解析福建省师大附中2020┄2021学年高一下学期期末考试物理试题 Word版

高一物理试卷
一、选择题：
1. 开普勒分别于1609年和1６19年发表了他发现的行星运动规律,后人称之为开普勒行星运动定律。

关于开普勒行星运动定律，下列说法正确的是
A. 所有行星绕太阳运动的轨道都是圆,太阳处在圆心上
Ｂ. 对任何一颗行星来说，离太阳越近，运行速率就越大
Ｃ．行星公转周期与行星的质量有关
D. 所有行星的轨道的半长轴与公转周期成正比
【答案】B
【点睛】开普勒关于行星运动的三定律是万有引力定律得发现的基础,是行星运动的一般规律，正确理解开普勒的行星运动三定律是解答本题的关键。

２．一只小船渡河,水流速度各处相同且恒定不变,方向平行于河岸。

小船相对于水分别做匀加速、匀减速、匀速直线运动，其运动轨迹如图所示。

小船的初速度大小均相同，且方向垂直于河岸，小船在渡河过程中船头方向始终不变。

由此可知
Ａ. 小船沿三条不同轨迹渡河的时间相同
Ｂ. 沿AB轨迹渡河所用时间最短
C．小船沿AC轨迹渡河,船靠岸时速度最小
D. AD是匀减速运动的轨迹
【答案】Ｄ
【解析】Ａ、船相对于水的初速度大小均相同，方向垂直于岸边，因运动的性质不同,则渡河时间也不同,故A错误;Ｂ、沿AC轨迹，船是匀加速运动，则船到达对岸的速度最大，所以使用的时间最短。

故B错误；
C、沿AB轨迹，合速度不变,说明船相对于水的速度不变;沿AC和ＡD轨迹小船相对于水分别做匀加速、匀减速直线运动,所以沿AC和AＤ轨迹小船都是做匀变速运动。

故C错误；
D、沿AD的轨迹的运动弯曲的方向向下,可知小船沿垂直于河岸的方向做减速运动。

故D正确。

故选D。

【点睛】考查运动的合成与分解的应用，注意船运动的性质不同,是解题的关键，并注意曲线运动的条件．3. 荡秋千是儿童喜爱的运动，当秋千从P向Q荡的过程中，经过E点时的小孩加速度方向可能是图中的
A. 竖直向下的１方向
B. 沿切线的2方向
C. 3方向
D. 指向圆心的4方向
【答案】C
【解析】荡秋千时做变速圆周运动，有绳的拉力和重力的分力之和沿半径方向提供向心加速度，用来改变线速度的方向;还有沿着切线方向的重力分力提供切向向加速度,用来改变线速度的大小,故两加速度的合加速度方向沿3方向,故选C。

【点睛】物体做曲线运动的条件是合力与速度不在同一条直线上，速度的方向与该点曲线的切线方向相同；由牛顿第二定律可以判断加速度的方向.
4. 如图甲所示，将质量为m的小球以速度v0竖直向上抛出,小球上升的最大高度为ｈ。

若将质量分别为2m、3m、4ｍ、5m的小球,分别以同样大小的速度v0从半径均为R=h的竖直圆形光滑轨道的最低点水平向右射入轨道,轨道形状如图乙、丙、丁、戊所示。

在质量分别为２m、3ｍ、４m、5ｍ的小球中，能到达的最大高度仍为h的是(小球大小和空气阻力均不计)
A. 质量为2m的小球
B．质量为3m的小球
C. 质量为4ｍ的小球
D. 质量为5m的小球
【答案】C
【解析】试题分析：甲图将质量为ｍ的小球以速度ｖ0竖直向上抛出，小球上升的最大高度为h，此时速度为零;乙图将质量为2m的小球以速度v0滑上曲面，小球若能到达最大高度为h,则此时速度不为零,根据动能与重力势能之和,大于初位置的动能与重力势能,因此不可能；丙图将质量为3m的小球以速度v0滑上曲面,小球若从最高点抛出，做斜抛运动，则此时速度不为零，根据机械能守恒可知，不可能达到h高度；丁图将质量为4m的小球以速度v0滑上曲面，小球若能到达最大高度为h,则此时速度为零,根据机械能守恒定律可知,满足条件；戊图将质量为５m的小球以速度ｖ0滑上曲面，小球若从最高点抛出,做斜抛运动,则此时速度不为零,根据机械能守恒可知,不可能达到h高度；故选C。

考点：机械能守恒定律
【名师点睛】考查机械能守恒定律的应用,掌握曲线运动时,最高点的速度不为零，而直线运动最高点速度为零，是解题的关键。

5. 如图所示，相同材料制成的A、B两轮水平放置,它们之间靠轮边缘间的摩擦传动，接触面上没有滑动。

两轮半径,当主动轮Ａ匀速转动时,在Ａ轮边缘放置的小木块恰能与轮保持相对静止。

若将小木块放在Ｂ轮上，欲使小木块相对Ｂ轮也相对静止，则小木块距Ｂ轮转轴的最大距离为
Ａ. Ｂ． C. D.
【答案】B
【解析】对A轮边缘的滑块恰好相对静止一起随A盘转动，有,解得，Ａ轮和B轮靠
摩擦传动,故边缘有相同的线速度大小,即,故B轮的角速度为；小木块放在B轮上刚好一起转动时,，解得,故选B。

【点睛】解决本题的关键掌握靠摩擦传动轮子边缘上的点，具有相同的线速度，共轴转动的点,具有相同的角速度。

６. 如图所示，物体从O点由静止开始做匀加速直线运动,途经A、B、C三点，其中ＡB=２m，BC=4 m。

若物体通过ＡＢ和BC这两段位移的时间相等,则O、A两点之间的距离等于
A. m Ｂ. m Ｃ. 2 m D. 4 m
【答案】Ａ
【点睛】解决本题的关键掌握匀变速直线运动的公式以及推论,并能进行灵活的运用．
７．如左下图所示,甲、乙两个小球可视为质点,甲球沿倾角为3０°的光滑足够长斜面由静止开始下滑,乙球做自由落体运动，甲、乙两球的动能与路程的关系图象如右下图所示.下列说法正确的是
A．甲球机械能不守恒,乙球机械能守恒
B. 甲、乙两球的质量之比为ｍ甲∶m乙＝2∶1
Ｃ．甲、乙两球的动能均为E k０时,两球重力的瞬时功率之比为P甲∶Ｐ乙＝1∶1
D. 甲、乙两球的动能均为Ｅk0时，两球高度相同
【答案】C
【解析】A、两球在运动过程中只有重力做功,甲、乙球的机械能守恒,故A错误；Ｂ、由机械能守恒定律得，对甲球：E K0=m甲gｘ０sｉn3０°,对乙球：E K0=m乙g•2x0，解得：m甲：m乙＝4:1,故B错误；C、瞬时功率
,甲、乙两球的动能均为E k0时,两球重力的瞬时功率之比为：
,故C正确；D、甲、乙两球的动能均为E k0时，两球高度之比为x０sｉn30°:2x0=1：4，故D错误。

故选C。

【点睛】本题是一道图象题,由图象求出动能与位移关系，应用动能定理、机械能守恒、牛顿第二定律和运动学公式综合求解，特别注意数学知识和物理知识的相结合.
8. 质量为1 kｇ的小球A以２m/s的速度与质量为２kg的静止小球B发生正碰，关于碰后的速度vＡ和v B,可能正确的是
A. ｖA＝v B=m/s
B. v A=３m／s，vＢ＝-０.5 m／s
Ｃ. vＡ=1 m/s，v B=1.５m／s D. v A=－0．5 ｍ/s，ｖB＝１.25m/s
【答案】ＡD
【解析】碰撞前总动量为P=m A v A0=1×２ｋｇ•m/s＝2kg•m／s。

碰撞前总动能为.
A、若，则碰撞后总动量,动量守恒。

碰撞后总动能为
，系统机械能不增加,也符合运动情况,是可能的，故A正确;Ｂ、若v A=3ｍ/s,ｖＢ＝-0.5ｍ/s，则碰后Ａ的速度增大，而且碰后两者相向运动，还要发生第二次碰撞,不符合实际情况,故B错误。

C、若v A=1ｍ/s,v B=１.5ｍ/ｓ,则碰撞后总动量P′=m AｖA+m B v B=1×1+2×1.5=4kｇ•m／s,动量不守恒，不可能，故Ｃ错误；Ｄ、若vＡ=-0．5m/ｓ，vＢ=1.２5m/s,则碰撞后总动量Ｐ′＝m A vＡ+m B v B=1×(-0.5)＋２×1.
２5=２kg•m/s，动量守恒。

碰撞后总动能为,,也符合运动情况，是可能的,故D正确；故选AD。

【点睛】对于碰撞过程，往往根据三个规律去分析：一是动量守恒；二是总动能不增加;三是碰后,若两球分开后同向运动,后面小球的速率不可能大于前面小球的速率,不能发生第二碰撞．
9. 如图所示，斜面体Ａ静置于粗糙水平面上,光滑小球B置于斜面上，用一轻绳拴住B,轻绳左端固定在竖直墙面上P处。

初始时轻绳与斜面平行，若将轻绳左端从P处缓慢沿墙面上移到P′处,斜面体始终处于静止状态，则在轻绳移动过程中
A. 斜面体对小球的支持力逐渐减小
B. 轻绳的拉力逐渐减小
C．斜面体对水平面的摩擦力逐渐减小 D. 斜面体对水平面的压力逐渐增大
【答案】ＡC
【解析】对小球B进行受力分析，受重力绳子的拉力和斜面的支持力，如图所示，
A、由图象可知,当轻绳左端从Ｐ处缓慢沿墙面上移到P'处的过程中，斜面体对小球的支持力逐渐减小，故A正确。

B、几何图象可知，开始时，绳子的拉力与支持力是垂直的,此时绳子的拉力最小,当向上移动P点，有受力图可知，轻绳的拉力逐渐增大,故Ｂ错误。

C、C、在水平方向上，球对斜面的压力在水平方向上的分量等于斜面体对水平面的摩擦力，所以斜面体对水平面的摩擦力逐渐减小,故C正确。

Ｄ、由B选项的解答可知，球对斜面的压力逐渐减小,所以该压力在竖直方向上的分量逐渐减小,在水平方向上的分量也在减小,以斜面为研究对象，在竖直方向，重力及球的压力在竖直方向上的分量的合力大小等于斜面体对水平面的压力,所以该压力是逐渐减小的。

故Ｄ错误,故选AC。

【点睛】在有关物体平衡的问题中,有一类涉及动态平衡．这类问题中的一部分力是变力，是动态力,力的大小和方向均要发生变化,故这是力平衡问题中的一类难题.解决这类问题的一般思路是：把“动”化为“静”，“静”中求“动”.下面就介绍几种动态平衡问题的解题方法．方法一：三角形法则．原理：当物体受三力作用而处于平衡状态时，其合力为零，三个力的矢量依次恰好首尾相连,构成闭合三角形,当物体所受三个力中二个发生变化而又维持平衡关系时，这个闭合三角形总是存在，只不过形状发生改变而已，比较这些不同形状的矢量三角形,各力的大小及变化就一目了然了.方法二:解析法．原理:物体处于动态平衡状态时，对研究对象的任一状态进行受力分析,根据具体情况引入参量,建立平衡方程,求出应变参量与自变参量的一般函数关系，然后根据自变量的变化确定应变量的变化.方法三:相似三角形.原理：对受三力作用而平衡的物体，先正确分析物体的受力,画出受力分析图,再寻找与力的三角形相似的几何三角形，利用相似三角形的性质,建立比例关系,把力的大小变化问题转化为几何三角形边长的大小变化问题进行讨论.方法四：几何极值法.
几何极值法其适用条件与三角形法则相同,只不过是在三角形法则定性变化情况的基础上,几何极值法定量地求出具体极值.
10. 如图所示,水平绷紧的传送带AB长L=６m，始终以恒定速率v１=4 ｍ／s运行。

初速度大小为v2＝６m/s的小物块(可视为质点)从与传送带等高的光滑水平地面上经A点滑上传送带。

小物块ｍ=1 kg,物块与传送带间动摩擦因数μ=0.4，g取10 m／s2,下列说法正确的是
A. 小物块可以到达Ｂ点
B．小物块不能到达B点,返回Ａ点速度为４m/ｓ
C. 小物块向左运动速度减为０时相对传送带滑动的距离达到最大
D. 小物块在传送带上运动时，因相互间摩擦力产生的热量为50 Ｊ
【答案】BＤ
【解析】小物块在水平方向受到摩擦力的作用，f=μmg，产生的加速度：.
Ａ、若小物块从右端滑上传送带后一直做匀减速运动,速度减为零时的位移是ｘ，则,得，所以小物块不能到达B点,故A错误；B、小物块不能到达Ｂ点，速度减为零后反向做
匀加速运动,当速度等于传送带速度ｖ１后匀速运动,返回A点速度为4ｍ／s，故B正确；C、小物块不能到达B点，速度减为零后反向做匀加速运动加速的过程相对于初速度继续向左运动,所以小物块向左运动速度减为0时相对传送带滑动的距离没有达到最大，故Ｃ错误;D、小物块向右加速的过程中的位移：,当速度等于传送带速度v1时,:,ｓ＝v1t=４×2．５ｍ=１0m,所以小物块相对于传送带的位移:△x=s＋(ｘ-x′)＝10+(4.5-2)＝12．5m，小物块在传送带上运动时,因相互间摩擦力产生的热量为：Ｑ=f•△x＝0．4×１0×1×12.5J=50J,故D正确。

故选BＤ.
【点睛】本题关键是对于物体运动过程分析，物体可能一直减速，也有可能先减速后匀速运动,也可能先减速后加速再匀速运动．
二、实验题
11. 用图甲所示装置探究物体的加速度与力的关系,实验时保持小车（含车中重物)的质量M不变，细线下端悬挂钩码的总重力作为小车受到的合力F，用打点计时器测出小车运动的加速度a．
（1）关于实验操作，下列说法正确的是__＿_____.
A.实验前应调节滑轮高度,使滑轮和小车间的细线与木板平行
Ｂ．平衡摩擦力时,在细线下端悬挂钩码，使小车在细线的拉力作用下能匀速下滑
C.每次改变小车所受的拉力后都要重新平衡摩擦力
Ｄ．实验时应先释放小车，后接通打点计时器电源
（2)图乙为实验中打出纸带的一部分,从比较清晰的点迹起，在纸带上标出连续的５个计数点A、B、C、Ｄ、E，相邻两个计数点之间都有4个点迹未标出，测出各计数点到A点间的距离。

已知所用电源的频率为５0 Hz，打B点时小车的速度v B＝__＿_＿＿_＿m/ｓ,小车的加速度a＝＿___＿_＿＿m/s２．（结果均保留两位有效数字)
（３）改变细线下端钩码的个数,得到ａ-F图象如图丙所示,造成图线上端弯曲的原因可能是__＿＿
____________＿___＿__＿__＿＿＿＿___＿_______＿__＿_＿＿_＿__＿＿__．
【答案】(1)． A (2). ０.3２(３)．0．9３(4). 随所挂钩码质量m的增大,不能满足
【解析】(１）A、调节滑轮的高度，使牵引木块的细绳与长木板保持平行，否则拉力不会等于合力，故A 正确;B、在调节模板倾斜度平衡木块受到的滑动摩擦力时，不应悬挂钩码，故B错误; C、由于平衡摩擦力之后有Mg sinθ=μMg cosθ,故tanθ=μ.所以无论小车的质量是否改变,小车所受的滑动摩擦力都等于小车的
重力沿斜面的分力，改变小车质量即改变拉小车拉力，不需要重新平衡摩擦力,故Ｃ错误; D、实验开始时先接通打点计时器的电源待其平稳工作后再释放木块，而当实验结束时应先控制木块停下再停止打点计时器,故D错误;故选Ａ.
(２)已知打点计时器电源频率为50Hz,则纸带上相邻计数点间的时间间隔为T=５×0.02s＝0．10s．根据
△x=aT2可得：x CＥ-x AC=ａ(2T)2,小车运动的加速度为,Ｂ点对应的速
:.
(３)随着力Ｆ的增大，即随所挂钩码质量m的增大，不能满足M＞＞ｍ，因此曲线上部出现弯曲现象．【点睛】该题考查了实验注意事项、实验数据处理分析，知道实验原理及注意事项即可正确解题，探究加速度与力、质量的关系实验时，要平衡小车受到的摩擦力，不平衡摩擦力、或平衡摩擦力不够、或过平衡
摩擦力，小车受到的合力不等于钩码的重力．
１2. 在用“落体法”做“验证机械能守恒定律”的实验时，小明选择一条较为满意的纸带,如图甲所示
（1)为减少阻力对实验的影响，下列操作可行的是________.
A．选用质量大的重锤
B．安装打点计时器使两限位孔在同一竖直线上
C．释放纸带前,手应提纸带上端并使纸带竖直
Ｄ.重锤下落中手始终提住纸带上端,保持纸带竖直
(2)小明用实验测得数据画出的v2－h图象如图乙所示，图线不过坐标原点的原因是_____＿_________＿
_____________＿__＿_____＿___＿__＿___＿___＿_＿__＿＿___＿_＿＿_.
（3）另有四位同学在图乙的基础上,画出没有阻力时的v2－h图线,并与其比较，其中正确的是__＿_____．
【答案】（１）. ＢC （2). 打下O点时重锤速度不为零(3)．B
【解析】(1)A、为了减小阻力的影响，重锤选择质量大一些，体积小一些的铁质重锤,故A错误.B、安装打点计时器使两限位孔在同一竖直线上,故B正确.C、D、释放纸带前,手应提纸带上端并使纸带竖直，重锤下落时,手不需提着纸带上端，故C正确,D错误．故选BC．
(2)小明用实验测得数据画出v2-h图象图线不过坐标原点，即h＝０时,速度不为零，可打下Ｏ点时重锤速度不为零.
(３)不论有无阻力，释放点的位置相同，即初速度为零时，两图线交于横轴的同一点,故B正确，A、C、D 错误．故选B．
【点睛】解决本题的关键知道实验的原理,以及操作中的注意事项，会通过图线特点分析图线不过原点的原因。

三、计算题
13．木星在太阳系的八大行星中质量最大,“木卫１”是木星的一颗卫星,若已知“木卫1”绕木星公转半径为r,公转周期为T，万有引力常量为G,木星的半径为R,求
(1)木星的质量Ｍ;
（２)木星表面的重力加速度.
【答案】（1）（2)
【解析】（1)由万有引力提供向心力
可得木星质量为
(2)由木星表面万有引力等于重力：
木星的表面的重力加速度
【点睛】万有引力问题的运动,一般通过万有引力做向心力得到半径和周期、速度、角速度的关系，然后通过比较半径来求解。

14．如图所示,一质量为Ｍ=2kg的物块静止在桌面边缘，桌面离水平地面的高度为ｈ=0.8m.一质量为m=１０g的子弹以水平速度ｖ0=４00ｍ/ｓ射入物块后,以水平速度射出,已知重力加速度g取10m／s2,求:
(1）此过程中系统损失的机械能ΔE；
(2)此后物块落地点离桌面边缘的水平距离ｓ.
【答案】(1)ΔＥ＝5９９J(2) s＝0.4m
【解析】（1)设子弹穿过物块后物块的速度为v,由动量守恒得：
解得v＝1m/s
系统的机械能损失为:
解得ΔE=59９J
(2)设物块下落到地面所需时间为t,落地点距桌面边缘的水平距离为s,则
ｓ=vｔ
可解得s=0.4m
【点睛】本题采用程序法按时间顺序进行分析处理，是动量守恒定律与平抛运动简单的综合.
1５. 如图甲所示，半径R=0．9m的光滑半圆形轨道ＢＣ固定于竖直平面内,最低点Ｂ与水平面相切。

水平面上有一质量为m=2ｋg的物块从A点以某一初速度向右运动，并恰能通过圆弧轨道的最高点Ｃ，物块与水平面间的动摩擦因数为，且随离A点的距离Ｌ按图乙所示规律变化，A、Ｂ两点间距离L=1.9m,g取10m／ｓ2。

求：
(1)物块经过最高点Ｃ时速度大小；
(2）物块经过圆弧轨道最低点B时对轨道压力的大小；
（3)物块在Ａ点时的初速度。

【答案】(1）(２)物块通过Ｂ点时对轨道压力的大小为120Ｎ（3)
【解析】(1）物块恰好通过C点,由牛顿第二定律可得
解得
(３)物块从Ｂ点到C点,由动能定理可得
解得
在B点由牛顿第二定律可得,
解得:
由牛顿第三定律可得物块通过B点时对轨道压力的大小为１2０N
(3)由图象得摩擦力对物块做的功为
物块从Ａ到C，由动能定理得
解得
【点睛】经典力学问题一般先对物体进行受力分析,求得合外力及运动过程做功情况,然后根据牛顿定律、动能定理及几何关系求解．
16. 轻质弹簧上端固定,下端连接质量m＝３kg的物块A,物块A放在平台B上，通过平台B可以控制A 的运动,如图所示,初始时Ａ、Ｂ静止，弹簧处于原长。

已知弹簧的劲度系数k＝2０0 N/m,ｇ＝１0 m/s２
（1)若平台B缓慢竖直向下运动直到分离，求A、B一起运动的最大位移;
(2）若平台B由静止开始以ａ＝5 m/s2竖直向下做匀加速直线,直到分离的过程中,弹簧的弹性势能增加了＝0．５6２5J,求：①A、B一起匀加速运动的时间；②此过程中Ｂ对A做的功。

【答案】（１）（2）①t=＝０.１7 s ②W=－０．56２5 J
【解析】(1)设AB一起运动的最大位移为x1，对A受力分析有
mg－N１-kx１＝0
A、B分离瞬间N1＝0,解得:
（2）①设AＢ一起运动的最大位移为ｘ２，对A受力分析有
mg-Ｎ2－kｘ2＝ｍa
解得:x2=0.075m
A、B分离瞬间Ｎ2=0,由位移公式有
联立解得:
②弹簧弹力对A做的功
Ａ、B分离时物块A的速度
对A由动能定理有
代入数据得，Ｗ＝-０.562５Ｊ
【点睛】本题是较为复杂的力学综合题，关键要分析物体的运动过程和状态,选择研究对象,把握每个过程和状态的物理规律.
１7．如图,有一质量为M＝2ｋg的平板车静止在光滑的水平地面上,现有质量均为m＝１ｋｇ的小物块A 和B(均可视为质点),由车上P处开始，A以初速度＝２m/s向左运动，同时B以=4ｍ/ｓ向右运动,最终A、B两物块恰好停在小车两端没有脱离小车,两物块与小车间的动摩擦因数都为μ=0.１，取,求：
(１）开始时B离小车右端的距离；
（2）从Ａ、B开始运动计时，经t=6s小车离原位置的距离。

【答案】（1)Ｂ离右端距离（２)小车在6s内向右走的总距离:
【解析】(1)设最后达到共同速度ｖ，整个系统动量守恒,能量守恒
解得:，
Ａ离左端距离,运动到左端历时，在A运动至左端前，木板静止
，，
解得
Ｂ离右端距离
(２)从开始到达共速历时，,，
解得
小车在前静止,在至之间以a向右加速：
小车向右走位移
接下来三个物体组成的系统以v共同匀速运动了
小车在6s内向右走的总距离：
【点睛】本题主要考查了运动学基本公式、动量守恒定律、牛顿第二定律、功能关系的直接应用,关键是正确分析物体的受力情况，从而判断物体的运动情况,过程较为复杂.。