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

2019-2020学年高一物理下学期期末考试试题(含解析) (II)一、单选题 1. 在图中所示的时间轴上标出的是下列哪些时间间隔或时刻()A. 第4 s初 B. 第3 s末C. 第3 s D. 前3 s【答案】D【解析】在图中所示的时间轴上标出的是时间间隔，并且时间长度为从0时到3s末,即前3s，故D正确。点晴：解决本题关键学生理解时刻和时间间隔在时间轴上分别表示为点和线段。2. 如下图所示，一小球用两根轻绳挂于天花板上，球静止，绳1倾斜，绳2恰好竖直，则小球所受的作用力有()A. 1个 B. 2个 C. 3个 D. 4个【答案】B【解析】判断绳子中有无张力，用假设法，剪断2球会动，所以绳2中有拉力，剪断1，球不会动，则1中无张力，所以球只受重力和绳2的拉力。选B3. 下列关于速度、速度的变化及加速度的相互关系理解正确的是()A. 加速度增大，速度一定增大B. 加速度越大，速度一定越大C. 速度变化得越快，加速度就越大D. 速度不变，加速度(不为零)也不变【答案】C【解析】加速度方向和速度方向相反时，物体做减速运动，此时若加速度增大，速度仍旧是减小的，只不过减小的慢了，A错误；加速度越大，速度变化越快，但速度不一定大，B错误C正确；速度不变，则加速度一定为零，D错误4. 如图所示，木块A放在水平桌面上，木块左端用轻绳与轻质弹簧相连，弹簧的左端固定，用一轻绳跨过光滑定滑轮，一端连接木块右端，另一端连接一砝码盘(装有砝码)，轻绳和弹簧都与水平桌面平行，当砝码和砝码盘的总质量为0.5 kg时，整个装置静止，弹簧处于伸长状态，弹力大小为3 N，若轻轻取走盘中的部分砝码，使砝码和砝码盘的总质量减小到0.1 kg，取g10 m/s2，此时装置将会出现的情况是()A. 弹簧伸长的长度减小 B. 桌面对木块的摩擦力大小不变C. 木块向右移动 D. 木块所受合力将变大【答案】B【解析】当砝码和砝码盘的总质量为0.5kg时，整个装置静止，弹簧处于伸长状态时，由平衡条件可知木块A所受的静摩擦力为：f1=m砝g-F弹=0.510-3=2（N），所以桌面对木块A的静摩擦力至少为2N当砝码和砝码盘的总质量减小到0.1kg，F弹-m砝g=3N-0.110N=2N，不超过最大静摩擦力，所以木块相对桌面仍静止，木块所受合力为零，没有变化，弹簧伸长的长度不变根据平衡条件可知，桌面对木块的摩擦力大小为 f2=F弹-m砝g=2N=f1，即桌面对木块的摩擦力大小不变故B正确，ACD错误故选：B.5. 两个小车在水平面上做加速度相同的匀减速直线运动，若它们的初速度之比为12，它们运动的最大位移之比为()A. 12 B. 14 C. 12 D. 21【答案】B【解析】试题分析：两个小车在水平面上做加速度相同的匀减速直线运动，它们的初速度之比为1：2，末速度为零，根据速度位移公式，有v0122ax1，v0222ax2联立解得：x1x2v012v02214考点：匀变速直线运动的位移与时间的关系【名师点睛】本题关键明确小车的运动情况，然后选择恰当的运动学公式列式求解，两个小车在水平面上做加速度相同的匀减速直线运动，直接根据速度位移公式列式求解。6. 如下图所示，将一个钢球分别放在量杯、口大底小的普通茶杯和三角烧杯中，钢球与各容器的底部和侧壁相接触，处于静止状态若钢球和各容器的接触面都是光滑的，各容器的底面均水平，则以下说法中正确的是()A. 各容器的侧壁对钢球均无弹力作用B. 各容器的侧壁对钢球均有弹力作用C. 量杯的侧壁对钢球无弹力作用，其余两种容器的侧壁对钢球均有弹力作用D. 口大底小的普通茶杯的侧壁对钢球有弹力作用，其余两种容器的侧壁对钢球均无弹力作用【答案】A【解析】【分析】弹力的产生条件是：接触，挤压根据弹力产生的条件判断是否都受到弹力我们也可以运用搬移法判断是否都受到弹力，如果将物体搬离，看另一个物体的运动状态是否发生改变，如果不改变说明物体不受弹力，如果改变说明受弹力【详解】如果将各容器的侧壁搬离，我们可以知道钢球还能处于静止状态，所以各容器的侧壁对钢球均无弹力作用，故A正确，BCD错误。故选A。7. 随着航天技术的发展，在地球周围有很多人造飞行器，其中有一些已超过其设计寿命且能量耗尽每到太阳活动期，地球的大气层会变厚，这时有些飞行器在大气阻力的作用下，运行的轨道高度将逐渐降低(在其绕地球运动的每一周过程中，轨道高度变化很小，均可近似视为匀速圆周运动)为了避免飞行器坠入大气层后对地面设施及人员造成安全威胁，人们设想发射导弹将其在运行轨道上击碎具体设想是：在导弹的弹头脱离推进装置后，经过一段无动力飞行，从飞行器后下方逐渐接近目标，在进入有效命中距离后引爆弹头并将该飞行器击碎对于这一过程中的飞行器及弹头，下列说法中正确的是()A. 飞行器轨道高度降低后，它做圆周运动的速率变大B. 飞行器轨道高度降低后，它做圆周运动的周期变大C. 弹头在脱离推进装置之前，始终处于失重状态D. 弹头引爆前瞬间，弹头的加速度一定小于此时飞行器的加速度【答案】A【解析】试题分析: 根据万有引力提供向心力得：，得，行器轨道高度降低后，它做圆周运动的速率变大，故A正确；由，得，飞行器轨道高度降低后，它做圆周运动的周期变小，故B错误；弹头在脱离推进装置之前，在推力作用下做向上的加速运动，处于超重状态，故C错误；由，得，弹头的半径小于飞行器的半径，所以弹头引爆前瞬间，弹头的加速度一定大于此时飞行器的加速度，故D错误考点：万有引力定律；超重和失重8. 据报道，“嫦娥一号”和“嫦娥二号”绕月飞行器的圆形工作轨道距月球表面分别约为200 km和100 km，运行速度分别为v1和v2，那么，v1和v2的比值为(月球半径取1 700 km)()A. 1918 B. 1918 C. 1819 D. 1819【答案】C【解析】由GMm(R+h)2mv2R+h知：vGMR+h，故v1v2R+h2R+h11819，C正确视频9. 2013年5月2日凌晨0时06分，我国“中星11号”通信卫星发射成功“中星11号”是一颗地球同步卫星，它主要用于为亚太地区等区域用户提供商业通信服务图为发射过程的示意图，先将卫星发射至近地圆轨道1，然后经点火，使其沿椭圆轨道2运行，最后再一次点火，将卫星送入同步圆轨道3.轨道1、2相切于Q点，轨道2、3相切于P点，则当卫星分别在1、2、3轨道上正常运行时，以下说法正确的是()A. 卫星在轨道3上的速率大于在轨道1上的速率B. 卫星在轨道3上的角速度大于在轨道1上的角速度C. 卫星在轨道1上经过Q点时的速度大于它在轨道2上经过Q点时的速度D. 卫星在轨道2上经过P点时的速度小于它在轨道3上经过P点时的速度【答案】D【解析】同步卫星在圆轨道上做匀速圆周运动时有GMmr2=mv2r，得v=GMr，因为r1v3，由=vr得13，AB错误；在Q点，卫星沿着圆轨道1运行与沿着椭圆轨道2运行时所受的万有引力相等，在圆轨道1上引力刚好等于向心力，即F=mv12r，而在椭圆轨道2上卫星做离心运动，说明引力不足以提供卫星以v2速率做匀速圆周运动时所需的向心力，即Fv1，卫星在椭圆轨道2上运行到远地点P时，根据机械能守恒可知此时的速率v2mv22r，卫星在圆轨道3上运行时引力刚好等于向心力，即F=mv32r，所以v2v1v3v2，C错误D正确10. 有一竖直放置的“T”形架，表面光滑，滑块A、B分别套在水平杆与竖直杆上，A、B用一不可伸长的轻细绳相连，A、B质量相等，且可看做质点，如图所示，开始时细绳水平伸直，A、B静止由静止释放B后，已知当细绳与竖直方向的夹角为60时，滑块B沿着竖直杆下滑的速度为v，则连接A、B的绳长为()A. 4v2g B. 3v2g C. 2v23g D. 4v23g【答案】D【解析】将A、B的速度分解为沿绳的方向和垂直于绳子的方向，两物体沿绳子方向的速度相等，有：vBcos60o=vAcos30o 所以： vA=33v AB组成的系统机械能守恒，有：mgh=12mvA2+12mvB2 所以：h=2v23g 绳长L=2h=4v23g 故D正确，A、B、C错误点睛：绳（杆）连接的物体沿绳（杆）方向的速度分量相等。二、多选题 11. (多选)如图所示，斜面体放置在水平地面上，物块沿粗糙的斜面加速下滑，斜面体始终保持静止，在此过程中()A. 斜面体对物块的作用力斜向左上方B. 斜面体对物块的作用力斜向右上方C. 地面对斜面体的摩擦力水平向右D. 地面对斜面体的支持力大于物块与斜面体的重力之和【答案】BC【解析】试题分析：由于物块沿粗糙的斜面加速下滑，其加速度的方向沿斜面向下，故其受到的合力也是沿斜面向下，物块受到重力是竖直向下的，所以斜面对物块的力只有斜向右上方，它与重力的合力才可能沿斜面向下，故A不对；B是正确的；如果将斜面与物块看成一个整体，则其整体的加速度方向是向右下方的，故地面对斜面体的摩擦力方向水平向右，C是正确的；看成一个整体时，其受到的合力在竖直方向上是向下的，故地面对斜面体的支持力会小于物块与斜面体的重力之和，D是不对的；考点：牛顿第二定律。12. (多选)初始时静止在光滑水平面上的物体，受到一个逐渐减小的水平力的作用，则这个物体运动情况为 ()A. 速度不断增大，但增大得越来越慢B. 加速度不断增大，速度不断减小C. 加速度不断减小，速度不断增大D. 加速度不变，速度先减小后增大【答案】AC【解析】光滑水平面上的物体所受的合力等于该外力的大小，外力减小，根据牛顿第二定律知，加速度逐渐减小，因为加速度方向与速度方向相同，则速度逐渐增大，即做加速度逐渐减小的加速运动，速度增加的越来越慢故AC正确，BD错误点晴：根据物体所受的合力判断加速度的变化，结合加速度方向与速度方向的关系判断速度的变化13. (多选)如图所示，一辆汽车沿水平面向右匀速运动，通过定滑轮将重物A竖直吊起，在吊起重物的过程中，关于重物的运动及受力情况下列判断正确的是（）A. 重物匀速上升 B. 重物加速上升C. 重物所受重力等于拉力 D. 重物所受重力小于拉力【答案】BD【解析】设绳子与水平方向的夹角为，将小车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A的速度，根据平行四边形定则得，vA=vcos，车子在匀速向右的运动过程中，绳子与水平方向的夹角为减小，所以A的速度增大，A做加速上升运动，且拉力大于重物的重力，故AC错误，BD正确，故选BD点睛：解决本题的关键会对小车的速度进行分解，知道小车的速度是沿绳子方向和垂直于绳子方向速度的合速度14. (多选)如图所示，质量为m的物体与转台之问的动摩擦因数为，物体与转轴间距离为R，物体随转台由静止开始转动，当转台转速增加到某一值后转台开始匀速转动，整个过程中物体相对于转台静止不动，则以下判断正确的是()A. 转台转速增加的过程中，转台对物体静摩擦力的方向一定指向转轴B. 转台转速增加的过程中，转台对物体静摩擦力的方向跟物体速度间夹角一定小于90C. 转台匀速转动的过程中，转台对物体静摩擦力的方向一定指向转轴D. 转台匀速转动的过程中，转台对物体静摩擦力的方向一定跟物体的速度方向相反【答案】BC【解析】AB转台转速增加的过程中，物体做加速圆周运动，静摩擦力沿着半径方向的分力提供向心力，切向分力使物体加速故静摩擦力不指向圆心，跟物体速度间夹角一定小于90，故A错误，B正确；CD转台匀速转动时，物体做匀速圆周运动，物体所受的合力始终指向圆心，此时所受的静摩擦力方向一定指向转轴，故C正确；D错误故选：BC三、实验题 15. 某实验小组用如图甲所示装置测量重力加速度g.所用交流电频率为50 Hz.在所选纸带上取某点为0号计数起点，然后每3个点取一个计数点，所得测量数据及其标记符号如图乙所示：甲乙(1)测得的重力加速度g为_m/s2.(2)打点4时，重物的瞬时速度为_m/s.(3)本实验误差的主要来源有_，_(试举出两条)【答案】 (1). (1)8.67 (2). (2)2.45 (3). (3)系统受到的摩擦力 (4). 长度测量的误差【解析】（1）打点计时器的打点时间间隔T=1f=150=0.02s，计数点间的时间间隔t=3T=30.02=0.06s，加速度：a=a1+a2+a33=s4s1+s5s2+s6s39t2 =0.13150.0375+0.16300.0690+0.19350.100590.0628.67m/s2；（2）打点计时器打点“4”时，重物下落的速度为v4=s4+s52T=131.5+163.020.060.001=2.45m/s（3）实验我们要验证的是：重力势能的减少量与系统动能增加量之间的关系，所以误差来源于：A、长度测量，B系统受到摩擦力的原因；点睛：弄懂实验原理才能知道需要测量那些数据，才能知道在测量或计算中出现哪些误差纸带的处理高中多个实验均有涉及，如何求加速度和速度必须掌握住16. 如图为利用气垫导轨(滑块在该导轨上运动时所受阻力可忽略)验证机械能守恒定律的实验装置，完成以下填空实验步骤如下：将气垫导轨放在水平桌面上，桌面高度不低于1 m，将导轨调至水平测出挡光条的宽度l和两光电门中心之间的距离s.将滑块移至光电门1左侧某处，待砝码静止不动时，释放滑块，要求砝码落地前挡光条已通过光电门2.读出滑块分别通过光电门1和光电门2的挡光时间t1和t2.用天平称出滑块和挡光条的总质量M，再称出托盘和砝码的总质量m.滑块通过光电门1和光电门2时，可以确定系统(包括滑块、挡光条、托盘和砝码)的总动能分别为Ek1_和Ek2_.在滑块从光电门1运动到光电门2的过程中，系统势能的减少量Ep_.(重力加速度为g)如果满足关系式_，则可认为验证了机械能守恒定律【答案】 (1). 12 (Mm)(lt1)2 (2). 12(Mm)( lt2)2 (3). mgs (4). EpEk2Ek1【解析】滑块通过光电门的速度v1v22g，v2所以Ek1（Mm）（Mm）（v22g）2Ek2（Mm）（Mm）（）2系统重力势能的减少量等于托盘和砝码重力势能的减少量Epmgs若EpEk2Ek1，则验证了机械能守恒定律四、计算题 17. 一个做匀加速直线运动的物体，初速度v02.0 m/s，它在第3秒内通过的位移为4.5 m，则它的加速度为多少？【答案】1 m/s2【解析】第3s内的位移x3(v0t3+12at32)(v0t2+12at22)=（23+12a9）（22+12a4）=2+52a=4.5m解得a=1.0m/s2。点睛：解决本题的关键掌握匀变速直线运动的位移时间公式，知道“第3秒”的位移等于“3秒内”与“2秒内”的位移之差18. 如图所示，排球场的长度为18 m，其网的高度为2 m运动员站在离网3 m远的线上，正对网前竖直跳起把球垂直于网水平击出(g取10 m/s2)设击球点的高度为2.5 m，问球被水平击出时的速度v在什么范围内才能使球既不触网也不出界？【答案】9.5 m/sv17 m/s【解析】试题分析：球飞出后做平抛运动，则由竖直高度可确定时间，则由水平位移可求得排球的速度范围。排球运动轨迹如图所示：设球刚好擦网而过，则击球点到擦网点的水平位移x13 m竖直位移y1h2h1(2.52)m0.5 m根据位移关系xvt 竖直方向：y1gt2联立并代入数据可得，即为所求击球速度的下限设球刚好打在边界线上，则击球点到落地点的水平位移x212 m，竖直位移y2h22.5 m竖直方向：y2gt2代联立并代入数据可得：，即为所求击球速度的上限欲使球既不触网也不越界，则击球速度v0应满足。点睛：本题主要考查了平抛运动在生活中应用，要通过分析找出临界条件，由平抛运动的规律即可求解。19. 如图是小型电动打夯机的结构示意图，电动机带动质量为m50 kg的重锤(重锤可视为质点)绕转轴O匀速运动，重锤转动半径为R0.5 m.电动机连同打夯机底座的质量为M25 kg，重锤和转轴O之间连接杆的质量可以忽略不计，重力加速度g取10 m/s2.求：(1)重锤转动的角速度为多大时，才能使重锤通过最高点时打夯机底座刚好离开地面？(2)若重锤以上述的角速度转动，当打夯机的重锤通过最低位置时，打夯机对地面的压力为多大？【答案】(1)30 rad/s(2)1 500 N【解析】试题分析：重锤做圆周运动，在最高点靠重力和拉力的合力提供向心力，当拉力的大小等于电动机连同打夯机底座的重力时，才能使打夯机底座刚好离开地面；根据牛顿第二定律求出重锤通过最低位置时对重锤的拉力，对打夯机受力