青岛市重点名校2018-2019学年高一下学期期末学业水平测试物理试题含解析

青岛市重点名校2018-2019学年高一下学期期末学业水平测试物理试题
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．(本题9分)关于匀速圆周运动的说法,正确的是()
A．匀速圆周运动的速度大小保持不变,所以做匀速圆周运动的物体没有加速度
B．做匀速圆周运动的物体,虽然速度大小不变,但方向时刻都在改变,所以必有加速度
C．做匀速圆周运动的物体,加速度的大小保持不变,所以是匀变速(曲线)运动
D．做匀速圆周运动的物体速度大小不变,是匀速运动
【答案】B
【解析】
A、匀速圆周运动速度大小不变，方向变化，故速度是变化的，一定是变速运动，一定具有加速度，故A 错误，B正确；
C、匀速圆周运动加速度大小不变，方向始终指向圆心，加速度是变化的，既不是匀速运动，也不是匀变速曲线运动，而是变加速运动，故CD错误。

点睛：匀速圆周运动速度大小不变，方向变化，是变速运动；加速度方向始终指向圆心，加速度是变化的，是变加速运动。

2．下列说法正确的是
A．功是能量转化的量度
B．运动物体所具有的能就是动能
C．物体在恒力作用下一定做直线运动
D．物体在变力作用下一定做曲线运动
【答案】A
【解析】
【分析】
功是能量转化的量度；运动物体可以具有动能和势能；物体做曲线运动的条件是合力与速度不在同一条直线上，合外力大小和方向不一定变化，由此可以分析得出结论。

【详解】
A．做功的过程伴随着能量的转化，功是能量转化的量度，故A正确；
B．物体由于运动而具有的能量是动能，但运动的物体还可以同时具有势能，故B错误；
C．物体在恒力作用下可以做曲线运动，如平抛运动，故C错误；
D．物体做曲线运动的条件是合力与速度在同一条直线上，与力是否恒定无关，即：物体在变力作用下，可以做直线运动，故D错误。

【点睛】
本题主要考查了一些常见的物理规律，较为简单。

3．(本题9分)一质点由A向C做曲线运动，运动轨迹如图所示，关于它通过B点时的速度v方向和加速度a方向正确的是（）
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】
经过B点时，速度的方向沿着运动轨迹的切线方向，而加速度的方向应指向曲线运动的凹侧，因此B正确，ACD错误。

故选B。

4．如图，两个相同的小球在内表面光滑的漏斗形容器内，做水平面的圆周运动，甲的位置高于乙的位置。

关于它们受到的向心力大小和周期大小，下列关系正确的是
A．F甲=F乙T甲=T乙B．F甲=F乙T甲＞T乙
C．F甲＞F乙T甲=T乙D．F甲＜F乙T甲＞T乙
【答案】B
【解析】
【详解】
对小球受力分析，小球受到重力和支持力，它们的合力提供向心力，如图
根据牛顿第二定律，有：F=mgtanθ=m
2
2
4
T
π
r。

可知，向心力F甲=F乙。

周期
2
4r
T
gtan
π
θ
=
大，即 T甲＞T乙．故B正确，ACD错误。

5．如图所示，一个小球质量为m，初始时静止在光滑的轨道上，现以水平力击打小球，使小球能够通过半径为R的竖直光滑轨道的最高点C，则水平力对小球所做的功至少为
A．mgR B．2mgR C．2.5mgR D．3mgR
【答案】C
【解析】
试题分析要通过竖直光滑轨道的最高点C，在C点有重力提供向心力，对小球，由动能定理，，联立解得，选项C正确．
考点：竖直平面内的圆周运动；动能和动能定理．
6．(本题9分)在力学理论建立的过程中，有许多伟大的科学家做出了责献．关于科学家和他们的贡献，下列说法中不正确的是
A．伽利略首先将实验事实和逻辑推理(包括数学推演)和谐地结合起来
B．笛卡儿对牛顿第一定律的建立做出了贡献
C．开普勒通过研究行星观测记录，发现了行星运动三大定律
D．牛顿总结出了万有引力定律并用实验测出了引力常量
【答案】D
【解析】
试题分析：伽利略通过斜面实验，首先将实验事实和逻辑推理（包括数学推演）和谐地结合起来，A正确；伽利略、笛卡尔对牛顿总结牛顿第一定律做出了重要的贡献，B正确；开普勒发现了天体运动三定律，C正确；牛顿发现了万有引力定律，但是是卡文迪许通过扭秤实验测得了万有引力常量，D错误．
考点：考查了物理学史
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)如图甲所示，光滑平台上的物体A以初速度v0滑到上表面粗糙的水平小车B上，车与水平面间的动摩擦因数不计，图乙为物体A与小车B的v-t图象，由此可知
A ．小车上表面长度
B ．物体A 与小车B 的质量之比
C ．物体A 与小车B 上表面的动摩擦因数
D ．小车B 获得的动能
【答案】BC
【解析】
【详解】
A ．由图象可知，A 和
B 最终以共同速度v 1匀速运动，则不能确定小车上表面长度，故A 错误； B ．由动量守恒定律得：
01()A A B m v m m v =+
解得： 101
A B m v m v v =- 故可以确定物体A 与小车B 的质量之比，故B 正确；
C ．由图象可以知道A 相对小车B 的位移为两者的位移之差：
012
v t x ∆= 根据能量守恒得： 2201()1
122A A A B m g x m v m m v μ∆=-+
根据所求的质量关系，可以解出动摩擦因数，故C 正确；
D ．由于只知两车的质量比值而小车B 的质量无法求得，故不能确定小车B 获得的动能，故D 错误。

8． (本题9分)2017年9月25日是我国新一代同步卫星“风雨四号”在轨交付的日子，与上一代相比，“风云四号”的整星观察数据量提高了160倍，当日，腾讯公司把微信的启动页面从阿波罗17号宇航员所拍摄的非洲大陆上空视角照片更换为“风云四号”拍摄的中国所在的东半球上空视角照片，下列关于“风云四号”同步卫星的说法正确的是（ ）
A ．一定位于赤道正上空
B ．绕地球运行的周期比月球绕地球的周期大
C ．发射速度大于7.9km s
D ．运行速度大于7.9km s
【答案】AC
【解析】
A 、地球同步卫星因公转周期一定为T=24h ，则高度一定，转动方向为自西向东，则相对于赤道静止，故A
正确．B 、根据2224Mm G m r r T π=，可得234r T GM
π=，同步卫星相对于月球半径较小，则周期较小，故B 错误．C 、卫星发射越高，克服地球引力做功越多，需要的初动能越大，第一宇宙速度是发射到近地轨道的速度，第二宇宙速度是发射绕太阳运动的卫星的速度，故发射地球卫星的发射速度应大于第一宇宙速
度，小于第二宇宙速度，则C 正确．D 、由万有引力提供向心力得2
2Mm v G m r r
=，解得GM v r =，可知卫星的线速度v 随轨道半径r 的增大而减小，v=7.9 km/s 为第一宇宙速度，即卫星围绕地球表面运行的速度；因同步卫星轨道半径比地球半径大很多，因此其线速度应小于7.9 km/s ，故D 错误．故选AC ． 【点睛】本题要了解第一宇宙速度是近地卫星的环绕速度，也是最大的圆周运动的环绕速度．知道地球同步卫星有四个“定”：定轨道、定高度、定速度、定周期．
9． (本题9分)如图所示，A 、B 、C 、D 、E 、F 为匀强电场中一个正六边形的六个顶点，A 、B 、C 三点的电势分别为1V 、2V 、5V ，则下列说法中正确的是( )
A ．D 、E 、F 三点的电势分别为 7 V 、6 V 、3 V
B ．电荷量为 191.610-⨯
C 的正点电荷在 E 点的电势能为 181.1210-⨯ J
C ．将电荷量为 191.610-⨯ C 的正点电荷从 E 点移到 F 点，电场力做的功为 193.210-⨯ J
D ．将电荷量为 191.610-⨯ C 的负点电荷从 B 点移到 A 点，电荷的电势能增加了 191.610-⨯ J
【答案】AD
【解析】
连接AD,由正六边形的性质可得：AD 平行于BC,且AD=2BC,因为，所以,故
A 错误；由可得
B 正确；由
可得C 错误．，
,所以D 错误．选B ．
10． (本题9分)质量相等的A 、B 两球在光滑水平面上，沿同一直线，同一方向运动，
A 球的动量P A =9kg•m/s ，
B 球的动量P B =3kg•m/s ．当A 追上B 时发生碰撞，则碰后A 、B 两球的动量可能值是（ ）
A ．P′A =6kg•m/s ，P′
B =6kg•m/s
B ．P′A =6kg•m/s ，P B ′=4kg•m/s
C ．P A ′=-6kg•m/s ，P B ′=18kg•m/s
D ．P A ′=4kg•m/s ，P B ′=8kg•m/s
【答案】AD
【解析】
设两球质量均为m ．碰撞前，总动量 P=P A +P B =12kg•m/s ，碰撞前总动能为
222293452222A B k A B P P E m m m m m
=+=+= 若P′A =5kg•m/s ，P′B =6kg•m/s ，则碰撞后，总动量 P′=P′A +P′B =11kg•m/s ，动量不守恒，选项A 错误；若碰
撞后P′A =7kg•m/s ， P B ′=5kg•m/s ，碰后B 的速度小于A 的速度，则不可能，选项B 错误；若P A ′= -6kg•m/s ，
P B ′=18kg•m/s ，总动量 P′=P′A +P′B =12kg•m/s ，动量守恒，碰撞后总动能为
'2'2226850452222A B k A B P P E m m m m m m
=+=+=>'，则知总动能增加，是不可能的，故C 错误．碰撞后，P A ′=4kg•m/s ，P B ′=8kg•m/s ，总动量 P′=P′A +P′B =12kg•m/s ，动量守恒．碰撞后总动能为
'2'2224840452222A B k A B P P E m m m m m m
=+=+=<'，则知总动能没有增加，是可能的，故D 正确；故选D. 点睛：对于碰撞过程要遵守三大规律：1、是动量守恒定律；2、总动能不增加；3、符合物体的实际运动情况．
11． (本题9分)研究表明，地球自转在逐渐变慢，3亿年前地球自转的周期约为22小时．假设这种趋势会持续下去，地球的其他条件都不变，未来人类发射的地球同步卫星与现在的相比( )
A ．向心加速度变大
B ．距地面的高度变大
C ．线速度变小
D ．角速度变大
【答案】BC
【解析】
【分析】
【详解】
地球同步卫星绕地球圆周运动时万有引力提供圆周运动向心力有：
22
224()()()
GMm v m R h m ma R h T R h π=+==++
可得卫星周期T =h 增大；
卫星的线速度v =h 变大时，卫星的线速度变小； 向心加速度2
()GM a R h =+，可知卫星离地高度h 变大时，卫星的向心加速度变小； 角速度2T
πω=，可知周期变大时，角速度变小． 所以BC 正确，AD 错误．
故选BC.
12． (本题9分)“复兴号”是我国具有完全自主知识产权的中国标准动车组，它的成功研制生产，标志着铁路成套技术装备特别是高速动车组已经走在世界先进行列．若一辆质量为M 的高铁，以额定功率P 启动，高铁在铁轨上行驶时受到的阻力恒为车重的k 倍，则( )
A ．高铁起动时，做匀加速直线运动
B ．在时间 内高铁牵引力做功为Pt
C ．高铁在轨道上行驶时能达到的最大速度为P Mg
D ．当高铁运行速度为v(小于最大速度)时的加速度为
P kg vM
- 【答案】BD
【解析】 A 项：高铁起动时，由于功率P 不变，由公式P Fv =可知，速度增大，牵引力减小，阻力不变，所以加速度减小，故A 错误；
B 项：根据公式可知，在时间 内高铁牵引力做功为Pt ，故B 正确；
C 项：当牵引力等阻力时速度达到最大，即m p p v f kMg
==，故C 错误； D 项：由牛顿第二定律可知，p kMg Ma v -=，解得：p a kg vM
=-，故D 正确． 点晴：解决本题关键处理机车启动问题抓住两个公式：1、P Fv =，2、F f ma -=，有时综合应用即可解题．
三、实验题:共2小题，每题8分，共16分
13． (本题9分)如图示，为一小球做平抛运动的闪光照片的其中一部分相片（与实物比例为1:1），图中正
方形方格的边长为5cm ，取g=10m/s 2，则：
（1）闪光周期是______s ．
（2）小球运动的水平分速度为______m/s ．
（3）小球经过B 点时速度的大小为______m/s ．
【答案】0.1s 1.5m/s 2.5m/s
【解析】
【分析】
【详解】
(1)在竖直方向上,根据22y L gT ∆==得，闪光相等的时间间隔为：20.0540.210
y T s g ∆⨯⨯=== (2)小球平抛运动的初速度为：0330.0543/0.2
L v m s T ⨯⨯=
== (3)B 点竖直分速度为：880.0544/220.2y L v m s T ⨯⨯===⨯ 则小球经过B 点的速度大小为：2205/B y v v v m s =
+=
【点睛】
平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，根据竖直方向上连续相等时间内的位移之差是一恒量求出相等的时间间隔，根据水平位移和时间间隔求出初速度，根据某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度求出B 点的竖直分速度，结合平行四边形定则求出B 点的速度． 14． (本题9分)用如图所示的装置做“验证机械能守恒定律”的实验。

实验中，让重锤拖着纸带从静止开始下落，打点计时器在纸带上打出一系列的点。

要验证机械能是否守恒，需要比较重锤在这段时间内重力势能的减少量与____________（选填“动能”或“机械能”）的增加量是否相等。

对于该实验，下列操作中可以减小实验误差的是____________（选填选项前的字母）。

A．重锤选用质量和密度较大的金属锤
B．两限位孔在同一竖直面内上下对正
C．精确测量出重锤的质量
【答案】动能AB
【解析】
【详解】
第一空. 要验证机械能是否守恒，需要比较重锤在这段时间内重力势能的减少量与动能的增加量是否相等。

第二空. 重锤选用质量和密度较大的金属锤，从而减小阻力，选项A正确；两限位孔在同一竖直面内上下
对正，从而减小下落过程中的摩擦阻力，选项B正确；此实验中要验证的表达式是mgh=1
2
mv2，两边的
质量m可以消掉，则不需要精确测量出重锤的质量，选项C错误；
四、解答题：本题共3题，每题8分，共24分
15．(本题9分)如图所示，用0.5kg的铁睡把钉子钉进木头里去，打击时铁锤的速度v=4.0m/s，如果打击后铁锤的速度变为0，打击的作用时间是0.01s（取g=10m/s2），那么：
（1）不计铁锤受的重力，铁锤钉钉子的平均作用力多大？
（2）考虑铁锤的重力，铁锤钉钉子的平均作用力又是多大？
【答案】（1）200N，方向竖直向下；（2）205N，方向竖直向下
【解析】
【详解】
（1）不计铁锤受的重力时，设铁锤受到钉子竖直向上的平均作用力为1F，取铁锤的速度v的方向为正方
向，以铁锤为研究对象，由动量定理得
10
F t mv -=-
则
1
0.5 4.0
N200N
0.01
mv
F
t ⨯
===
由牛顿第三定律可知，铁锤钉钉子的平均作用力
1
F'的大小也为200N，方向竖直向下。

（2）考虑铁锤受的重力时，设铁锤受到钉子竖直向上的作用力为2F，取铁锤的速度v的方向为正方向，由动量定理得
()
20
mg F t mv -=-
可得
2
205N mv
F mg
t
=+=
即考虑铁锤受的重力时，铁锤打打子的平均作用力为2F'=205N，方向竖直向下。

16．如图所示，在水平向右的匀强电场中，有一半径R=0.2m的竖直光滑绝缘圆弧轨道BCD和绝缘粗糙水平轨道AB在B点相切，BC为圆弧轨道的直径，O为圆心，OC和OD之间的夹角为，电场与圆弧轨道BCD所在平面平行，一质量为m=10g、电荷量为q=-1×10-4C的带负电的小滑块从A点由静止释放后开始运动，已知AB间距离S=2.3m，滑块运动到D点时所受合力的方向指向圆心O，且此时滑块对圆弧轨道恰好没有压力。

g取10m/s2，.求
(1)匀强电场的电场强度大小；
(2)滑块通过C点时，对圆弧轨道的压力大小；
(3)滑块与水平轨道AB间的动摩因数。

【答案】(1) (2) 滑块通过C点时对圆弧轨道的压力大小为7.5×10-2N (3)
【解析】
【详解】
(1)在D点对滑块受力分析，可知
得：
(2)滑块通过D点时受合力提供向心力
滑块由C到D，由动能定理可知
滑块通过C点时，由牛顿第二定律可知
得：
由牛顿第三定律可知，滑块通过C点时对圆弧轨道的压力大小为7.5×10-2N
(3)滑块由A到C，由动能定理可知
得：
17．(本题9分)如图所示，质量为m＝lkg的小物体（可视为质点），以v0＝7m/s的初速度从底端冲上倾角为α＝53°，长度s＝1m的粗糙斜面AB，并恰好在最高点以水平速度v c＝3m/s冲上传送带．传送带正以速度v＝5m/s顺时针转动，其水平长度CD为12m，小物块与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.1．小物体从D点平抛，恰好沿P点切线进入口径很小的光滑圆管轨道中，圆心为O，轨道半径R＝1m，且OP与竖直方向的夹角为θ＝60°，Q点为轨道最高点（不计空气阻力，取g＝10m/s2）．求：
（1）小物体与斜面的动摩擦因数μ0；
（2）小物体通过传送带CD 所用的时间；
（3）小物体在Q 点对圆弧轨道的作用力．
【答案】（1）0.67（2）2.8s （3）60N
【解析】
【分析】
【详解】
（1）小物体从B 点抛出后做斜抛运动，恰好在最高点进入传送带，所以： v B cosα＝v C
解得：
v B ＝5m/s
小物体从A 到B 过程中，由动能定理得：
2201122
B A mgssin mgscos mv mv αμα=
-﹣﹣ 解得
μ0＝0.67 （2）小物体到达传送带后，由牛顿第二定律得：
a=μg ＝1m/s 2
设小物体加速到传送带的速度所用时间为t 1
12C v v t s a
-== 加速阶段小物体所走的位移
2111182
C s v t at m =+= 小物体匀速阶段位移
s 2＝L ﹣s 1＝4m
匀速运动时间
220.8s t s v
== 小物体通过传送带CD 所用的时间
t CD ＝t 1+t 2＝2.8s
（3）小物体到达D 后以速度v ＝5m/s 做平抛运动
在Р点的速度
10m/s P v v cos θ
== 从Р到Q 过程中，由动能定理得： 221122Q P mg R Rcos mv mv θ+=
-﹣（） 解得：
Q v
在Q 点，当小物体对圆弧轨道的作用力为零时，由重力提供向心力得：
20v mg m R
= 解得：
o v =
因为
0Q v v =＞
所以在Q 点圆轨道对小物体的作用力F N 方向竖直向下．
由牛顿第二定律得：
2+Q N v F mg m
R =
解得：
F N ＝60N 由牛顿第三定律知：在Q 点小物体对圆弧轨道的作用力方向竖直向上，大小为60N ．。