四川省攀枝花市2018-2019学年高一物理下学期期末考试试题(含解析)

---Ap=2kg•m/s与计算结果相符，C正确。Ap=-0.4kg-m/s与计算结果不符， D错误。8.如图所示，小船在河中发动机损坏失去动力，人们用绳通过定滑轮将小船拉回河岸。若人以0.3m/s的速度匀速拉绳，某时刻绳与水平方向的夹角 ”=60。，下列关于船的运动性质及该时刻小船在水中运动速度的说法，正确的是A.船做变速直线运动， v=0.15m/s.船做变速直线运动，v=0.6m/sC.船做匀速直线运动，v=0.6m/sD.船做匀速直线运动， v=0.15m/s【答案】B【详解】AB.船的速度等于沿绳子方向和垂直于绳子方向速度的合速度，根据平行四边形定则，有:则，有:角的增大，导致Vx增大，即船做加速运动，是变加速所以船速vx-v^0.6m/s,因角的增大，导致Vx增大，即船做加速运动，是变加速运动，A错误B正确。CD.船做的是变加速运动，CD错误。1 .人造地球卫星绕地球做匀速圆周运动，假如卫星的加速度减小为原来的 一，卫星仍做匀速4圆周运动，则A.卫星的速度减小为原来的一〜，一、，……，，1B.卫星的角速度减小为原来的 一

C.卫星的周期增大为原来的 2倍D.卫星受到的引力减小为原来的【解析】【详解】A.根据GMm-2~rma1可知，加速度减小为原来的一，则轨道半径变为原来的2倍,

4Mm根据G[-r2V【详解】A.根据GMm-2~rma1可知，加速度减小为原来的一，则轨道半径变为原来的2倍,

4Mm根据G[-r2Vm—r可知,1速度变为原来的 ~i=.2A正确。B.Mm根据G^rmr2可知，轨道半径变为原来的1 -2倍，角速度变为2灰，B镐反。C.1 …、，,角速度变为m,周期变为2，2倍，C错误。D.v-t图像如图B.玩具小车运动的最大速度C.0~2s内牵引力所做的功为18D.v-t图像如图B.玩具小车运动的最大速度C.0~2s内牵引力所做的功为18JD.2~4s内牵引力所做的功为60J卫星受到的引力Fma,变为原来的-,D错误。410.水平路面上有一质量为 1kg的玩具小车由静止开始沿直线启动。其运动的所示，图中0~2s时间段图像为直线，2s后发动机的输出功率保持不变。已知玩具小车行驶中的阻力恒为2N,则下列说法正确的是Vm为12m/sA.0~2s内加速度a3m/s2，牵引力Ffma,F5N,根据功率公式PFv得2s后牵引力功率为P56W30W,AA.0~2s内加速度a，…，P "B.当牵引力与阻力相等时，速度最大，最大速度为 Vm-15m/s,B错误。0~2s内牵引力所做的功WFx图像面积代表位移： W5630J,C错误。2~4s内功率恒定，牵引力所做的功WPt30260J,D正确。11.如图所示，a、b是两颗质量相等，绕地球做匀速圆周运动的卫星，下列说法正确的是A.卫星a的动能大于b的动能B.卫星a的动能小于b的动能C.卫星a的机械能大于b的机械能D.卫星a的机械能小于b的机械能【答案】BC【解析】AB.根据AB.根据GMmrm—可知，半径小的b线速度更大，质量相同，所以b的动能r更大，A错误B正确。CD.引力势能的表达式ECD.引力势能的表达式EPGMm,根据万有引力提供向心力得GMm

r r2m—,动能rMmEkGMmEkG——，总的机械能2r错误。EEkEpG——所以半径大的a机械能更大，C正确D2r12.两个质量相等的小球a、b分别用细线连接，悬挂于同一点Q现给两小球一定的初速度，使两小球在同一水平面内做匀速圆周运动，这样就构成两圆锥摆，如图所示。若 a、b两球做匀速圆周运动的半径之比为ra:rb=2：1,则下列关于描述a、b两球运动的物理量之比，正确的是A.速度之比Va:Vb=2：1B.角速度之比3a：3b=2：1C.加速度之比a:ab=2：1D.周期之比Ta:Tb=2：1【答案】AC【解析】【详解】对其中一个小球受力分析，如图，受重力，绳子的拉力，由于小球做匀速圆周运动,故合力提供向心力；G帽将重力与拉力合成，合力指向圆心，由几何关系得，细线的拉力 T磔-所以向心力cosFmgtanm(htan)2,所以角速度 点,相同。A.根据vr可知，线速度之比为半径比，即 2：1,A正确。B.根据分析可知，角速度之比为1：1,B错误。C.加速度a2r可知，加速度之比为半径比，即 2：1,C正确。…_2D.周期T——可知，周期之比为1：1,D错误。.如图所示，小球甲从倾角0=60。的斜面顶端以初速度2V0水平抛出的同时，让小球乙从斜面顶端以初速V0沿斜面滑下，经时间t小球甲落到斜面上，已知两小球质量相等，斜面光滑，则下列说法正确的是

t时刻甲的动量大于乙0〜t时间内重力对甲的冲量大于乙0〜t时间内重力对甲做的功大于乙t时刻重力对甲做功的功率大于乙【答案】AD【解析】【详解】A.经时间,小球甲落至皿面上,根据平抛规律tan2gtt时刻甲的动量大于乙0〜t时间内重力对甲的冲量大于乙0〜t时间内重力对甲做的功大于乙t时刻重力对甲做功的功率大于乙【答案】AD【解析】【详解】A.经时间,小球甲落至皿面上,根据平抛规律tan2gt,解得：tMvO2vot g所以t时刻，竖直速度:Vygt473Vo,所以速度vJ(2vo)2(4«Vo)22713V0；对乙球：加速度agsin,末速度v'Voat7vo,因为甲的速度大，质量相等，所以t时刻甲的动量大于乙的动量， A正确。B.重力冲量Imgt,因两小球质量相等,所以冲量大小相等， B错误。C.甲下落的竖直高度h1gt2 24v0，乙下落高度h'Vo7V01sin2g 224V2

g落高度相同，WGmgh,重力做功相同，C错误。D.甲的竖直速度vygt4瓜,乙的竖直速度vyv'sin7.3 Vo2PGmgvy,所以重力对甲的功率大于乙， D正确。三、实验题.控制变量法是物理实验探究 基本方法之一。如图是用控制变量法探究向心力大小与质量m角速度3和半径r之间关系的实验情境图，其中探究向心力大小与质量m之间关系是图—；(2) 探究向心力大小与角速度 3之间关系的是图甲 乙 丙【答案】 (1). (1)丙(2). ⑵甲【解析】【详解】第一空.探究向心力大小与质量 m之间关系保证角速度相同，而质量不同，所以是图丙。第二空.探究向心力大小与角速度 3之间关系，保证质量相同，而角速度不同，所以是图甲。.某同学用如图甲所示装置验证动量守恒定律。主要实验步骤如下:定也卡(i)将斜槽固定在水平桌面上，调整末端切线水平；(ii)将白纸固定在水平地面上，白纸上面放上复写纸；(iii)用重锤线确定斜槽末端在水平地面上的投影点 O;(iv)让小球A紧贴定位卡由静止释放，记录小球的落地点，重复多次，确定落点的中心位置Q(v)将小球B放在斜槽末端，让小球A紧贴定位卡由静止释放，记录两小球的落地点，重复多次，确定AB两小球落点的中心位置P、R;(vi)用刻度尺测量P、QR距O点的距离xi、X2、X3；(vii)用天平测量小球A、B质量m、m;(施)分析数据，验证等式mx2=mxi+mx3是否成立，从而验证动量守恒定律。请回答下列问题(1)步骤(V)与步骤(iv)中定位卡的位置应；(2)步骤(而)用天平测得A的质量为17.0g。测量小球B的质量时将小球B放在天平的一盘，—盘放上一个5g祛码，游码如图乙位置时天平平衡;PVIlnilni|iinilhi|~24 25PVIlnilni|iinilhi|~24 25O.IIII|||mil01cm丙(3)如图丙是步骤(vi)的示意图。该同学为完成步骤(啦)设计了下列表格， 并进行了部分填写,请将其补充完整①②③物理量碰前碰后m/gm=17.0m=17.0 m=①x/cmx2=50.35x1=② x3=74.75mXg-cmmx2=855.95mx1+mx3=③【答案】 (1).(1) 保持不变 (2).(2)左(3).右(4).(3)①5.8g(5).②24.50(6). ③850.05【解析】【详解】第一空.为了保证小球A滚到斜槽底端时速度相同，则步骤(v)与步骤(iv)中定位卡的位置应保持不变；第二空.根据天平的使用规则，测量小球 B的质量时将小球B放在天平的左盘；第三空.根据天平的使用规则，应该在右盘放上一个5g祛码；第四空.天平读出m=5.8g;第五空.由刻度尺读出，碰后 Xi=24.50cm；第六空.mxi+mx3=17.0X24.50+5.8X74.75=850.05g-cm四、计算题.如图所示，玩具手枪的枪管 AB水平对准竖直墙面的 C点，向墙面发射一子弹，子弹击中 C点正下方墙面的D点。已知AC的距离为20m,子弹从枪口的出射速度为 20m/s,不计空气阻力，重力加速度g取10m/s2,求:(1)C、D两点间的距离；(2)子弹到达D点时的速度大小。【答案】(1)5m(2)10阴m/s【解析】1 2【详解】(1)由平抛运动规律得水平万向： XacVot,竖直方向：hCD—gt2,代入数据得:2hcD5m。(2)由速度合成得：VdJv。2Vy2,由平抛运动规律vygt,Vd10J5m/so.如图所示，竖直面内有半径为 2R的四分之一光滑圆弧型细杆BC和半径为R的二分之一光滑圆弧型细杆CD＜最低点C平滑连接，光滑竖直细杆AB与圆弧型细杆BC在B点平滑连接。一质量为m的小球穿在直卞f上，从距B点~R的P点由静止释放，重力加速度为g,求:

3(1)小球经过C点时的速度大小；(2)小球经过D点时细杆对小球的作用力。【答案】(1)vCJ14gR(2)FN；mg竖直向上【详解】(1)小球由【详解】(1)小球由P到C由机械能守恒1 2 1 …一mvc mg(2R -R),解得：Vc2 314gR(2)小球由C到D(2)小球由C到D由动能定理:2mgR-mVD-mVc，小球在D点受力如图，由牛顿定

2 2律:

mgFn2VmgFn2Vdm—R，得：Fn—mg,方向：竖直向上。3.如图所示，有一原长10=0.5m的轻质弹簧放在水平面上， 左端固定在A点，处于自然状态。现让一质量m=1kg小物块以速度vo=3m/s从B点向左运动，最终停在距B点1=0.4m的C点。已知小物块与水平面间的动摩擦因数 =0.25,A、B间距d=1.3m,重力加速度g取10m/s1小物块大小不计，整个过程弹簧处在弹性限度内，求：⑴小物块刚与弹簧接触时的速度大小;(2)弹簧弹性势能的最大值。【答案】(1)75m/s(2)1.75J【解析】【详解】(1)小物块从B点滑到与弹簧刚接触时，设小物块的速度为 V1,由动能定理12 12mg(d1o)-mv1 -mv0得：v1 、.5m/s(2)设弹簧的最大压缩量为 x,弹簧的最大弹性势能为巳，由功能关系得小物块从 B点到最1C大压缩重的过程： mg(xdl0)EP-mv0小物块从最大压缩量到C点的过程：mg(xdl0l)EP得：EP=1.75J19.2019年4月20日，我国在西昌卫星发射中心用长征三号乙运载火箭， 成功发射第44颗北斗导航卫星。这是北斗三号系统的首颗倾斜地球同步轨道卫星。卫星进入工作轨道并进行一系列在轨测试后，将与此前发射的 18颗中圆地球轨道卫星和 1颗地球同步轨道卫星进行组网运行。已知中圆地球轨道卫星运行轨道距地面的高度为 h,绕地球做匀速圆周运动的加速度为

a,第44颗北斗导航卫星与地球同步轨道卫星轨道距地面的高度均为 H,地球半径为R求:(1)第44颗北斗导航卫星绕地球做匀速圆周运动的速度大小；(2)地球自转周期。2(RH)RH...、_ 2(RH)RH【答案】(1)v(Rh) (2)T,RH【解析】【详解】(1)设第44颗北斗卫星质量为m,中圆地球轨道卫星m,太阳质量为M由万有引力定律、匀速圆周运动规律得：第44颗北斗卫星第44颗北斗卫星GMm1(RH)22v由-RHGMm2中圆地球轨道卫星 22m2a(Rh)得：v(Rh)(2)地球自转周期与同步卫星周期相同:(2)地球自转周期与同步卫星周期相同:2(RH)

v解得：T2(RH)?Rh20.如图所示，足够长水平面的A点左侧光滑、右侧粗糙。宽度为r的物块P带有半径为r的四分之一光滑圆弧，圆弧的最低点切线水平，距地面的高度为 1.5r,静止放在A点左侧适当位置。现让小球Q从物块P的圆弧最高点由静止释放，当小球 Q落地的瞬间，物块P刚好与静止放在A点的小物块R发生弹性正碰，碰后小物块R运动的最远点C与A点的距离为3r。已知P、。R的质量分别为6m3m2m,重力加速度为g,物块P、R碰撞过程时间很短，