计算过程需要写出必要的论述和方程，没有过程只得结果不给分）18. 根据牛顿第二定律及运动学相关方程分别推导动