2014-2015学年云南省玉溪一中高一下学期期末物理试卷 （解析版）.doc
2014-2015学年云南省玉溪一中高一下学期期末考试试题 word版.zip
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2014-2015学年云南省玉溪一中高一下学期期末考试试题
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2014-2015学年云南省玉溪一中高一下学期期末物理试卷 （解析版）一、单项选择题（本大题共10小题，每小题3分，共30分，每小题只有一个选项正确）1（3分）（2015春玉溪校级期末）有关参考系的说法中，正确的是（）a运动的物体不能作为参考系b变速运动的物体不能作为参考系c只有固定在地面上的物体才能作为参考系d处于任何状态的任何物体均可作为参考系考点：参考系和坐标系专题：直线运动规律专题分析：参考系是假定不动的物体，故参考系可以选择运动的物体也可以选择静止的物体；参考系的选择是任意的，故任何物体都可以作为参考系解答：解：任何物体都可以作为参考系；不论物体是在运动还是静止，均可以选作参考系；也并不是只有地球或固定在地面上的物体才能作为参考系；故abc错误，d正确故选：d点评：掌握了参考系的概念就能顺利解决此类问题，要注意明确我们一般选地面上的物体为参考系，并不是说必须选地面上的物体2（3分）（2012大武口区校级学业考试）伽利略根据小球在斜面上运动的实验和理想实验，提出了惯性的概念，从而奠定了牛顿力学的基础早期物理学家关于惯性有下列说法，其中正确的是（）a物体抵抗运动状态变化的性质是惯性b没有力作用，物体只能处于静止状态c行星在圆周轨道上保持匀速率运动的性质是惯性d运动物体如果没有受到力的作用，将会停止运动考点：惯性专题：常规题型分析：根据惯性定律解释即可：任何物体都有保持原来运动状态的性质，惯性的大小只跟质量有关，与其它任何因素无关解答：解：a、任何物体都有保持原来运动状态的性质，叫着惯性，所以物体抵抗运动状态变化的性质是惯性，故a正确；b、没有力作用，物体可以做匀速直线运动，故b错误；c、惯性是保持原来运动状态的性质，圆周运动速度是改变的，故c错误；d、运动的物体在不受力时，可以保持匀速直线运动，故d错误；故选：a点评：牢记惯性概念，知道一切物体在任何时候都有惯性，质量是惯性的唯一量度3（3分）（2015春玉溪校级期末）作匀加速直线运动的物体，依次通过abc三点，位移sab=sbc，已知物体在ab段的平均速度为3m/s，在bc段的平均速度大小为6m/s，那么物体在b点时的即时速度的大小为（）a4m/sb4.5m/sc5m/sd5.5m/s考点：平均速度专题：直线运动规律专题分析：物体做匀加速直线运动，对ab、bc两段过程分别根据速度位移关系式列方程，得出a、b、c三点的速度与位移的关系，根据ab段和bc段的平均速度与a、b、c三点的速度列式，联立求出vb解答：解：（1）设加速度大小为a，经a、c的速度大小分别为va、vc据匀加速直线运动规律可得：vb2va2=2avc2vb2=2av1=3m/sv2=6m/s联立可得：vb=5m/s 故选：c点评：本题关键要充分运用好条件：ab、bc的距离相等，以及两段的平均速度，灵活运用运动学公式求解4（3分）（2009秋云南校级期末）如图所示，光滑水平面上放质量均为m的滑块a和斜面体c，在c的斜面上又放一质量也为m的滑块b；用力f推滑块a使三者无相对运动地向前加速运动，则各物体所受的合力（）a滑块a最大b斜面体c最大c同样大d不能判断谁大谁小考点：牛顿第二定律；物体的弹性和弹力专题：牛顿运动定律综合专题分析：三物体保持相对静止，向前做加速运动，可知三物体具有共同的加速度，根据牛顿第二定律判断出三物体的合力大小解答：解：三物体相对静止，一起向前加速运动，具有相同的加速度，根据牛顿第二定律知，各个物体的质量相等，则合力相等故c正确，a、b、d错误故选c点评：解决本题的关键知道两物体具有相同的加速度，根据牛顿第二定律进行分析5（3分）（2008山东）直升机悬停在空中向地面投放装有救灾物资的箱子，如图所示设投放初速度为零，箱子所受的空气阻力与箱子下落速度的平方成正比，且运动过程中箱子始终保持图示姿态在箱子下落过程中，下列说法正确的是（）a箱内物体对箱子底部始终没有压力b箱子刚从飞机上投下时，箱内物体受到的支持力最大c箱子接近地面时，箱内物体受到的支持力比刚投下时大d若下落距离足够长，箱内物体有可能不受底部支持力而“飘起来”考点：牛顿运动定律的应用-超重和失重分析：根据箱子的受力的情况可以判断物体的运动状态，进而由牛顿第二定律可以判断物体和箱子之间的作用力的大小解答：解：a、由于箱子在下降的过程中受到空气的阻力，加速度的大小要小于重力加速度，由牛顿第二定律可知物体一定要受到箱子底部对物体的支持力的作用，所以a错误b、箱子刚从飞机上投下时，箱子的速度为零，此时受到的阻力的大小也为零，此时加速度的大小为重力加速度，物体处于完全失重状态，箱内物体受到的支持力为零，所以b错误c、箱子接近地面时，速度最大，受到的阻力最大，所以箱子底部对物体向上的支持力也是最大的，所以c正确d、若下落距离足够长，由于箱子阻力和下落的速度成二次方关系，最终将匀速运动，受到的压力等于重力，所以d错误故选：c点评：本题主要是考查根据物体的运动情况来分析物体受力的大小，物体运动状态的判断是解题的关键6（3分）（2015春玉溪校级期末）如图所示，初始时刻静止在水平面上的两物体a、b堆叠在一起，现对a施加一水平向右的拉力f，下列说法正确的是（）a若地面光滑，无论拉力f为多大，两物体一定不会发生相对滑动b若地面粗糙，a向右运动，b是否运动决定于拉力f的大小c若两物体一起运动，则a、b间无摩擦力d若a、b间发生相对滑动，则物体a从物体b左端滑到右端的时间与拉力f的大小有关考点：摩擦力的判断与计算；力的合成与分解的运用专题：摩擦力专题分析：a、若地面光滑，则由ab间达到最大静摩擦力，结合牛顿第二定律，求得最大加速度，从而求得拉力f；b、当地面粗糙，b是否运动，取决于ab间，及地面与b间的摩擦力大小；c、由运动情况，结合牛顿运动定律，确定受力情况；d、根据运动学公式，结合相对位移，与牛顿第二定律，即可求解解答：解：a、若地面光滑，整体研究，以b达到最大静摩擦力时，加速度达到最大，再由牛顿第二定律，依据隔离法，求得拉力f，因此两物体是否会滑动，拉力f有大小限制，故a错误，b、若地面粗糙，a向右运动，根据摩擦力的方向，从而确定ab间，及地面与b间的摩擦力大小关系，从而确定运动情况，b是否运动与拉力f大小无关，故b错误c、若两物体一起运动，不论是匀速，还是变速，则a、b间一定存在摩擦力，故c错误；d、若a、b间发生相对滑动，则物体a从物体b左端滑到右端的时间，设为t，则有，而a的加速度大小与拉力f的大小有关，故d正确；故选：d点评：本题属于动力学的临界问题，关键求出相对运动的临界加速度，判断在拉力范围内是否发生相对运动，注意整体法和隔离法的运用7（3分）（2015春玉溪校级期末）如图所示，现对质量为m的小球施加一拉力，让小球在b点处于静止状态，细绳与竖直方向的夹角为，则所需要的最小拉力f等于（）amgsinbmgcoscmgtandmgcot考点：共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用专题：共点力作用下物体平衡专题分析：小球a处于静止，受力平衡，分析受力情况，用作图法得出对小球施加的力最小的条件，再由平衡条件求出力的最小值解答：解：以小球为研究对象，分析受力，作出力图如图，根据作图法分析得到，当小球施加的力f与细绳垂直时，所用的力最小根据平衡条件，f的最小值为：fmin=mgsin故选：a点评：本题物体平衡中极值问题，关键是确定极值条件，本题采用图解法得到力最小的条件，也可以运用数学函数法求解极值8（3分）（2015春玉溪校级期末）如图5所示，一根长为l的轻质软绳一端固定在o点，另一端与质量为m的小球连接，初始时将小球放在与o点等高的a点，oa=l，现将小球由静止状态释放，则当小球运动到o点正下方时，绳对小球拉力为（）（已知：sin37=0.6，cos37=0.8）a2mgb3mgcmgdmg考点：向心力；牛顿第二定律专题：牛顿第二定律在圆周运动中的应用分析：当小球到o点的距离等于l时，细绳绷紧，绷紧后瞬间，因受线的拉力作用，其沿绳子方向的分速度突变为零，垂直于细绳的分速度没有变化；从绷紧点到c点过程运用动能定理列式求出最低点速度，再根据牛顿第二定律列式求解拉力解答：解：设小球到达b点时细绳刚好绷紧则ob与水平方向的夹角的余弦为 cos=小球自由下落的高度为 h=l，到达b点的速度 v1=细绳绷紧后瞬间小球只有垂直于细绳的分速度，大小为 v2=v1cos从b到最低点，由动能定理得：mgl（1sin）=在最低点有，tmg=m联立以上各式解得 t=mg故选：c点评：本题关键分析清楚小球的运动规律，注意细绳绷紧前后小球速度的突变，然后结合运动的合成与分解、动能定理、牛顿第二定律列式求解9（3分）（2015高台县校级模拟）关于环绕地球运动的卫星，下列说法正确的是（）a分别沿圆轨道和椭圆轨道运行的两颗卫星，不可能具有相同的周期b沿椭圆轨道运行的一颗卫星，在轨道不同位置可能具有相同的速率c在赤道上空运行的两颗地球同步卫星，它们的轨道半径有可能不同d沿不同轨道经过北京上空的两颗卫星，它们的轨道平面一定会重合考点：人造卫星的加速度、周期和轨道的关系专题：人造卫星问题分析：根据开普勒定律求解了解同步卫星的含义，即同步卫星的周期必须与地球自转周期相同物体做匀速圆周运动，它所受的合力提供向心力，也就是合力要指向轨道平面的中心通过万有引力提供向心力，列出等式通过已知量确定未知量解答：解：a、分别沿圆轨道和椭圆轨道运行的两颗卫星，可能具有相同的周期，故a错误；b、沿椭圆轨道运行的一颗卫星，在轨道对称的不同位置具有相同的速率，故b正确；c、根据万有引力提供向心力，列出等式：=m（r+h），其中r为地球半径，h为同步卫星离地面的高度由于同步卫星的周期必须与地球自转周期相同，所以t为一定值，根据上面等式得出：同步卫星离地面的高度h也为一定值故c错误；d、它若在除赤道所在平面外的任意点，假设实现了“同步”，那它的运动轨道所在平面与受到地球的引力就不在一个平面上，这是不可能的，因此同步卫星相对地面静止不动，所以同步卫星不可能经过北京上空，故d错误；故选：b点评：地球质量一定、自转速度一定，同步卫星要与地球的自转实现同步，就必须要角速度与地球自转角速度相等，这就决定了它的轨道高度和线速度大小10（3分）（2013福建模拟）汽车在平直公路上以速度v0匀速行驶，发动机功率为p，快进入闹市区时，司机减小了油门，使汽车的功率立即减小一半并保持该功率继续行驶下面四个图象中，哪个图象正确表示了从司机减小油门开始，汽车的速度与时间的关系（）abcd考点：牛顿运动定律的综合应用；功率、平均功率和瞬时功率分析：汽车匀速行驶时牵引力等于阻力，根据功率和速度关系公式p=fv，功率减小一半时，牵引力减小了，物体减速运动，根据牛顿第二定律分析加速度和速度的变化情况即可解答：解：汽车匀速行驶时牵引力等于阻力；功率减小一半时，汽车的速度由于惯性来不及变化，根据功率和速度关系公式p=fv，牵引力减小一半，小于阻力，合力向后，汽车做减速运动，由公式p=fv可知，功率一定时，速度减小后，牵引力增大，合力减小，加速度减小，故物体做加速度不断减小的减速运动，当牵引力增大到等于阻力时，加速度减为零，物体重新做匀速直线运动；故选c点评：本题关键分析清楚物体的受力情况，结合受力情况再确定物体的运动情况二、多项选择题（本大题共5小题，每小题4分，共20分，每小题有多个选项正确，全选对得4分，选对但不全得2分）11（4分）（2012汕尾校级模拟）有下列几种情景，请根据所学知识选择对情景的分析和判断正确的说法（）点火后即将升空的火箭高速公路上沿直线高速行驶的轿车为避免事故紧急刹车运行的磁悬浮列车在轨道上高速行驶太空的空间站在绕地球匀速转动a因火箭还没运动，所以加速度一定为零b轿车紧急刹车，速度变化很快，所以加速度很大c高速行驶的磁悬浮列车，因速度很大，所以加速度也一定很大d尽管空间站匀速转动，加速度也不为零考点：加速度专题：直线运动规律专题分析：加速度是描述速度变化快慢的物理量，即速度变化快一定是加速度大，速度变化慢一定是加速度小加速度的大小与速度大小无关系速度为零，加速度可以不为零；加速度为零，速度可以不为零解答：解：a、火箭点火启动时，初速度是v1为零，但是下一时刻速度v2不为零；因为，所以加速不为零故a错误b、轿车紧急刹车，说明速度变化很快，所以加速度很大故b正确c、高速行驶的磁悬浮列车，速度很大，但是完全可以做匀速直线运动，所以加速度也可以为零故c错误d、空间站匀速转动，需要向心力，加速度为向心加速度故d正确故选：bd点评：判断加速度的大小依据：速度变化快慢 单位时间内速度的变化大小12（4分）（2013南通模拟）一质点沿直线运动时的速度时间图线如图所示，则以下说法中正确的是（）a第1s末质点的位移和速度都改变方向b第2s末质点的位移改变方向c第4s末质点的位移为零d第3s末和第5s末质点的位置相同考点：匀变速直线运动的图像专题：高考物理专题；摩擦力专题分析：速度图象与时间轴围成的面积等于物体在该段时间内通过的位移，故只要图象在时间轴同一侧物体运动的方向就没有改变；只要总面积仍大于0，位移方向就仍沿正方向；解答：解：a、当速度大于零时物体沿正方向运动，当速度小于零时物体沿负方向运动，故物体在t=2s时和t=4s时运动方向发生改变，故a错误b、速度图象与时间轴围成的面积等于物体通过的位移，故02s内物体通过的位移x1=1m，在24s内物体通过的位移x2=1m，所以物体在04s内通过的位移x=x1+x2=0，而从t=4s开始物体又沿正方向运动，故在整个运动过程中物体的位移方向不变故b错误c、根据选项b分析可知第4s末物体的位移为0，故c正确d、速度图象与时间轴围成的面积等于物体通过的位移，故在34s物体通过的位移x3=m，在45s内通过的位移x4=m，故物体在35s内通过的位移x=x3+x4=0，即在这两秒内物体通过的位移为0，故两时刻物体处于同一位置，故d正确故选cd点评：深刻理解某一段时间内的位移就等于在该段时间内速度图象与时间轴围成的面积是解决此类题目的突破口13（4分）（2011上海）受水平外力f作用的物体，在粗糙水平面上作直线运动，其vt图线如图所示，则（）a在0t1秒内，外力f大小不断增大b在t1时刻，外力f为零c在t1t2秒内，外力f大小可能不断减小d在t1t2秒内，外力f大小可能先减小后增大考点：匀变速直线运动的图像；牛顿第二定律专题：压轴题分析：（1）vt图象中，斜率表示加速度，从图象中可以看出0t1秒内做加速度越来越小的加速运动，t1t2秒内做加速度越来越大的减速运动，两段时间内加速度方向相反；（2）根据加速度的变化情况，分析受力情况解答：解：a根据加速度可以用vt图线的斜率表示，所以在0t1秒内，加速度为正并不断减小，根据加速度，所以外力f大小不断减小，a错误； b在t1时刻，加速度为零，所以外力f等于摩擦力，不为零，b错误； c在t1t2秒内，加速度为负并且不断变大，根据加速度的大小，外力f大小可能不断减小，c正确； d如果在f先减小一段时间后的某个时刻，f的方向突然反向，根据加速度的大小，f后增大，因为vt图线后一段的斜率比前一段大，所以外力f大小先减小后增大是可能的，故d正确故选cd点评：本题考查vt图线的相关知识点，涉及牛顿第二定律的应用及受力分析的能力，难度较大14（4分）（2015春玉溪校级期末）某同学在做平抛运动实验时得到了如图所示的物体运动轨迹，a、b、c三点的位置在运动轨迹上已标出，下列说法正确的是（）a物体做平抛运动的初速度为m/sb物体运动到b点的速度大小为2.5m/sc物体从a点运动到c点的时间为0.2sd坐标原点o为平抛运动的起点考点：平抛运动专题：平抛运动专题分析：平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，根据竖直方向上y=gt2，求出时间间隔，再根据水平方向上的匀速直线运动求出初速度求出b点在竖直方向上的速度，即可求出b点速度根据自由落体运动的规律分析起点的位置解答：解：a、在竖直方向上，有y=gt2，即ybcyab=gt2，得 t=s=0.1s小球平抛运动的初速度 v0=m/s=2m/s故a错误b、b点在竖直方向上的分速度 vby=1.5m/s，小球运动到b点的速度大小为 v=2.5m/故b正确c、物体从a点运动到c点的时间为 t=2t=0.1s，故c正确d、由于yab：ybc=1：21：3，不符合自由落体的规律，所以o点不是平抛运动的起点，故d错误故选：bc点评：对于研究平抛运动的实验不要只是从理论上理解，一定动手实验才能体会每步操作的具体含义，对于该实验关键是理解水平和竖直方向的运动特点，熟练应用匀变速直线运动规律解题15（4分）（2015春玉溪校级期末）如图所示，竖直平面内光滑圆轨道半径r=2m，从最低点a有一质量为m=1kg的小球开始运动，初速度v0方向水平向右，重力加速度g取10m/s2，下列说法正确的是（）a小球能到达最高点b的条件是v04m/sb若初速度v0=5m/s，则运动过程中，小球一定不会脱离圆轨道c若初速度v0=8m/s，则小球将在离a点2.8m高的位置离开圆轨道d若初速度v0=8m/s，则小球离开圆轨道时的速度大小为2m/s考点：向心力；牛顿第二定律专题：牛顿第二定律在圆周运动中的应用分析：当小球能到达最高点时，由重力提供向心力，此时速度最小，求出最小速度，再根据动能定理求出v0的最小值，刚好脱离轨道时，轨道对小球的弹力为零，重力沿半径方向的分量提供向心力，根据向心力公式结合动能定理以及几何关系即可求解解答：解：a、当小球能到达最高点时，由重力提供向心力，此时速度最小，则mg=解得：v=从a到b的过程中，根据动能定理得：解得：v0=10m/s所以小球能到达最高点b的条件是v010m/s，故a错误；b、v0=5m/s10m/s则小球一定离开轨道，故b错误；c、刚好脱离轨道时，轨道对小球的弹力为零，重力沿半径方向的分量提供向心力，设此时重力方向与半径方向的夹角为，则mgcos根据几何关系得：cos根据动能定理得：解得：，h=0.8m所以离开圆轨道得位置离a点的距离为h=0.8+2=2.8m，故cd正确故选：cd点评：本题主要考查了向心力公式、动能定理的直接应用，知道小球到达最高点的条件，特别注意刚好脱离轨道时，轨道对小球的弹力为零，难度较大三、实验题（本大题共2小题，共12分）16（4分）（2014秋广州期末）为了探究弹簧弹力f和弹簧伸长量x的关系，某同学选了a、b两根规格不同的弹簧进行测试，根据测得的数据绘出如图所示的图象，从图象上看，该同学没能完全按实验要求做，使图象上端成为曲线，图象上端成为曲线的原因是超过弹簧的弹性限度b弹簧的劲度系数为100n/m劲度系数较大的是b（填a或b）考点：探究弹力和弹簧伸长的关系专题：实验题分析：根据胡克定律，结合数学知识即可正确解答，同时注意胡克定律成立的条件，从而即可求解解答：解：向上弯曲的原因是超出了弹性限度，注意该图象中纵坐标为伸长量，横坐标为拉力，斜率的倒数为劲度系数，由此可求出kb=100n/m，由图象可知，a的劲度系数小，b的劲度系数大 故答案为：超过弹簧的弹性限度，100，b点评：本题考查了弹簧弹力f和弹簧伸长量x的关系的基础知识，比较简单，是一道考查基础知识的好题，注意图象的斜率含义17（8分）（2015春玉溪校级期末）（1）用如图所示的实验装置验证m1、m2组成的系统机械能守恒m2从高处由静止开始下落，在m1拖着的纸带上打出一系列的点，对纸带上的点迹进行测量，即可验证机械能守恒定律下图给出的是实验中获取的一条纸带：0是打下的第一个点，每相邻两计数点间还有4个点未标出，计数点间的距离如图所示已知m1=50g、m2=150g，g取10m/s2，交流电源的频率为50hz不考虑各处摩擦力的影响，结果保留两位有效数字（1）在纸带上打下计数点5时m2的速度v=2.4m/s；（2）在打点05过程中系统动能的增量ek=0.58j，系统重力势能的减少量ep=0.60j；（3）若某同学作出v2h图象如图所示，则该同学测得的重力加速度g=9.7m/s2考点：验证机械能守恒定律专题：实验题；机械能守恒定律应用专题分析：（1）根据在匀变速直线运动中时间中点的瞬时速度大小等于该过程中的平均速度，可以求出打下记数点5时的速度大小；（2）根据物体的初末动能大小可以求出动能的增加量，根据物体重力做功和重力势能之间的关系可以求出系统重力势能的减小量；（3）根据图象的物理意义可知，图象的斜率大小等于物体的重力加速度大小解答：解：（1）根据在匀变速直线运动中时间中点的瞬时速度大小等于该过程中的平均速度，可知打第5个点时的速度为：（2）物体的初速度为零，所以动能的增加量为：重力势能的减小量等于物体重力做功，故：ep=w=（m2m1）gh=0.60j；（3）本题中根据机械能守恒可知，即有：，所以出图象中图象的斜率表示重力加速度，由图可知，斜率k=9.7，故当地的实际重力加速度g=9.7m/s2故答案为：（1）2.4（2）0.580.60（3）9.7点评：本题全面的考查了验证机械能守恒定律中的数据处理问题，要熟练掌握匀变速直线运动的规律以及功能关系，增强数据处理能力四、计算题（本大题共3小题，共38分）18（10分）（2008秋潍坊期末）轻弹簧ab长35cm，a端固定在重50n的物体上，该物体放在倾角为30的斜面上，如图所示手执b端，使弹簧与斜面平行当弹簧和物体沿斜面匀速下滑时，弹簧长变为40cm；当弹簧和物体沿斜面匀速上滑时，弹簧长度变为50cm，试求：（1）弹簧的劲度系数k；（2）物体与斜面间的动摩擦因数考点：共点力平衡的条件及其应用；滑动摩擦力；力的合成与分解的运用；胡克定律专题：共点力作用下物体平衡专题分析：当弹簧和物体沿斜面匀速下滑时，物体受到重力、斜面的支持力和沿斜面向上的滑动摩擦力当弹簧和物体沿斜面匀速上滑时，物体受到重力、斜面的支持力和沿斜面向下的滑动摩擦力，由平衡条件和胡克定律分别列出方程，求解k和解答：解：当弹簧和物体沿斜面匀速下滑时，物体受到重力、斜面的支持力和沿斜面向上的滑动摩擦力由平衡条件和胡克定律得 k（l1l0）=gsingcos30 k（l2l0）=gsin+gcos30解、得：，代入数据得：k=250n/m； 答：（1）弹簧的劲度系数k是250n/m（2）物体与斜面间的动摩擦因数是点评：本题是两次平衡问题，根据平衡条件和胡克定律对两种进行研究，建立方程组，即可求解k和19（14分）（2015春玉溪校级期末）如图所示，足够长的传送带水平放置，以速度v=4m/s向右匀速转动，传送带上表面离地面的高度h=0.45m，一质量为m=1kg的物块，以速度v0=6m/s向左滑上传送带，与传送带之间的动摩擦因数为=0.2，g取10m/s2，求：（1）物块落地时的速度大小；（2）物块相对传送带滑动过程中，产生的热量q考点：动能定理的应用；向心力专题：动能定理的应用专题分析：（1）物块离开传送带后做平抛运动，应用动能定理可以求出落地时的速度（2）求出物块相对于传送的滑行的路程，然后求出产生的热量解答：解：（1）物块向向左做匀减速直线运
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