(解析版)福建省三明市第一中学高一下学期期末复习物理试题：综合练习六

高一物理期末综合练习六
一．选择题（本大题共12小题，每小题4分，共48分。

在每小题给出的四个选项中，第1-8题只有一项符合题目要求；第9-12题有多项符合题目要求，全部选对得4分，选对但不全得2分，有选错得0分。

)
1. 下列各种运动中，不属于匀变速运动的是( )
A. 斜抛运动
B. 平抛运动
C. 匀速圆周运动
D. 竖直上抛运动
【答案】C
【解析】斜抛运动、平抛运动和竖直上抛运动的加速度均为g,则均为匀变速运动；匀速圆周运动的加速度方向不断变化，故为非匀变速运动，故选C.
2. 在物理学发展的过程中，许多物理学家的科学发现推动了人类历史的进步。

在对以下几
位物理学家所作科学贡献的叙述中，错误
．．的说法是（）
A. 牛顿由于测出了万有引力常量而被称为第一个“称量地球的质量”的人
B. 托勒密提出了“地心说”
C. 德国天文学家开普勒发现了行星运动定律
D. 英国物理学家牛顿总结出了万有引力定律
【答案】A
【解析】A项：卡文迪许测出了万有引力常量，而成为第一个计算出地球质量的人，故A错误；B项：地心说是由托勒密提出的，故B正确；
C项：德国天文学家开普勒发现了行星运动的三大定律，故C正确；
D项：万有引力定律是英国物理学家牛顿总结出的，故D正确。

3. 静止在地球表面跟随地球自转的物体，受到的作用力有 ( )
A. 引力，重力，弹力
B. 引力，弹力
C. 引力，向心力，弹力.
D. 引力，向心力，弹力，重力
【答案】B
【解析】静止在地球表面跟随地球自转的物体，受到的作用力有地球对物体的万有引力和地面的支持力，即引力和弹力；故选B.
点睛：本题要明确重力和向心力是由万有引力提供的，若提到万有引力则不能再分析物体受到的重力．
4. 一个物体在地球表面所受的重力为G，则在距地面高度与地球半径的相等时，所受引力为
（）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】地球的质量为：M，半径为R，设万有引力常量为G′，根据万有引力等于重力，则有：
在距地面高度为地球半径时；联立得：F=0.25G，故选C.
点睛：本题考查万有引力定律的应用，只需要注意到距高度为地球半径的1倍，那么到地心的距离是半径的2倍代入计算即可．
5. 如图所示为一皮带传动装置，右轮半径为r,a是它边缘上的一点，左侧是一轮轴，大轮的半径为4r，小轮半径为2r，质点b在小轮上，到小轮中心的距离为r，质点c和质点d分别位于小轮和大轮的边缘上，若在传动过程中，皮带不打滑，则（）
A. 质点a与质点b的线速度大小相等
B. 质点a与质点b的角速度大小相等
C. 质点a与质点c的向心加速度大小相等
D. 质点a与质点d的向心加速度大小相等
【答案】D
【解析】如图所示，b、c、d为同轴转动，b、d角速度相同，根据v=ωr，vd=4vb，所以A错误；a、c线速度相同，，所以B、C错误；根据，代入得a点与d点的加速度大小相等，所以D正确。

6. 将一木球靠在轻质弹簧上，压缩后松手，弹簧将木球弹出离开弹簧，忽略空气阻力，此过程下列说法错误的是（）
A. 木球的机械能守恒
B. 弹簧弹性势能减少
C. 木球动能先增加后减小
D. 木球弹簧系统机械能守恒
【答案】A
【解析】A项：在弹簧将木球弹开的过程中，弹力对小球会做功，所以木球的机械能变化，故A错误；
B项：由于此过程弹簧的形变减小，所以弹簧弹性势能减小，故B正确；
C项：开始时，弹力比重力更大，所以小球的合力向上，由动能定理可知，木球的动能增大，当重力与弹力相等后，重力比弹力更小，合力向下，由动能定理可知，木球的动能减小，故C 正确；
D项：由机械能守恒条件可知，木球弹簧系统机械能守恒，故D正确。

点晴：解决本题关键理解机械能守恒条件即当系统内只有重力或系统内的弹力做功，系统机械能守恒，除系统内重力或弹力做功外，其它力对系统做正功，系统机械能增加，做负功，系统机械能减小。

7. 如图所示，用长为L的轻杆连着质量为m的小球在竖直平面内做圆周运动，则下列说法中正确的是 ( )
A. 小球在圆周最高点时所受的向心力一定为重力
B. 小球在最高点时轻杆受到作用力可能为零
C. 若小球刚好能在竖直平面内做圆周运动，则其在最高点的速率为
D. 小球过最低点轻杆对小球的拉力可能等于小球的重力
【答案】B
【解析】在最高点，向心力的大小不一定等于重力，故A错误．当小球在最高点，速度为v=，此时小球靠重力提供向心力，轻杆的作用力为零，故B正确．轻杆在最高点可以表现为拉力，可以表现为支持力，在最高点的最小速度为零，可知小球刚好能在竖直平面内做圆周运动，最高点的速率为零，故C错误．在最低点，小球靠拉力和重力的合力提供向心力，合力向上，则拉力大于重力，故D错误．故选B．
8. 如图所示：一轴竖直的锥形漏斗，内壁光滑，内壁上有两个质量不相同的小球A、B各自在不同的水平面内做匀速圆周运动,已知，则下列关系正确的有（）
A. 线速度v A<v B
B. 角速度
C. 向心加速度
D. 小球对漏斗的压力
【答案】C
【解析】设漏斗内壁母线与水平方向的夹角为θ．以任意一个小球为研究对象，分析受力情况：重力mg和漏斗内壁的支持力N，它们的合力提供向心力，如图，
则根据牛顿第二定律得：mgtanθ=m，得到，θ一定，则v与成正比，A球的圆周运动半径大于B球的圆周运动，所以v A＞v B，故A错误；角速度，则角速度ω与成反比，A球的圆周运动半径大于B球的圆周运动，所以角速度ωA＜ωB，故B错误；向心加速度，与半径r无关，故a A=a B，故C正确；
由图可得漏斗内壁的支持力，θ相同，则m A＜m B，则N A＜N B，故D错误；故选C.
点睛：解决这类圆周运动问题的关键是对物体正确受力分析，根据向心力公式列方程进行讨论，注意各种向心加速度表达式的应用．
9. 质量为m的小球,从桌面上以速度V o竖直抛出,桌面离地面高为h,小球能达到的最大高度离地面为H,若以桌面为重力势能的零参考平面,不计空气阻力,则小球落地时机械能为( ) A. mV o2 B. mV o2-mgh C. mg(H-h) D. mg(H+h)
【答案】AC
【解析】不计空气阻力，小球运动过程中机械能守恒．由机械能守恒定律知：小球落地时机
械能等于刚抛出时的机械能，以桌面为重力势能的零参考平面，机械能为mv02．小球落地时机械能也等于最高点的机械能，为mg（H-h）．故AC正确，BD错误．故选AC.
点睛：本题关键根据机械能守恒定律，小球的机械能总量不变，小球任意位置的机械能都等于初位置和最高点的机械能．
10. 一物体在沿切线方向的力F的作用下匀速从半径为R的光滑圆弧面左侧运动（如图）到最高点过程，关于物体受力情况，下列说法正确是（）
A. 物体所需的向心力大小不变
B. 物体对圆弧面的压力大小不断变大，但总是小于物体所受重力
C. 物体受到的力F的大小不发生变化
D. 物体受到的力F的大小逐渐变大
【答案】AB
【解析】由题意知物体做匀速圆周运动，据F n＝m可知物体所需向心力大小不变，故A正确；对物体进行分析受力如图，受到重力G、拉力F和圆弧面的支持力N．
因为物体做匀速圆周运动，合力提供向心力，则得：F=Gsinθ
Gcosθ-N=m，则得，N=Gcosθ-m＜Gcosθ，根据牛顿第三定律得知，物体对圆弧面的压力大小N′=N＜Gcosθ＜G，所以物体对圆弧面的压力大小不断增大，但总是小于物体所受重力B正确；根据F=Gsinθ知，θ变小，F变小，故CD均错误．故选AB．
11. 如图所示，在水平地面上做匀速直线运动的汽车，通过定滑轮用绳子吊起一个物体，若汽车和被吊物体在同一时刻的速度分别为v1和v2。

已知v1＝V，下列说法正确的是：
A. 物块的速度
B. 物块速度不断增加
C. 绳子拉力越来越小
D. 地面给车子支持力越来越小
【答案】BC
【解析】A项：小车的运动可分解为沿绳方向和垂直于绳的方向两个运动，设两段绳子夹角为θ，由几何关系可得：v2=v1sinθ，故A错误；
B项：由于θ逐渐变大，故v2逐渐变大，故B正确；
C项：由 v2=v1sinθ可知，物块的加速度逐渐减小，由牛顿第二定律可知，绳子拉力越来越小，故C正确；
D项：由于绳子拉力越来越小，绳与水平面的夹角越来越小，绳沿竖直方向的分力越来越小，所以地面给车子支持力越来越大，故D错误。

点晴：解决本题的关键将汽车的运动分解为沿绳子方向和垂直于绳子方向，知道沿绳子方向的速度等于重物的速度大小。

12. 发射地球同步卫星时，先将卫星发射至近地圆轨道1，然后经点火，使其沿椭圆轨道2运行，最后再次点火，将卫星送入同步圆轨道3．轨道1、2相切于P点，轨道2、3相切于Q点如右图所示．则当卫星分别在1、2、3轨道上正常运行时，以下说法正确的是（）
A. 卫星在轨道3上的速率小于在轨道1上的速率
B. 卫星在轨道3上的角速度大于在轨道1上的角速度
C. 卫星在轨道1具有的机械能小于它在轨道2具有的机械能
D. 卫星在轨道2上经过Q点时的加速度等于它在轨道3上经过Q点时的加速度
【答案】ACD
【解析】A项：根据人造卫星的万有引力等于向心力，，解得：，轨道3半径比轨道1半径大，所以卫星在轨道3上的速率小于在轨道1上的速率，故A正确；
B项：根据人造卫星的万有引力等于向心力，，解得：，轨道3半径比轨道1半径大，所以卫星在轨道3上的角速度小于在轨道1上的角速度，故B错误；
C项：卫星从轨道1到轨道2要点火加速，即把燃烧燃料的化学能转化为机械能，所以卫星在轨道1具有的机械能小于它在轨道2具有的机械能，故C正确；
D项：根据牛顿第二定律和万有引力定律得加速度：，所以卫星在轨道2上经过Q点时的加速度等于它在轨道3上经过Q点时的加速度，故D正确。

点晴：本题考查卫星的变轨和离心运动等知识，关键抓住万有引力提供向心力，先列式求解出线速度和角速度的表达式，再进行讨论。

二、实验题（本题每空2分，共14分）
13. 如图所示是用频闪照相研究平抛运动时拍下的A、B两小球同时开始运动的照片。

A无初速释放，B水平抛出。

通过观察发现，尽管两个小球在在水平方向上的运动不同，但是它们在竖直方向上总是处在同一高度。

该实验现象说明了B球开始运动后____________。

A．水平方向的分运动是匀速直线运动
B．水平方向的分运动是匀加速直线运动
C．竖直方向的分运动是匀速直线运动
D．竖直方向的分运动是自由落体运动
【答案】D
【解析】试题分析：A做自由落体运动，而B做平抛运动，两者在竖直方向上总是处在同一高度，说明B在竖直方向上做平抛运动，D正确，
考点：考查了对平抛运动的理解
点评：做本题的关键是把握住题目中所说的在竖直方向上总是处在同一高度。

14. 如图所示，将打点计时器固定在铁架台上，使重物带动纸带从静止开始自由下落，利用
此装置可以验证机械能守恒定律。

（1）所需器材有打点计时器（带导线）、纸带、复写纸、带铁夹的铁架台和带夹子的重物，此外还需________（填字母代号）中的器材
A．直流电源、天平及砝码 B．直流电源、毫米刻度尺
C．交流电源、天平及砝码 D．交流电源、毫米刻度尺
（2）若实验中所用重物的质量m=1kg，打点的时间间隔为T=0.02s，取g=9.80m/s2 ，按实验要求正确地选出纸带进行测量，量得连续三点A、B、C到O的距离分别为s1=15.55cm，
s2=19.20cm，s3=23.23cm如图所示，那么：
纸带的________端与重物相连；（填左或右）
记录B点时，重物的动能E k=_____________J；从重物开始下落至B点，重物的重力势能减少量
是______________ J。

（保留三位有效数字）
由此可得出的结论是：_______________________________________________________。

（3）实验小组在实验中发现：重锤减小的重力势能总是大于重锤增加的动能。

其原因主要是该实验中存在阻力作用，因此该组同学想到可以通过该实验测算平均阻力的大小。

则该实验中存在的平均阻力大小= __________________________________ N（保留一位有效数字）。

【答案】 (1). D (2). 左 (3). 1.84 (4). 1.88 (5). 在误差允许范围内，重物下落机械能守恒 (6). 0.2或0.3
【解析】（1）根据实验要求，除打点计时器（带导线）、纸带、复写纸、带铁夹的铁架台和带夹子的重物外，还需刻度尺与交流电源，刻度尺来测量点与点间距，而打点计时器需要使用
交流电源；故选D.
（2）根据纸带上从A到C，间距越来越大，则可知，纸带左端与重物相连；重力势能减小量为：△E p=mgh=1×9.8×0.1920 J=1.88J．
利用匀变速直线运动的推论
△E k=E kB=mv B2=×1×（1.92）2=1.84 J．
（3）利用加速度公式，求得加速度为：
；
由牛顿第二定律得mg-f=ma，求得：f=m（g-a）=1×（9.8-9.5）=0.3N
点睛：纸带问题的处理时力学实验中常见的问题，对于这类问题要熟练应用运动学规律和推论进行求解，计算过程中要注意单位的换算和有效数字的保留．同时注意本题关键明确实验原理，能够通过纸带求解重力势能的减小量和动能的增加量，由于阻力的影响，物体实际运动的加速度小于重力加速度；最后掌握牛顿第二定律的应用．
三、解答题（本题共4小题，满分38分。

在答题卷上解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写最后答案不得分，有数值计算的题，答案应明确写出数值和单位。

）15. 如图所示，在倾角为53°的斜坡上，从A点水平抛出一个物体，物体恰好落在斜坡底端的B点，测得AB两点间的距离是S=25m，求：（sin530=0.8,cos530=0.6,g=10m/s2）
（1）物体从A到B的运动时间
（2）物体抛出时的速度大小
（3）若物体抛出时的速度为8m/s，物体落地水平位移X大小。

【答案】(1) 2s (2) (3) 16m
【解析】试题分析：(1) 根据下降的高度，结合位移时间公式求出物体从A到B的运动时间；
(2) 根据物体平抛运动的水平位移和时间求出物体抛出时的初速度大小；
(3)先算出落地时间，再由水平方向的匀速直线运动算出位移。

解：(1)根据得：
；
(2) 物体抛出时的速度为：
；
(3)物体下落的时间为：
所以水平位移为：。

点晴：解决本题的关键知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，结合运动学公式灵活求解，基础题。

16. 今年6月13日，我国首颗地球同步轨道高分辨率对地观测卫星高分四号正式投入使用，这也是世界上地球同步轨道分辨率最高的对地观测卫星。

如图所示，A是地球的同步卫星，已知地球半径为R，地球自转的周期为T，地球表面的重力加速度为g,求：
（1）同步卫星离地面高度h
（2）地球的密度ρ(已知引力常量为G)
【答案】(1) (2)
故地球同步卫星离地面的高度为：；
（2）根据在地球表面上引力等于重力：
结合密度公式为：
17. 如图所示，和是在同一竖直平面内的两条轨道，其中的末端水平，是一半径R＝0.9 m的光滑半圆形轨道，其直径沿竖直方向，AB是个粗糙的斜面，动摩擦因数μ＝0.3，倾角θ=370，BC是光滑的水平面，过B时无机械能损失，现有一质量的可视质点的小滑块从轨道上距点高为处A点由静止释放，求：（sin37°=0.6，cos37°=0.8，g=10m/s2）
（1）若要使小滑块经处水平进入轨道且恰能做圆周运动，滑块过D点速度多大？
（2）要符合上述条件小滑块应从轨道上距点多高的地方由静止释放？
（3）求小滑块沿轨道运动经过、两点时对轨道的压力之差。

【答案】(1) (2) 0.75m (3)
【解析】（1）小滑块经C处后恰能沿轨道DEF做圆周运动时，在D点，由重力提供向心力，由牛顿第二定律得
可得 v D=3m/s
（2）小滑块从A到C过程，运用动能定理得
解得 H=0.75m
（3）小滑块沿DEF做圆周运动时，经过D点时对轨道的压力为0．
从D到F的过程，由机械能守恒定律得：
在F点，由牛顿第二定律得：
联立得： N=6mg=60N
由牛顿第三定律得，在F点，滑块对轨道的压力大小为60N，所以小滑块沿轨道DEF运动经过
F、D两点时对轨道的压力之差为60N．
点睛：本题是圆周运动、动能定理和机械能守恒结合的题型，关键要知道小球能在竖直平面内做圆周运动，在圆周最高点的临界条件：重力等于向心力．
18. 如图所示，传送带以10m/s速度沿水平方向匀速运动，将质量m=1.0kg的小物块轻轻放在传送带上的P点，小物块与传送带动摩擦因数μ1=0.1，物块运动到A点后被水平抛出，小物块恰好无碰撞地沿圆弧切线从B点进入竖直光滑圆弧轨道下滑．B、C为圆弧的两端点，其连线水平，轨道最低点为O，已知圆弧对应圆心角θ=106°，圆弧半径R=1.0m，A点距水平面的高度h=0.8m，小物块离开C点后恰好能无碰撞地沿固定斜面向上滑动，经过 0.8s小物块第二次经过D点，已知小物块与斜面间的动摩擦因数μ2=（取sin53°=0.8，g=10m/s2）求：
（1）小物块离开A点时的水平速度大小；
（2）P到A位移大小；
（3）小物块经过O点时，轨道对它的支持力大小；
（4）斜面上C、D间的距离．
【答案】(1) 3m/s (2) 4.5m (3) 43N (4) 0.98m
(2)由速度-位移公式求P到A位移大小；
(3) 由动能定理求出物块经过O点的速度，根据牛顿第二定律求解轨道对小物块的支持力；
(4) 根据牛顿第二定律求出物块在斜面上运动的加速度，由运动学公式求解C、D间的距离。

解：(1) 对于小物块，由A到B做平抛运动，在竖直方向上有
v y2=2gh ①
在B点时有
②
由①②解得 v A=3m/s；
(2)小物块从P到A由运动学公式可知：
解得：；
(3) 小物块在B点的速度为
由B到O由动能定理（或机械能守恒定律）得
由牛顿第二定律得
解得F N=43N；
(4) 物块沿斜面上滑时，有mgsin53°+μmgcos53°=ma1
v C=v B=5m/s
小物块由C上升到最高点的时间为
则小物块由斜面最高点回到D点历时
t2=0.8s-0.5s=0.3s
小物块沿斜面下滑时，由牛顿第二定律得
mgsin53°-μmgcos53°=ma2
C、D间的距离为。

点晴：本题是平抛运动与圆周运动及动力学问题的综合，解决问题的关键是掌握相关基础知识，分过程处理。