陕西省西安市重点名校2018-2019学年高一下学期期末检测物理试题含解析

陕西省西安市重点名校2018-2019学年高一下学期期末检测物理试题
一、单项选择题：本题共6小题，每小题5分，共30分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的
1．下列式子属于比值定义物理量的是
A．t=
x
v
∆
B．a=
F
m
C．C=
Q
U
D．
U
I
R
=
【答案】C 【解析】【详解】
A.公式t=
x
v
∆
是匀速直线运动时间与位移的公式，不符合比值定义法的共性。

故A错误；
B.公式a=F
m
是牛顿第二定律的表达式，不属于比值定义法，故B错误；
C.电容是由电容器本身决定的，与Q、U无关，公式C=Q
U
是电容的定义式，是比值定义法，故C正确；
D.I与U成正比，与R成反比，不符合比值定义法的共性。

故D错误。

2．(本题9分)下面的四个图像中，描述物体做初速度为0的匀加速直线运动的是（）
A．B．
C．D．
【答案】B
【解析】
【详解】
A．A图中位移随时间均匀增大，说明物体做匀速直线运动，故A错误；
B．B图中速度均匀增大，加速度不变，说明物体做匀加速直线运动，且初速度为零，故B正确；C．C图中位移随时间均匀增大，说明物体做匀速直线运动，故C错误；
D．D图中速度均匀增大，加速度不变，说明物体做匀加速直线运动，但初速度不为零，故D错误；
故选B。

【点睛】
本题是图象问题，由图线形状直接读出物体速度的变化，关键要抓住速度图线的“斜率”等于加速度，位移图象的斜率等于速度。

3．2019年初，中国科幻电影《流浪地球》热播. 影片中为了让地球逃离太阳系，人们在地球上建造特大功率发动机，使地球完成一系列变轨操作. 地球在椭圆轨道I上运行到远日点B变轨，进入椭圆轨道Ⅱ. 在椭圆轨道Ⅱ上运行到B点，……，最终摆脱太阳束缚. 对于该逃离过程，下列轨道示意图可能正确的是
A．B．
C．D．
【答案】A
【解析】
【详解】
根据开普勒第一定律可得，太阳在椭圆轨道的一个焦点上，由题意可知B点是椭圆轨道的远日点，地球在做离心运动。

A.图与结论相符，选项A正确；
B.图与结论不相符，选项B错误；
C. 图与结论不相符，选项C错误；
D. 图与结论不相符，选项D错误；
4．若在某行星和地球上相对于各自的水平地面附近相同的高度处、以相同的速率平抛一物体，它们在水平方向运动的距离之比为27．已知该行星质量约为地球的7倍，地球的半径为R．由此可知，该行星的半径约为（）
A．1
2
R B．
7
2
R C．2R D7
【答案】C
【解析】
【分析】
通过平抛运动的规律求出在星球上该行星表面的重力加速度与地球表面的重力加速度之比，再由万有引力等于重力，求出行星的半径；
【详解】
对于任一行星，设其表面重力加速度为g 根据平抛运动的规律得：212
h gt =
，得到：2h t g =
则水平射程00
2h
x v t v g
== 可得该行星表面的重力加速度与地球表面的重力加速度之比2
27
4g x g x ==行地地行
根据2Mm G mg r =，得2GM
g r
=，可得2
2 g M R g M R =
⋅行行地地地行 解得行星的半径4
727
M g R R R R g M =⋅=⨯⋅=行地行地行地，故选项C 正确，ABD 错误． 【点睛】
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，以及掌握万有引力等于重力这一理论，并能灵活运用．
5． (本题9分)如图，x 轴在水平地面内，y 轴沿竖直方向。

图中画出了从y 轴上沿x 轴正向抛出的三个小球a 、b 和c 的运动轨迹，其中b 和c 是从同一点抛出的，不计空气阻力，则（ ）
A ．a 的飞行时间比b 的长
B ．b 和c 的飞行时间相同
C ．a 的水平速度比b 的小
D ．b 的初速度比c 的小
【答案】B 【解析】 【详解】
AB ．由图象可以看出，b 、c 两个小球的抛出高度相同，a 的抛出高度最小，根据2
12
h gt =可得： 2h
t g
=
可知，a 的运动时间最短，b 、c 运动时间相等，故A 错误，B 正确；
CD ．由图象可以看出，a 、b 、c 三个小球的水平位移关系为a 最大，c 最小，根据0x v t =可得：
02x g
v t h
=
=
所以a的初速度最大，c初速度最小，故C、D错误；
故选B。

6．(本题9分)如图所示，一电子沿等量异种点电荷的中垂直线由A→O→B运动，则电子所受等量异种点电荷的电场力的大小和方向变化情况是（）
A．先变大后变小，方向水平向左
B．先变大后变小，方向水平向右
C．先变小后变大，方向水平向左
D．先变小后变大，方向水平向右
【答案】A
【解析】
【详解】
AB.根据等量异种电荷周围的电场线分布知，从A→O→B，电场强度的方向不变，水平向右，电场强度的大小先增大后减小．则电子所受电场力的大小先变大，后变小，方向水平向左，故A符合题意，B不符合题意．
CD.根据等量异种电荷周围的电场线分布知，从A→O→B，电场强度的方向不变，水平向右，电场强度的大小先增大后减小．则电子所受电场力的大小先变大，后变小，方向水平向左，故CD不符合题意．
二、多项选择题：本题共6小题，每小题5分，共30分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分
7．(本题9分)如图所示，一颗极地卫星从北纬30°的正上方按图示方向第一次运行至南纬60°正上方时所用时间为t，地球半径为R，地球表面的重力加速度为g，引力常量为G，忽略地球自转的影响．由以上条件可以求出()
A．卫星运行的周期B．卫星距地面的高度
C．卫星的质量D．地球的质量
【答案】ABD
【解析】
卫星从北纬30°的正上方，第一次运行至南纬60°正上方时，刚好为运动周期的1/4，所以卫星运行的周期
为4t，故A正确；知道周期、地球的半径，由
2
22
4
()
()(4)
GMm
m R h
R h t
π
=+
+
，可以算出卫星距地面的高度，
故B正确；通过上面的公式可以看出，只能算出中心天体的质量，C项错误，D正确．故选ABD.
8．如图所示，一质量为m的小球，用长为L的轻绳悬挂于O点，第一次在水平力F作用下，小球以恒定速率在竖直平面内由P点运动到Q点，第二次在水平恒力作用下，从P点静止开始运动并恰好能到达Q点，关于这两个过程，下列说法正确的是（不计空气阻力，重力加速度为g）
A．第一个过程中，力F在逐渐变大
B．第一个过程力F的瞬时功率逐渐变大
C．第二个过程到达Q时，绳子拉力为T=mg
D．第二个过程中，重力和水平恒力的合力的功率先增加后减小
【答案】ABC
【解析】
试题分析：第一次小球在水平拉力F作用下，从P点缓慢地移动到Q点，则小球处于平衡状态，根据平衡条件得：F的最大值，随着增大，F逐渐增大，因为速率恒定，而F在增大，所以
在增大，故AB正确；第二次运动到Q点时，速度为零，则向心力为零，则绳子拉力
，故C正确；第二次由于重力和拉力都是恒力，可以把这两个力合成为新的“重力”，则第二次小球的运动可以等效于单摆运动，当绳子方向与重力和F′方向在同一直线上时，小球处于“最低点”，最低点的速度最大，此时速度与新的“重力”方向垂直，即与重力和水平恒力的合力方向垂直，功率为零，所以两力的合力的功率先减小为零，后再增大，功率先减小后增大，D错误；
考点：动能定理的应用；共点力平衡的条件及其应用；功率的计算．
【名师点睛】本题的难点在第二次拉动小球运动过程的处理，由于重力和拉力都是恒力，可以把这两个力合成为新的“重力”，则第二次小球的运动可以等效于单摆运动，根据单摆的知识求解，难度适中9．(本题9分)如图所示，一光滑细杆固定在水平面上的C点，细杆与水平面的夹角为30，一原长为L的轻质弹簧，下端固定在水平面上的B点，上端与质量为m的小环相连，当把小环拉到A点时，AB与地面垂直，弹簧长为2L，将小环从A点由静止释放，当小环运动到AC的中点D时，速度达到最大．重力加速度为g，下列说法正确的是（）
A．下滑过程中小环的机械能先增大再减小
B．小环到达AD的中点时，弹簧的弹性势能为零
C．小环刚释放时的加速度等于g
D．小环的最大速度为2gL
【答案】ACD
【解析】
【详解】
小环受重力、支持力和弹簧弹力，弹簧弹力做功，故环的机械能不守恒，小环和弹簧系统的机械能守恒，小环到达AD的中点时，弹性绳的伸长量最短，弹性势能最小，小环机械能最大，故下滑过程中小环的机械能先增大再减小，故A正确；小环到达AD的中点时，弹性绳的长度为3L，伸长量不为0，故弹性势能不为零，故B错误；在A位置，环受重力、弹簧拉力、支持力，根据牛顿第二定律，有：mgsin30°+Fsin30°=ma，在D点，环的速度最大，说明加速度为零，弹簧长度为2L，故：mgsin30°-Fcos60°=0，联立解得：a=g，故C正确；小环和弹簧系统的机械能守恒，在D点速度最大，此时橡皮绳长度等于初位置橡皮绳的长度，故
初位置和D位置环的机械能相等，故：mg（2Lcos60°）=1
2
mv2，解得：v=2gL，故D正确；故选ACD．
【点睛】
本题为力学综合问题，关键正确的受力分析，根据牛顿第二定律列式分析，注意环的机械能不守恒，是环和弹簧系统的机械能守恒．
10．(本题9分)一辆汽车在水平路面上由静止启动，在前5s内做匀加速直线运动，5s末达到额定功率，之后保持额定功率运动，其v－t图象如图所示。

已知汽车的质量m=2×103kg，汽车受到地面的阻力为车重的0.1倍，g取10m/s2，则
A．汽车在前5s内的牵引力为4×103N
B．汽车在前5s内的牵引力为6×103N
C．汽车的额定功率为40kW
D．汽车的最大速度为30m/s
【答案】BD
【解析】
【详解】
AB．汽车受到的阻力f=0.1mg=0.1 2.010310N=2.0103N，前5s内汽车的加速度由v-t图可得a=2.0m/s2，根据牛顿第二定律：F-f=ma，求得汽车的牵引力F=ma+f=2.0103 2.0N+2.0103N=6.0103N，故A错误，B正确；
C．t=5s末汽车达到额定功率，P额=Fv=6.010310W=6.0104W=60kW，故C错误；
D．当牵引力等于阻力时，汽车达到最大速度，则最大速度v m==m/s=30m/s，故D正确。

11．(本题9分)关于重力势能与重力做功，下列说法中正确的是
A．重力对物体做正功，物体的重力势能可能增加
B．将质量相同的物体由同一位置沿不同方向抛出并下落至同一水平面，物体所减少的重力势能相等C．用手托住一个物体匀速上举时，手的支持力所做的功等于物体克服重力所做的功与物体增加的重力势能之和
D．物体克服重力所做的功等于重力势能的增加量
【答案】BD
【解析】
【详解】
A. 重力对物体做正功，物体的重力势能减小，故A错误；
B. 将质量相同的物体由同一位置沿不同方向抛出并下落至同一水平面，初末位置的高度差相同，物体所减少的重力势能相等，故B正确；
C. 根据动能定理，用手托住一个物体匀速上举时，手的支持力所做的功等于物体克服重力所做的功，故C 错误；
D. 物体克服重力做功就是重力做负功.假设上升高度为H，则重力做负功为mgH，重力势能增加也为mgH,所以相等，所以物体克服重力所做的功等于重力势能的增加量，故D正确。

12．(本题9分)如图所示，质量为0.1kg的小球在水平面内做匀速圆周运动，长为2m的悬线与竖直方向的夹角为37°，不计空气阻力，取重力加速度g=10m/s2，sin37=0.6，cos37°=0.8，下列说法正确的是
A．悬线受到的拉力大小为2N
B．小球运动的动能为0.45J
C ．小球运动的向心加速度大小为7.5m/s 2
D ．小球运动的角速度大小为5rad/s 【答案】BC 【解析】 【详解】
小球在水平面内做匀速圆周运动，对小球受力分析，如图所示：
A ．小球在竖直方向受力平衡，有：cos F mg α=，解得绳的拉力0.110
N 1.25N cos 0.8
mg F α⨯===；故A 错误.
B ．小球受重力和绳子的拉力，合力提供向心力，根据牛顿第二定律有：2
tan v mg m r
α=，其中r 表示小
球匀速圆周运动的轨道半径，有sin r L α=，联立解得：tan sin 3m/s v g L αα=
⋅=，则小球的动能为
21
0.45J 2
k E mv ==；故B 正确.
C ．由牛顿第二定律tan mg ma α=，可知向心加速度2tan 7.5m/s a g α==；故C 正确.
D ．由匀速圆周的的特点=
v
r
ω，可得小球的角速度为3=
rad/s=2.5rad/s 20.6ω⨯；故D 错误. 三、实验题:共2小题，每题8分，共16分 13． (本题9分)“探究碰撞中的不变量”的实验中：
（1）入射小球m 1=15 g ，原静止的被碰小球m 2=10 g ，由实验测得它们在碰撞前后的x -t 图象如图甲所示，可知入射小球碰撞后的m 1v 1′是_____kg·
m/s ，入射小球碰撞前的m 1v 1是_____kg·m/s ，被碰撞后的m 2v 2′是_____kg·m/s.由此得出结论_______________________________．
（2）实验装置如图乙所示，本实验中，实验必须要求的条件是________． A ．斜槽轨道必须是光滑的
B ．斜槽轨道末端点的切线是水平的
C ．入射小球每次都从斜槽上的同一位置无初速释放
D ．入射球与被碰球满足m a ＞m b ，r a =r b
（3）图乙中M 、P 、N 分别为入射球与被碰球对应的落点的平均位置，则实验中要验证的关系是________． A ．m 1·ON=m 1·OP ＋m 2·OM B ．m 1·OP=m 1·ON ＋m 2·OM C ．m 1·OP=m 1·OM ＋m 2·ON D ．m 1·OM=m 1·OP ＋m 2·ON
【答案】（1）0.0075 0.015 0.0075 碰撞中mv 的矢量和是不变量（碰撞过程中动量守恒） BCD C 【解析】 【详解】
（1）由图1所示图象可知，碰撞前球1的速度110.2
1/0.2
x v m s t =
==，碰撞后，球的速度1110.300.200.5/0.40.2x v m s t '-'=
=='-，2220.350.200.75/0.40.2
x v m s t '-'==='-， 入射小球碰撞后的110.0150.50.0075/m v kg m s '=⨯=⋅， 入射小球碰撞前的110.01510.015/m v kg m s =⨯=⋅， 被碰撞后的220.010.750.075/m v kg m s '=⨯=⋅， 碰撞前系统总动量110.015/p m v kg m s ==⋅，
碰撞后系统总动量11220.015/p m v m v kg m s '='+'=⋅，p p '=，由此可知：碰撞过程中动量守恒； （2）“验证动量守恒定律”的实验中，是通过平抛运动的基本规律求解碰撞前后的速度的，只要离开轨道后做平抛运动，对斜槽是否光滑没有要求，A 错误；要保证每次小球都做平抛运动，则轨道的末端必须水平，B 正确；要保证碰撞前的速度相同，所以入射球每次都要从同一高度由静止滚下，C 正确；为了保证小球碰撞为对心正碰，且碰后不反弹，要求m a ＞m b ，r a =r b ，D 正确．
（3）要验证动量守恒定律定律即012a b m v mav m v =+，小球做平抛运动，根据平抛运动规律可知根据两小球运动的时间相同，上式可转换为012a a b m v t m v t m v t =+， 故需验证a a b m OP m OM m ON =+，因此C 正确． 【点睛】
本实验的一个重要的技巧是入射球和靶球从同一高度作平抛运动并且落到同一水平面上，故下落的时间相同，所以在实验的过程当中把本来需要测量的速度改为测量平抛过程当中水平方向发生的位移，可见掌握了实验原理才能顺利解决此类题目．
14．如图甲所示的装置叫做“阿特伍德机”，它是早期英国数学家和物理学家阿特伍创制的一种著名的力学实验装置，用来研究匀变速直线运动的规律某同学对该装置加以改进后用来验证机械能守恒定律，如图乙所示已知重力加速度为g.
实验时，该同学进行了如下操作
①将质量均为M 的重物A 、B(A 含挡光片及挂钩、B 含挂钩)用绳连接后，跨放在定滑轮上，处于静止状态．测量出挡光片中心到光电门中心的竖直距离h ；
②在B 的下端挂上质量也为M 的物块C ，让系统(重物A 、B 以及物块C 中的物体由静止开始运动，光电门记录挡光片挡光的时间为△t ；
③测出挡光片的宽度d ，计算有关物理量，验证机械能守恒定律。

(1)如果系统(重物A 、B 以及物块C)的机械能守恒，应满足的关系式为___________.(用g 、h 、d 和表示) (2)引起该实验系统误差的主要原因有___________.(写一条即可) 【答案】2
3()2d gh t
=∆ 绳子有一定的质量、滑轮与轴之间有摩擦、重物运动受到空气阻力 【解析】 【详解】
第一空.重物A 经过光电门时的速度d v t =
∆，增加量2
2133()22k d E Mv M t
∆=⋅=∆，系统重力势能的减小量为Mgh ，系统机械能守恒应满足的关系式为：23()2d Mgh M t
=∆，化简得2
3()2d gh t =∆.
第二空.系统机械能守恒的条件是只有重力做功，引起实验误差的原因可能是：绳子有一定的质量、滑轮与轴之间有摩擦、重物运动受到空气阻力. 四、解答题：本题共3题，每题8分，共24分
15．如图所示，将一个小球从水平地面O 点正上方某处，以v 0=10m/s 的初速度水平抛出，小球落在水平地面上A 点，O 、A 两点相距x=20m ，不计空气阻力，求：
(1)小球在空中运动的时间t ；
(2)抛出点距离水平地面的高度h.
【答案】 (1) t = 2s (2) h = 20m
【解析】
【详解】
（1）在水平方向有x = v 0t ，得t = 2 s
（2）在竖直方向有212h gt =，得h = 20 m 16． (本题9分)如图所示，位于竖直平面内的轨道BCDE ，由一半径为R=2m 的14
光滑圆弧轨道BC 和光滑斜直轨道DE 分别与粗糙水平面相切连接而成．现从B 点正上方H=1.2m 的A 点由静止释放一质量m=1kg 的物块，物块刚好从B 点进入14
圆弧轨道．已知CD 的距离L=4m ，物块与水平面的动摩擦因数μ=0.25，重力加速度g 取10m/s 2，不计空气阻力．求：
(1)物块第一次滑到C 点时的速度；
(2)物块第一次滑上斜直轨道DE 的最大高度；
(3)物块最终停在距离D 点多远的位置．
【答案】 (1) 8m/s (2) 2.2m (3) 0.8m
【解析】
【分析】
根据动能定理可求物块第一次滑到C 点时的速度；物块由A 到斜直轨道最高点的过程，由动能定理求出物块第一次滑上斜直轨道DE 的最大高度；物块将在轨道BCDE 上做往返运动，直至停下，设物块在水平轨道CD 上通过的总路程为S ，根据动能定理求出．
【详解】
解：(1)根据动能定理可得21()2
mg H R mv +=
解得8/v m s =
(2)物块由A 到斜直轨道最高点的过程，由动能定理有：
()0mg H R mgL mgh μ+--=
解得： 2.2h m =
(3)物块将在轨道BCDE 上做往返运动，直至停下，设物块在水平轨道CD 上通过的总路程为S ，则：()0mg H R mgS μ+-=
解得：12.8S m =
因: 30.8S L m =+,故物块最终将停在距离D 点0.8m 处的位置．
17． (本题9分)质量0.2kg 的球,从5.0m 高处自由下落到水平钢板上又被竖直弹起,弹起后能达的最大高度为4.05m.如果球从开始下落到弹起达最大高度所用时间为1.95s,不考虑空气阻力,g 取10m/s 2.求小球对钢板的作用力.
【答案】78N
【解析】
【详解】
自由落体过程 v 12＝2gh 1，得v 1=10m/s ；
v 1=gt 1 得t 1=1s
小球弹起后达到最大高度过程0− v 22＝−2gh 2，得v 2=9m/s
0-v 2=-gt 2 得t 2=0.9s
小球与钢板作用过程设向上为正方向，由动量定理：Ft′-mg t′=mv 2-（-mv 1）
其中t′=t -t 1-t 2=0.05s
得F=78N
由牛顿第三定律得F′=-F ，所以小球对钢板的作用力大小为78N ，方向竖直向下；。