山西省沁县中学2017_2018学年高一物理下学期期末考试试题（含解析）.doc

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1、- 1 -山西省沁县中学 2017-2018 学年度高一下学期期末考试物理试题一、选择题（每小题 4 分，共 48 分。其中 18 小题只有一个选项符合要求；912 小题给出的四个选项中，至少有一个选项符合要求，全选对的得 4 分，选对但不全的得 2 分，有选错或不答的得零分）1.以下说法正确的是（ ）A. 绕地球沿圆轨道飞行的航天器中悬浮的液滴处于平衡状态B. 洗衣机脱水时利用离心运动把附着在衣物上的水份甩掉C. 匀速直线运动因为受合力等于零，所以机械能一定守恒D. 合力对物体做功为零时，机械能一定守恒【答案】B【解析】试题分析：绕地球沿圆轨道飞行的航天器中悬浮的液滴重力提供向心力，处于完全

2、失重状态，故 A 错误；洗衣机脱水时，利用离心运动把附着在衣物上的水份甩掉，故 B 正确；匀速直线运动受到的合力等于零，但机械能不一定守恒，如竖直方向的匀速直线运动机械能不守恒，故 C 错误；合力对物体做功为零时，可能有除重力以外的力对物体做功，机械能不守恒，如起重机匀速向上吊起货物时货物的机械能不守恒，故 D 错误。考点：机械能守恒定律；牛顿运动定律的应用-超重和失重【名师点睛】解决本题时要知道飞行器绕地球做圆周运动时，里面的液滴处于完全失重状态机械能守恒的条件是只有重力或弹力做功可举例来分析抽象的概念题。2.在光滑的水平面上，用绳子系一小球做半径为 R 的匀速圆周运动，若绳子拉力为 F，在

3、小球经过 圆周的时间内， F 所做的功为( )A. 0 B. RF C. RF D. RF【答案】A【解析】绳子拉着小球在水平面上做匀速圆周运动，绳子的拉力提供向心力，所以绳子拉力的方向始终与速度方向垂直，不做功，所以在小球经过四分之一，圆周的过程中， F 所做的功为零，故 A 正确，BCD 错误。- 2 -3.如图所示，甲、乙两水平圆盘紧靠在一起，大圆盘为主动轮，乙靠摩擦随甲不打滑转动。大、小圆盘的半径之比为 3:1，两圆盘和小物体 m1、 m2间的动摩擦因数相同。 m1离甲盘圆心O 点 2r， m2距乙盘圆心 O点 r，当甲缓慢转动且转速慢慢增加时（ ）A. 物块相对盘开始滑动前， m1与

4、 m2的线速度之比为 1:1B. 物块相对盘开始滑动前， m1与 m2的向心加速度之比为 2:9C. 随转速慢慢增加， m1先开始滑动D. 随转速慢慢增加， m1与 m2同时开始滑动【答案】B【解析】A. 甲、乙两轮子边缘上的各点线速度大小相等,有： 1r 甲 = 2r 乙 ,则得 1: 2=1:2,所以物块相对盘开始滑动前, m1与 m2的角速度之比为 1:2.故 A 错误；B. 物块相对盘开始滑动前,根据 a= 2r 得： m1与 m2的向心加速度之比为a1:a2= ，故 B 正确；CD. 根据 mg =mr 2知,物体转动的临界角速度 = ,可知甲乙的临界角速度之比为 1: ；由于甲乙的

5、线速度相等,而两物体的角速度之比为 1: 2=1:2,可知当转速增加时, m2先达到临界角速度,所以 m2先开始滑动。故 D 正确， C 错误。故选： BD.点睛：抓住两圆盘边缘的线速度大小相等，结合圆盘的半径关系得出两圆盘的角速度之比，从而根据向心加速度公式求出向心加速度之比抓住最大静摩擦提供向心力求出发生滑动时的临界角速度，结合甲乙的角速度进行分析判断4.利用三颗位置适当的地球同步卫星，可使地球赤道上任意两点之间保持无线电通讯，目前地球同步卫星的轨道半径为地球半径的 6.6 倍，假设地球的自转周期变小，若仍仅用三颗同- 3 -步卫星来实现上述目的，则地球自转周期的最小值约为( )A. 1h

6、 B. 4h C. 8h D. 16h【答案】B【解析】试题分析：设地球的半径为 R，则地球同步卫星的轨道半径为 r=66R；已知地球的自转周期 T=24h，地球同步卫星的转动周期与地球的自转周期一致，若地球的自转周期变小，则同步卫星的转动周期变小由 公式可知，做圆周运动的半径越小，则运动周期越小由于需要三颗卫星使地球赤道上任意两点之间保持无线电通讯，所以由几何关系可知三颗同步卫星的连线构成等边三角形并且三边与地球相切，如图由几何关系可知地球同步卫星的轨道半径为 r=2R由开普勒第三定律 得：故 B 正确，ACD 错误；故选 B。考点：开普勒第三定律【名师点睛】本题考查开普勒第三定律以及同步卫

7、星的性质，要注意明确题目中隐含的信息的判断是本题解题的关键。视频5.地球赤道上有一物体随地球的自转而做圆周运动，所需的向心力为 ，向心加速度为 ，线速度为 ，角速度为 ；绕地球表面附近做圆周运动的人造卫星（高度忽略）所需的向心力为 ，向心加速度为 ，线速度为 ，角速度为 ；地球同步卫星所需的向心力为 ，向心加速度为 ，线速度为 ，角速度为 。设三者质量相等，则( )- 4 -A. = B. = C. = D. =【答案】D【解析】【分析】题中涉及三个物体：地球赤道上有一随地球的自转而做圆周运动物体 1、绕地球表面附近做圆周运动的人造卫星 2、地球同步卫星 3；物体 1 与人造卫星 2 转动半径

8、相同，物体 1 与同步卫星 3 转动周期相同，人造卫星 2 与同步卫星 3 同是卫星，都是万有引力提供向心力；分三种类型进行比较分析即可【详解】根据题意三者质量相等，轨道半径 ，物体 1 与人造卫星 2 比较，由于赤道上物体受引力和支持力的合力提供向心力，而近地卫星只受万有引力，故 ，故 A 错误；由选项 A 的分析知道向心力 ，故由牛顿第二定律，可知 ，故 B 错误；由 A 选项的分析知道向心力 ，根据向心力公式 ，由于 m、R 一定，故 ，故 C 错误；同步卫星与地球自转同步，故 ，根据周期公式 ，可知卫星轨道半径越大，周期越大，故 ，再根据 ，有 ，故 D 正确；故选 D。【点睛】本题关

9、键要将物体 1、人造卫星 2、同步卫星 3 分为三组进行分析比较，最后再综合；一定不能将三个物体当同一种模型分析，否则会使问题复杂化6.两个行星各有一个卫星绕其表面运行，已知两个卫星的周期之比为 12，两行星半径之比为 21，有下列结论两行星密度之比为 41 两行星质量之比为 161 两行星表面处重力加速度之比为 81 两卫星的速率之比为 41，正确的有( )A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】研究卫星绕行星匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力，列出等式求解忽略行星自转的影响，根据万有引力等于重力列出等式【详解】研究卫星绕行星表面匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力，列出等式：-

10、 5 -，得行星质量 ，则密度 ，两个卫星的周期之比为 1：2，所以两行星密度之比为 4：1，故正确。行星质量 ，已知两个卫星的周期之比为 1：2，两行星半径之比为 2：1，所以两行星质量之比为 32：1，故错误。忽略行星自转的影响，根据万有引力等于重力列出等式 ，所以两行星表面处重力加速度之比为 8：1，故正确。根据圆周运动公式 ，所以两卫星的速率之比为 4：1，故正确。故选 D。【点睛】求一个物理量之比，我们应该把这个物理量先用已知的物理量表示出来，再根据表达式进行比较向心力的公式选取要根据题目提供的已知物理量或所求解的物理量选取应用7.质量为 5t 的汽车在水平路面上由静止开始以 a=2

11、m/s2的加速度做匀加速直线运动，所受的阻力为 1.0103N，汽车起动后第 1s 末发动机的瞬时功率为（ ）A. 1.0104W B. 1.1104W C. 2.0104W D. 2.2104W【答案】D【解析】汽车匀速运动时，牵引力等于阻力，即 F=f故此时功率为：故选：C。8.一位质量为 m 的运动员从下蹲状态向上起跳，经t 时间，身体伸直并刚好离开地面，速度为 v在此过程中（ ）A. 地面对他的冲量为 mv+mgt，地面对他做的功为B. 地面对他的冲量为 mv+mgt，地面对他做的功为零C. 地面对他的冲量为 mv，地面对他做的功为D. 地面对他的冲量为 mv-mgt，地面对他做的功为

12、零【答案】B【解析】- 6 -试题分析：人的速度原来为零，起跳后变化 v，以向上为正方向，由动量定理可得，故地面对人的冲量为 ，人在跳起时，地面对人的支持力竖直向上，在跳起过程中，在支持力方向上没有位移，地面对运动员的支持力不做功，故 D 正确。考点：考查了动量定理，功的计算【名师点睛】在应用动量定理时一定要注意冲量应是所有力的冲量，不要把重力漏掉视频9.如图所示，倾角为 的足够长倾斜传送带沿逆时针方向以恒定速率运行，一个小物块无初速度的放在传送带上端，传送带与物块间动摩擦因数 ，取传送带底端为零势能面，下列描述小物块速度 ，重力势能 ，动能 和机械能 E 四个物理量随物块沿传送带运动距离x

13、的变化趋势中正确的有 ( ) A. B. C. D. 【答案】BC【解析】【分析】通过过程分析可以确定物体运动过程中的加速度：开始传送带的速度大于物体的速度，故滑动摩擦力沿斜面向下，故物体的加速度 ；当物体的速度大于传送带的速度时，物体的所受摩擦力沿斜面向上，物体的加速度 ，故 ；由重力势能- 7 -的表达式判断 随 x 是一次减函数；求出动能随位移变化的表达式，比较斜率；求出机械能随位移变化的函数表达式，再判断。【详解】当小物块无初速度的放在传送带上端后，物体向下匀加速，当加速到与传送带的速度相等后，由于传送带与物块间动摩擦因数 ，即是重力沿斜面向下的分力还大于滑动摩擦力，合力沿斜面向下，继

14、续加速，故 A 错误；取传送带底端为零势能面，重力势能为：， 随 x 是一次减函数，故 B 正确；达到传送带速度之前，对物体由动能定理可得： ，斜率较大；达到传送带速度之后，对物体由动能定理可得： ，斜率较小，故 C 正确；达到传送带速度之前，摩擦力对物体做正功，机械能增大， ，所以机械能随位移是一次函数；达到传送带速度之后，摩擦力对物体做负功，机械能减小， ，所以机械能随位移也是一次函数；故 D 错误。故选 BC。【点睛】解答此类题目一般都是根据题意写出函数表达式，再进行判断。比如通过受力分析确定物体的加速度，从而根据速度图象的斜率等于物体的加速度来判定。10.如图所示，在固定倾斜光滑杆上套

15、有一个质量为 m 的圆环，杆与水平方向的夹角 =30，圆环与竖直放置的轻质弹簧上端相连，弹簧的另一端固定在地面上的 A 点，弹簧处于原长h。让圆环沿杆由静止滑下，滑到杆的底端时速度恰为零。则在圆环下滑过程中( )A. 圆环和地球组成的系统机械能守恒B. 当弹簧垂直于光滑杆时圆环的动能最大C. 弹簧的最大弹性势能为 mghD. 弹簧转过 60角时，圆环的动能为【答案】CD【解析】试题分析：在圆环下滑过程中，弹簧的拉力对圆环做功，所以圆环和地球组成的系统的机械能不守恒，A 错误；当圆环沿杆的加速度为零时，其速度最大，动能最大，此时弹簧处于伸- 8 -长状态，给圆环一个斜向左下方的拉力，故 B 错误

16、；圆环和地球以及弹簧组成的系统机械能守恒，根据系统的机械能守恒，圆环的机械能减少了 mgh，那么圆弧的机械能的减小量等于弹性势能增大量，为 mgh，C 正确；弹簧转过 60角时，此时弹簧仍为原长，以圆环为研究对象，利用动能定理得： ，即圆环的动能等于 ，故 D 正确，考点：考查了机械能守恒，牛顿第二定律【名师点睛】对物理过程进行受力情况、运动情况、做功情况分析，是解决问题的根本方法要注意对于圆环来说机械能并不守恒，但对圆环和弹簧组成的系统作为研究对象，系统的机械能是守恒的11.如图甲所示，质量 m=4kg 的物块放在光滑水平面上，在 P 点的左方始终受到水平向右的恒力 F1的作用，在 P 点的

17、右方除 F1外还受到与 F1在同一条直线上的水平向左的恒力 F2的作用。物块从 A 点由静止开始运动，在 05 s 内运动的 v t 图象如图乙所示，由图可知下列判断正确的是( )A. t=2.5s 时，物块距 P 点最远B. t=2.5s 时，物块经过 P 点C. t=3s 时，恒力 F2的功率 P 为 20 WD. 在 24s 的过程中，F 1与 F2做功之和为 8J【答案】AC【解析】【分析】由 v-t 图可知物体的速度随时间变化的规律，根据加速度定义求解出加速度；根据牛顿第二定律求解拉力 F1和 F2；根据 P=Fv 求解拉力的功率；根据动能定理求解两力做功之和【详解】0-1s 物体向

18、右加速，到达 P 点；1s-2.5s 向右减速，到达最右端；2.5s-4s 向左加速，回到 P 点；4s-5s 向左减速，回到出发点；故 A 正确，B 错误；0-1s 物体向右加速，加- 9 -速度为： ，根据牛顿第二定律，拉力： ，2.5s-4s 向左加速，加速度大小为： ，负方向；根据牛顿第二定律，有：，解得： ，t=3s 时，速度为-1m/s，负号表示方向；故 3s 时拉力 的功率： ，故 C 正确； t=1s 时，速度为 1m/s，根据动能定理，在 24s 的过程中， 与 做功之和为： ，故 D 错误；故选 AC。12.质量为 M 的物块以速度 v 运动，与质量为 m 的静止物块发生正

19、碰，碰撞后两者的动量正好相等。两者质量之比 M/m 可能为（ ）A. 1 B. 3C. 4 D. 5【答案】AB【解析】设碰撞后两者的动量都为 P，由于题意可知，碰撞前后总动量为 2P，根据动量和动能的关系有： ，碰撞过程动能不增加，有： ，解得： ，故 A、 B 错误，C、 D 正确；故选 CD。【点睛】根据动量守恒定律，以及在碰撞的过程中动能不增加，通过这两个关系判断两个物体的质量关系。二、实验题。共 2 个小题，13、14 题，共 14 分。将正确答案填在答题卷中对应的横线上。13.某实验小组采用如图所示的装置探究功与速度变化的关系，小车在橡皮筋的作用下弹出后，沿木板滑行。打点计时器的工

20、作频率为 50 Hz。（1）实验中木板略微倾斜，这样做_；A是为了使释放小车后，小车能匀加速下滑- 10 -B是为了增大小车下滑的加速度C可使得橡皮筋做的功等于合力对小车做的功D可使得橡皮筋松弛后小车做匀速运动（2）实验中先后用同样的橡皮筋 1 条、2 条、3 条合并起来挂在小车的前端进行多次实验，每次都要把小车拉到同一位置再释放。把第 1 次只挂 1 条橡皮筋时橡皮筋对小车做的功记为 W1；第二次挂 2 条橡皮筋时橡皮筋对小车做的功为 2W1橡皮筋对小车做功后而使小车获得的速度可由打点计时器打出的纸带测出。根据第四次实验中打出的纸带（如图所示） ，可求得小车最终获得的速度为_m/s。 （保留

21、三位有效数字）（3）若根据多次测量数据画出的 W-v 图象如图所示，根据图线形状，可知对 W 与 v 的关系符合实际的是图_。【答案】 (1). CD (2). 2.00 (3). C【解析】(1)使木板倾斜，使小车受到的摩擦力与小车所受重力沿板向下的分力大小相等，在不施加拉力时，小车在斜面上运动时受到的合力为零，小车可以在斜面上做匀速直线运动；小车与橡皮筋连接后，小车所受到的合力等于橡皮筋的拉力，橡皮筋对小车做的功等于合外力对小车做的功，使得橡皮筋松弛后小车做匀速运动，故 A、B 错误，C、D 正确。故选 CD。(2)由纸带后半部分两点间距离相同，可知小车开始做匀速运动，可求得。(3)实验研

22、究发现， W 与 v2成正比，故 W 与 v 的图象应该是向上弯曲的曲线，故 C 正确，A、B、D 错误故选 C。【点睛】要知道重物带动纸带下落过程中能量转化的过程和能量守恒，纸带问题的处理时力- 11 -学实验中常见的问题，计算过程中要注意单位的换算和有效数字的保留明确了该实验的实验原理以及实验目的，即可了解具体操作的含义，以及如何进行数据处理；数据处理时注意数学知识的应用，本题是考查应用数学知识解决物理问题的好题14.某同学用图（a）所示的实验装置验证机械能守恒定律，其中打点计时器的电源为交流电源，可以使用的频率有 220Hz、30 Hz 和 40 Hz，打出纸带的一部分如图（b）所示。该

23、同学在实验中没有记录交流电的频率 ，需要用实验数据和其他条件进行推算。（1）若从打出的纸带可判定重物匀加速下落，利用 和图（b）中给出的物理量可以写出：在打点计时器打出 B 点时，重物下落的速度大小为_，打出 C 点时重物下落的速度大小为_，重物下落的加速度的大小为_.（2）已测得 =8.89cm， =9.5.cm， =10.10cm；当重力加速度大小为 9.80m/ ，试验中重物受到的平均阻力大小约为其重力的 1%。由此推算出 为_ Hz。【答案】 (1). (2). (3). (4). 40【解析】试题分析：（1）打 B 点时，重物下落的速度等于 AC 段的平均速度，所以；同理 打出 C

24、点时，重物下落的速度 ；由加速度的定义式得（2）由牛顿第二定律得： ，解得： ，代入数值解得：f=40Hz。【考点定位】验证机械能守恒定律、纸带数据分析- 12 -【名师点睛】本题主要考查验证机械能守恒定律实验、纸带数据分析。解决这类问题的关键是会根据纸带数据求出打某一点的瞬时速度、整个过程的加速度；解决本题要特别注意的是打点计时器的频率不是经常用的 50 Hz。视频三、计算题(本题包括 3 小题中，共 38 分，解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步聚。只写出最后答案的不能得分。有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位) 15.如图所示，是运载火箭发射飞船的示意图。飞船由运载火箭

25、先送入近地点为 A、远地点为B 的椭圆轨道，在 B 点实施变轨后，再进入预定圆轨道。已知近地点 A 距地面高度为 h1，飞船在预定圆轨道上飞行 n 圈所用的时间为 t，地球表面重力加速度为 g，地球半径为 R，求：（1）地球的第一宇宙速度大小；（2）飞船在近地点 A 的加速度 aA大小；（3）远地点 B 距地面的高度 h2大小。【答案】(1) (2) （3）【解析】试题分析：（1）在地面上 地球的第一宇宙速度时，根据万有引力充当向心力 联立知 。（2）设地球质量为 M，飞船的质量为 m，在 A 点受到的地球引力为 联立得 。（3）飞船在预定圆轨道飞行的周期 ，由牛顿运动定律得- 13 -，联立

26、解得 。考点：万有引力定律及其应用【名师点睛】卫星在椭圆轨道运行时的加速度目前只能根据牛顿第二定律求解；卫星的轨道半径与线速度、角速度、周期对应。16.如图甲所示，一竖直平面内的轨道由粗糙斜面 AD 和光滑圆轨道 DCE 组成，AD 与 DCE 相切于 D 点，C 为圆轨道的最低点将一小物块置于轨道 ADC 上离地面高为 H 处由静止下滑，用力传感器测出其经过 C 点时对轨道的压力 N，改变 H 的大小，可测出相应的 N 大小，N 随H 的变化关系如图乙图中折线 PQI 所示（PQ 与 QI 两直线相连接于 Q 点） ，QI 反向延长交纵轴于 F 点（0，5.8N） ，重力加速度 g 取 10

27、m/s2，求：（1）小物块的质量 m；（2）圆轨道的半径及轨道 DC 所对圆心角 （可用角度的三角函数值表示） ；（3）小物块与斜面 AD 间的动摩擦因数【答案】 （1）0.5kg；（2）=arccos0.8=37；（3）=0.3.【解析】解：（1）从图象得到 H=0 时的弹力，即为物体的重力，从而得到物体的质量 m=0.5kg.（2）由图线知：当 H2=0.2m 时，N 2=7N，此时小物块恰好由 D 点下滑由 和得 R=1m- 14 -即 =arccos0.8=37即圆轨道的半径为 1m，轨道 DC 所对圆心角为 37（3）小球从高为 H 处的斜面上滑到最低点过程根据动能定理，有在最低点，

28、支持力和重力的合力提供向心力，有：解得：由图线知，截距解得：=0.3即小物块与斜面 AD 间的动摩擦因数为 0.3【考点】机械能守恒定律；牛顿第二定律；向心力【分析】 （1）从图象得到 H=0 时的弹力，即为物体的重力，从而得到物体的质量 m；（2）结合图象可以得到当 H=0.2m 时，物体恰好在斜面最低点，根据机械能守恒定律和向心力公式联立列式求解出圆轨道的半径 R，然后可根据几何关系得到轨道 DC 所对圆心角；（3）对滑块从最高点到 C 点的过程运用动能定理列式，再对最低点运用向心力公式和牛顿第二定律列式，联立后求解出弹力的一般表达式，再根据图象求解出动摩擦因素由图线知：当 H1=0 时，

29、N 1=5N，此时 N1=mg 故 m=0.5kg即小物块的质量 m 为 0.5kg【点评】本题关键是对分析清楚滑块的各个运动过程，然后运用动能定理、机械能守恒定律和向心力公式，结合图象联立方程组求解17.如图，一轻弹簧原长为 2R，其一端固定在倾角为 37的固定直轨道 AC 的底端 A 处，另一端位于直轨道上 B 处，弹簧处于自然状态，直轨道与一半径为 的光滑圆弧轨道相切于 C点，AC=7 R，A、B、C、D 均在同一竖直面内。质量为 m 的小物块 P 自 C 点由静止开始下滑，最低到达 E 点（未画出） ，随后 P 沿轨道被弹回，最高点到达 F 点，AF=4 R，已知 P 与直轨道间的动摩

30、擦因数 ，重力加速度大小为 g。 （取 ， ）- 15 -（1）求 P 第一次运动到 B 点时速度的大小。（2）求 P 运动到点时弹簧的弹性势能。（3）改变物块 P 的质量，将 P 推至 E 点，从静止开始释放。已知 P 自圆弧轨道的最高点 D处水平飞出后，恰好通过 G 点。G 点在 C 点左下方，与 C 点水平相距 、竖直相距 R，求 P运动到 D 点时速度的大小和改变后 P 的质量。【答案】 （1） （2） （3） ，【解析】【分析】（1）对物体从 C 到 B 的过程分析，由动能定理列式可求得物体到达 B 点的速度；（2）同（1）的方法求出物块返回 B 点的速度，然后对压缩的过程与弹簧伸长

31、的过程应用功能关系即可求出；（3）P 离开 D 点后做平抛运动，将物块的运动分解即可求出物块在 D 点的速度，E 到 D 的过程中重力、弹簧的弹力、斜面的阻力做功，由功能关系即可求出物块 P 的质量。【详解】 （1）C 到 B 的过程中重力和斜面的阻力做功，根据动能定理有：，其中：代入数据得：（2）物块返回 B 点后向上运动的过程中，根据动能定理有：，其中：联立得：物块 P 向下到达最低点又返回的过程中只有摩擦力做功，设最大压缩量为 x根据动能定理有：整理得：x=R- 16 -物块向下压缩弹簧的过程设克服弹力做功为 W根据动能定理有：又由于弹簧增加的弹性势能等于物块克服弹力做的功，即：所以：（3）P 自圆弧轨道的最高点 D 处水平飞出后，做平抛运动故由位移公式得： ，解得：对 P 由 E 到 D 过程应用动能定理可得：代入解得：【点睛】本题考查功能关系、竖直面内的圆周运动以及平抛运动，解题的关键在于明确能达到 E 点的条件，并能正确列出动能定理及理解题目中公式的含义。第二小问可以从运动全过程的角度跟能量的角度来列式。