2017-2018學年高一物理下學期期末考試試題（含解析） (VIII).doc

2017-2018學年高一物理下學期期末考試試題（含解析） (VIII)一、單項選擇題(共12小題，每小題5分，共60分，在每小題給出的四個選項中，只有一個選項符合題目要求)1. 在物理學的發(fā)展過程中，科學家們創(chuàng)造出了許多物理學研究方法，以下關于所用物理學研究方法的敘述不正確的是A. 加速度、速度都是采取比值法定義的物理量B. 在探究共點力的合成時用到了等效替代的思想方法C. 牛頓提出了萬有引力定律，并沒有通過實驗測出萬有引力常量的數(shù)值D. 牛頓第一定律是利用邏輯思維對事實進行分析的產(chǎn)物，可以用實驗直接驗證【答案】D【解析】加速度、速度都是采取比值法定義的物理量，選項A正確；在探究共點力的合成時用到了等效替代的思想方法，選項B正確；牛頓提出了萬有引力定律，卡文迪許通過實驗測出了萬有引力常量的數(shù)值，選項C正確；牛頓第一定律是利用邏輯思維對事實進行分析的產(chǎn)物，不可以用實驗直接驗證，選項D錯誤；此題選項不正確的選項，故選D.2. 汽車以20 m/s的速度做勻速直線運動，發(fā)現(xiàn)前方有障礙物立即剎車，剎車的加速度大小為5 m/s2, 則汽車剎車后第2 s內(nèi)的位移和剎車后5 s內(nèi)的位移為A. 30 m，40 m B. 30 m，37.5 mC. 12.5 m，40 m D. 12.5 m，37.5 m【答案】C【解析】汽車減速到0需要的時間為：，知2s末汽車未停止，則第2s內(nèi)的位移，汽車運動4s就停止運動，則剎車后5s內(nèi)的位移與4s內(nèi)的位移相等，即：，故選C?！军c睛】根據(jù)勻變速直線運動的速度時間公式求出汽車剎車到停止所需的時間，判斷汽車是否停止，從而根據(jù)位移公式求出汽車的位移。3. 如圖所示，質量均為m的兩個小球A、B(可視為質點)固定在細桿的兩端，將其放入光滑的半球形碗中，桿的長度等于碗的半徑，當桿與兩球組成的系統(tǒng)處于平衡狀態(tài)時，桿對小球A的作用力為A. B. C. g D. 2mg【答案】C【解析】對A受力分析，桿對A的彈力水平向左，沿AO方向的碗對球的彈力以及小球的重力，由平衡條件可知，解得，故A正確，BCD錯誤；故選A?！军c睛】關鍵對A球受力分析，然后根據(jù)共點力平衡條件列式求解。4. 下列說法正確的是A. 物體做曲線運動時，速度、加速度都一定在改變B. 做曲線運動的物體受到的合外力可能為零C. 物體在恒力作用下不可能做曲線運動D. 做曲線運動的物體，加速度可能不變【答案】D【解析】A、曲線運動的速方向一定變化，故是變速運動，而合外力可以是恒力，加速度不變，故A錯誤。B、物體所受合外力為零時，做勻速直線運動或靜止，不可能做曲線運動，B錯誤。C、勻變速曲線運動所受合力為恒力，故只要合外力和速度不共線就能做曲線運動，C錯誤。D、當合力與速度不在同一條直線上時，物體做曲線運動，而加速度可不變，也可以變化，但速度一定變化，故D正確。故選D。【點睛】本題關鍵是對質點做曲線運動的條件的考查，掌握了做曲線運動的條件.5. 如圖所示的曲線是某個質點在恒力作用下的一段運動軌跡質點從M點出發(fā)經(jīng)P點到達N點，已知弧長MP大于弧長PN，質點由M點運動到P點與從P點運動到N點的時間相等下列說法中正確的是A. 質點從M到N過程中速度大小保持不變B. 質點在這兩段時間內(nèi)的速度變化量大小相等，方向相同C. 質點在這兩段時間內(nèi)的速度變化量大小不相等，但方向相同D. 質點在MN間的運動不是勻變速運動【答案】B【解析】因質點在恒力作用下運動，由牛頓第二定律可知，由于加速度不變，質點做勻變速曲線運動； A、從M到N過程中，根據(jù)，可知，速度大小變化，故A錯誤；BC、因加速度不變，則質點在這兩段時間內(nèi)的速度變化量大小相等，方向相同，故B正確，C錯誤；D、在MN間的運動是勻變速曲線運動，故D錯誤；故選B。【點睛】據(jù)題意可知，質點在恒力作用下，做勻變速曲線運動，速度的變化量相等，而速度大小與方向時刻在變化，從而即可求解。6. “套圈圈”是老少皆宜的游戲，如圖，大人和小孩在同一豎直線上的不同高度處分別以水平速度v1、v2拋出鐵絲圈，都能套中地面上同一目標設鐵絲圈在空中運動的時間分別為t1、t2, 則A. v1v2 B. v1v2C. t1t2 D. t1t2【答案】D【解析】試題分析：根據(jù)平拋運動的規(guī)律h=gt2知，運動的時間由下落的高度決定，故t1t2，所以C錯誤；D正確；由圖知，兩圈水平位移相同，再根據(jù)x=vt，可得：v1v2，故A、B錯誤?？键c：平拋運動【名師點睛】本題就是對平拋運動規(guī)律的考查，平拋運動可以分解為在水平方向上的勻速直線運動，和豎直方向上的自由落體運動來求解圈圈做平拋運動，我們可以把平拋運動可以分解為水平方向上的勻速直線運動和豎直方向上的自由落體運動，根據(jù)水平位移和高度的關系列式分析7. 如圖所示，A是靜止在赤道上的物體，B、C是同一平面內(nèi)的兩顆人造衛(wèi)星B位于離地高度等于地球半徑的圓形軌道上，C是地球同步衛(wèi)星則以下判斷正確的是A. 衛(wèi)星B的速度大小等于地球的第一宇宙速度B. A、B的線速度大小關系為vAvBC. 周期大小關系為TATCTBD. B、C的線速度大小關系為vCvB【答案】C【解析】根據(jù)萬有引力提供向心力：,解得：，C的軌道半徑大于B的軌道半徑，則vBvC，故D錯誤；第一宇宙速度指的是r=R時的速度，B的軌道半徑為r=2R，由上可知衛(wèi)星B的速度小于地球的第一宇宙速度，故A錯誤；A、C的角速度相等，根據(jù)v=r知，vCvA，所以vBvA，故B錯誤；A、C的角速度相等，則A、C的周期相等，根據(jù)知，C的周期大于B的周期，故C正確。所以C正確，ABD錯誤。8. “神舟”六號載人飛船順利發(fā)射升空后，經(jīng)過115小時32分的太空飛行，在離地面約為430 km的圓軌道上運行了77圈，運動中需要多次“軌道維持”所謂“軌道維持”就是通過控制飛船上發(fā)動機的點火時間和推力的大小和方向，使飛船能保持在預定軌道上穩(wěn)定飛行，如果不進行“軌道維持”，由于飛船受到軌道上稀薄空氣的影響，軌道高度會逐漸降低，在這種情況下飛船的動能、重力勢能和機械能的變化情況是A. 動能、重力勢能和機械能逐漸減少B. 重力勢能逐漸減小，動能逐漸增大，機械能不變C. 重力勢能逐漸增大，動能逐漸減小，機械能不變D. 重力勢能逐漸減小，動能逐漸增大，機械能逐漸減小【答案】D【解析】試題分析：如果不進行軌道維持，由于飛船受軌道上稀薄空氣的摩擦阻力，需要克服摩擦阻力做功，所以機械能逐漸減小，軌道高度會逐漸降低，重力勢能逐漸減小，軌道半徑逐漸減小，根據(jù)，可得，動能逐漸增大，所以正確選項為D。考點：本題考查了影響動能、重力勢能和機械能變化的因素。9. 如圖所示，a、b、c三個相同的小球，a從光滑斜面頂端由靜止開始自由下滑，同時b、c從同一高度分別開始自由下落和平拋下列說法正確的有A. 重力做功大小相等B. 它們的末動能相同C. 運動過程中重力的平均功率相等D. 它們落地時重力的瞬時功率相等【答案】A【解析】試題分析：a做的是勻變速直線運動，b是自由落體運動，c是平拋運動，根據(jù)它們各自的運動的特點可以分析運動的時間和末速度的情況，由功率的公式可以得出結論 a、b、c三個小球的初位置相同，它們的末位置也相同，由于重力做功只與物體的初末位置有關，所以三個球的重力做功相等，所以A正確；由上述分析可知，三個球的重力做功相等，但是三個球運動的時間并不相同，其中bc的時間相同，a的運動的時間要比bc的長，所以a的平均功率最小，所以運動過程中重力的平均功率不相等，所以B錯誤；由動能定理可知，三個球的重力做功相等，它們的動能的變化相同，但是c是平拋的，所以c有初速度，故c的末動能要大，所以C錯誤； 三個球的重力相等，但是它們的豎直方向上的末速度不同，所以瞬時功率不可能相等，所以D錯誤；故選A。故選AD考點：功能關系、功率、重力做功。10. 質點所受的力F隨時間變化的規(guī)律如圖所示，力的方向始終在一直線上已知t0時質點的速度為零在圖中所示的t1、t2、t3和t4各時刻中，哪一時刻質點的動能最大A. t1 B. t2 C. t3 D. t4【答案】B【解析】試題分析：由力的圖象分析可知：在0-t1時間內(nèi)，質點向正方向做加速度增大的加速運動在t1-t2時間內(nèi)，質點向正方向做加速度減小的加速運動在t2-t3時間內(nèi)，質點向正方向做加速度增大的減速運動在t3-t4時間內(nèi)，質點向正方向做加速度減小的減速運動t4時刻速度為零則t2時刻質點的速度最大故選B。考點：運動和力【名師點睛】此題考查了運動和力的關系；解題時根據(jù)受力情況來分析加速度情況，從而確定速度的變化，從而判斷速度的最大值。11. 假設列車從靜止開始做勻加速運動，經(jīng)過500 m的路程后，速度達到360 km/h.整個列車的質量為1.00105 kg，如果不計阻力，在勻加速階段，牽引力的最大功率是A. 4.67106 kW B. 1.0105 kWC. 1.0108 kW D. 4.67109 kW【答案】B【解析】由得，則牽引力所以牽引力最大功率，故B正確，ACD錯誤。點睛：根據(jù)勻變速直線運動的速度位移公式求出列車的加速度，然后根據(jù)牛頓第二定律求出合力，即牽引力，速度最大時，功率最大，根據(jù)求出最大功率。12. 在平直的公路上，汽車由靜止開始做勻加速運動當速度達到vm后，立即關閉發(fā)動機而滑行直到停止vt圖線如圖所示，汽車的牽引力大小為F1，摩擦力大小為F2. 全過程中，牽引力做的功為W1, 克服摩擦阻力做功為W2. 以下是F1、F2及W1、W2間關系的說法，其中正確的是F1F213 F1F243 W1W211 W1W213A. B. C. D. 【答案】A【解析】對全過程由動能定理可知，故，故正確，錯誤；，由圖可知：，所以，故正確，錯誤；故選A。【點睛】由動能定理可得出汽車牽引力的功與克服摩擦力做功的關系，由功的公式可求得牽引力和摩擦力的大小關系。二、實驗題(共2題，共19分，13題每空3分，14題每空2分)13. 用如圖所示的裝置測量彈簧的彈性勢能將彈簧放置在水平氣墊導軌上，左端固定，右端在O點；在O點右側的B、C位置各安裝一個光電門，計時器(圖中未畫出)與兩個光電門相連先用米尺測得B、C兩點間距離s，再用帶有遮光片的滑塊壓縮彈簧到某位置A后由靜止釋放，計時器顯示遮光片從B到C所用的時間t，用米尺測量A、O之間的距離x.(1)計算滑塊離開彈簧時速度大小的表達式是_(2)為求出彈簧的彈性勢能，還需要測量_A彈簧原長 B當?shù)刂亓铀俣?C滑塊(含遮光片)的質量(3)增大A、O之間的距離x，計時器顯示的時間t將_A增大 B減小 C不變【答案】 (1). (1) (2). (2)C (3). (3)B【解析】試題分析：（1）滑塊離開彈簧后的運動可視為勻速運動，故可以用BC段的平均速度表示離開彈簧時的速度；則有：（2）因為在彈簧與物體相互作用的過程中彈簧的彈性勢能等于物體增加的動能，故應求解物體的動能，根據(jù)動能表達式可知，應測量滑塊的質量；所以選：C（3）增大AO間的距離時，彈性勢能增大，那么滑塊被彈出后的速度將增大，故通過兩光電門的時間將減小，所以選B考點：彈性勢能、勻速運動公式、動能定理。視頻14. 在用打點計時器驗證機械能守恒定律的實驗中，質量m1.00 kg的重物自由下落，打點計時器在紙帶上打出一系列點如圖1所示為選取的一條符合實驗要求的紙帶，O為第一個點，A、B、C為從合適位置開始選取的三個連續(xù)點(其他點未畫出)已知打點計時器每隔0.02 s打一次點，當?shù)氐闹亓铀俣萭9.80 m/s2. 那么：(1)紙帶的_(選填“左”或“右”)端與重物相連；(2)根據(jù)圖上所得的數(shù)據(jù)，應取圖中O點和_點來驗證機械能守恒定律；(3)從O點到所取點，重物重力勢能減少量Ep_J，該所取點的速度大小為_m/s；(結果取3位有效數(shù)字)(4)如圖2，一位同學按如下方法判斷機械能是否守恒：在紙帶上選取多個計數(shù)點，測量它們到起始點O的距離h，計算對應計數(shù)點的重物速度為v，描繪v2h圖象，若圖象是一條過原點的直線，則重物下落過程中機械能守恒，該同學的判斷依據(jù)_(填“正確”或“不正確)【答案】 (1). (1)左 (2). (2)B (3). (3)1.88， (4). 1.92 (5). (4)不正確【解析】下落過程為勻加速運動，物體運動速度漸漸變大，故打點間距應變大，所以紙帶的左端與重物相連；根據(jù)圖上所得的數(shù)據(jù)，應取圖中O點和B點來驗證機械能守恒定律；從O點到所取點，重物重力勢能減少量EP =mghB=19.80.1920J=1.88J，該所取點的速度大小為； 該同學的判斷依據(jù)不正確在重物下落h的過程中，若阻力f恒定，根據(jù) ，可得，則此時v2-h圖象就是過原點的一條直線所以要想通過v2-h圖象的方法驗證機械能是否守恒，還必須看圖象的斜率是否接近2g點睛：正確解答實驗問題的前提是明確實驗原理，并且能從實驗原理出發(fā)結合物理圖像進行分析所測數(shù)據(jù)三、計算題(共2題，共21分.15題10分，16題11分)15. 一輛載貨的汽車，總質量是4.0103 kg，牽引力是4.8103 N，從靜止開始做勻加速直線運動，經(jīng)過10 s前進了40 m求：(1)汽車運動的加速度；(2)汽車所受到的阻力(設阻力恒定)【答案】（1）0.8m/s2 (2)1600N（1）根據(jù)位移公式，解得：（2）根據(jù)牛頓第二定律，得：解得：【點睛】本題考查了牛頓第二定律和運動學公式的基本運用，知道加速度是聯(lián)系力學和運動學的橋梁16. 如圖所示，長為l的細線下系一質量為m的小球，線上端固定在O點，小球可以在豎直面內(nèi)擺動，不計空氣阻力，當小球從偏角為的位置由靜止運動到最低點的過程中，求：(1)重力對小球做的功；(2)小球到最低點時的速度大??；(3)小球在最低點時，對細繩的拉力大小【答案】（1）（2）（3）【解析】試題分析：（1）當小球從擺角為的位置由靜止運動到最低點的過程中，小球的高度降低，重力做正功W=mgh（2）小球下擺過程中只重力做功，根據(jù)動能定理求解小球到最低點時的速度（3）小球在最低點時，由重力和細線的拉力的合力提供向心力，由牛頓第二定律列方程求解（1）小球由靜止運動到最低點的過程中，重力所做的功為（2）小球從靜止開始運動到最低點的過程中，根據(jù)動能定理得：解得：（3）小球在最低點時，根據(jù)牛頓第二定律有：解得：根據(jù)牛頓第三定律，小球對細繩的拉力大小為【點睛】本題是動能定理與向心力的綜合應用，知道小球在最低點時，由重力和細線的拉力的合力提供向心力。四、多項選擇題(共5小題，每小題全選對記6分，部分對記3分，有選錯的記0分，共30分)17. 18世紀，數(shù)學家莫佩爾蒂，哲學家伏爾泰曾經(jīng)設想“穿透”地球；假設能夠沿著地球兩極連線開鑿一條沿著地軸的隧道貫穿地球，一個人可以從北極入口由靜止自由落入隧道中，忽略一切阻力，此人可以從南極出口飛出，(已知此人的質量m50 kg；地球表面處重力加速度g取10 m/s2；地球半徑R6.4106 m；假設地球可視為質量分布均勻的球體均勻球殼對殼內(nèi)任一點的質點合引力為零)則以下說法正確的是A人與地球構成的系統(tǒng)，由于重力發(fā)生變化，故機械能不守恒B人在下落過程中，受到的萬有引力與到地心的距離成正比C人從北極開始下落，到剛好經(jīng)過地心的過程，萬有引力對人做功W3.2109 JD當人下落經(jīng)過距地心R瞬間，人的瞬時速度大小為103 m/s【答案】BD【解析】人下落過程只有重力做功，重力做功效果為重力勢能轉變?yōu)閯幽?，故機械能守恒，故A錯誤；設人到地心的距離為r，地球密度為，由萬有引力定律可得：人在下落過程中受到的萬有引力，故萬有引力與到地心的距離成正比，故B正確；由萬有引力可得：人下落到地心的過程重力做功，故C錯誤；由萬有引力可得：人下落到距地心的過程重力做功，設地球質量為M，則有：，又有地球表面物體重力等于萬有引力，則有：，故，則重力做功為，由動能定理可得：，所以，當人下落經(jīng)過距地心瞬間，人的瞬時速度，故D正確；故選BD。【點睛】根據(jù)萬有引力定律及球體體積公式求得不同半徑處的萬有引力表達式，進而得到萬有引力做的功，再由動能定理求得人的速度；最后根據(jù)能量守恒，由能量轉換求得機械能變化。18. 如圖所示，三個小球A、B、C的質量均為m，A與B、C間通過鉸鏈用輕桿連接，桿長為L，B、C置于水平地面上，用一輕質彈簧連接，彈簧處于原長現(xiàn)A由靜止釋放下降到最低點，兩輕桿間夾角由60變?yōu)?20，A、B、C在同一豎直平面內(nèi)運動，彈簧在彈性限度內(nèi)，忽略一切摩擦，重力加速度為g.則在此過程中AA的動能達到最大前，B受到地面的支持力小于mgBA的動能最大時，B受到地面的支持力等于mgC彈簧的彈性勢能最大時，A的加速度方向豎直向下D彈簧的彈性勢能最大值為mgL【答案】AB【解析】A的動能最大時，設B和C受到地面的支持力大小均為F，此時整體在豎直方向受力平衡，可得2F=3mg，所以，在A的動能達到最大前一直是加速下降，處于失重情況，所以B受到地面的支持力小于，故AB正確；當A達到最低點時動能為零，此時彈簧的彈性勢能最大，A的加速度方向向上，故C錯誤；A球達到最大動能后向下做減速運動，到達最低點時三個小球的動能均為零，由機械能守恒定律得，彈簧的彈性勢能為Epmg(Lcos 30Lcos 60)，故D錯誤。所以AB正確，CD錯誤。19. 如圖所示，豎直墻面與水平地面均光滑且絕緣，兩個帶有同種電荷的小球A、B分別處于豎直墻面和水平地面，且處于同一豎直平面內(nèi)，若用圖示方向的水平推力F作用于小球B，則兩球靜止于圖示位置如果將小球B向左推動少許，并待兩球重新達到平衡時，則兩個小球的受力情況與原來相比A推力F將增大B豎直墻面對小球A的彈力減小C地面對小球B的彈力一定不變D兩個小球之間的距離增大【答案】BCD【解析】試題分析：先以A球為研究對象，分析受力，作出力圖，根據(jù)平衡條件分析墻壁對A的彈力如何變化，再以AB整體為研究對象，根據(jù)平衡條件分析F如何變化和地面對小球B的彈力的變化由庫侖定律分析兩球之間的距離如何變化解：A、B、C以A球為研究對象，分析受力，作出力圖如圖1所示設B對A的庫侖力F與墻壁的夾角為，由平衡條件得豎直墻面對小球A的彈力為：N1=mAgtan，將小球B向左推動少許時減小，則N1減小再以AB整體為研究對象，分析受力如圖2所示，由平衡條件得：F=N1N2=（mA+mB）g則F減小，地面對小球B的彈力一定不變故A錯誤，BC正確D、由上分析得到庫侖力F庫=，減小，cos增大，F(xiàn)庫減小，根據(jù)庫侖定律分析得知，兩個小球之間的距離增大，故D正確故選：BCD【點評】本題運用隔離法和整體法結合分析動態(tài)平衡問題，關鍵是確定研究對象（往往以受力較少的物體為研究對象），分析受力情況20. 如圖所示，在點電荷Q產(chǎn)生的電場中，實線MN是一條方向未標出的電場線，虛線AB是一個電子只在靜電力作用下的運動軌跡設電子在A、B兩點的加速度大小分別為aA、aB, 電勢能分別為EpA、EpB. 下列說法正確的是A電子一定從A向B運動B若aAaB, 則Q靠近M端且為正電荷C無論Q為正電荷還是負電荷，一定有EpAEpBDB點電勢可能高于A點電勢【答案】BC【解析】電子在電場中做曲線運動，虛線AB是電子只在靜電力作用下的運動軌跡，電場力沿電場線直線曲線的凹側，電場的方向與電場力的方向相反，如圖所示，由所知條件無法判斷電子的運動方向，故A錯誤；若aAaB，說明電子在M點受到的電場力較大，M點的電場強度較大，根據(jù)點電荷的電場分布可知，靠近M端為場源電荷的位置，應帶正電，故B正確；無論Q為正電荷還是負電荷，一定有電勢，電子電勢能，電勢能是標量，所以一定有EpA0)的粒子從a點移動到b點，其電勢能減小W1；若該粒子從c點移動到d點，其電勢能減小W2.下列說法正確的是A. 此勻強電場的場強方向一定與a、b兩點連線平行B. 若c、d之間的距離為L，則該電場的場強大小一定為C. 若該粒子從M點移動到N點，則電場力做功一定為D. 若W1W2，則a、M兩點之間的電勢差一定等于b、N兩點之間的電勢差【答案】CD【解析】一電荷量為q（q0）的粒子從a點移動到b點，其電勢能減小，但ab連線不一定沿著電場線，故A錯誤；若c、d之間的距離為L，但cd不一定平行電場線，故，其中為cd與電場線的夾角，不一定為零，故該電場的場強大小不一定為，故B錯誤；粒子從a點移動到b點，其電勢能減小，故：，粒子從c點移動到d點，其電勢能減小，故：，勻強電場中，沿著相同方向每前進相同距離電勢的變化相同，故，即，同理，故，故C正確；若，根據(jù)可知，故，則，故，而，故，故D正確；故選CD?！军c睛】勻強電場中，沿著相同方向每前進相同距離電勢的變化相同，根據(jù)比較電勢差，電場力做功等于電勢能的減小量。22. 如圖所示為一皮帶傳送裝置，其中AB段水平，長度LAB4 m，BC段傾斜，長度足夠長，傾角為37，AB