湖南省常德市重点名校2019-2020学年高一下学期期末复习检测物理试题含解析

湖南省常德市重点名校2019-2020学年高一下学期期末复习检测物理试题
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． (本题9分)同一恒力按同样的方式施于物体上，使它分别由静止开始沿着粗糙水平地面和光滑水平地面移动相同的一段距离，恒力做的功和平均功率分别为W 1、P 1和W 2、P 2，则两者的关系是（ ） A ．W 1>W 2，P 1>P 2
B ．W 1＝W 2，P 1<P 2
C ．W 1＝W 2，P 1>P 2
D ．W 1<W 2，P 1<P 2 【答案】B
【解析】
试题分析：因为用同样大小的力，移动相同的距离S ，即F 相等、s 相等，所以12W W Fs ==；设在粗糙水平面上运动的加速度为1a ，运动的时间为1t ，在光滑水平面上运动的加速度为2a ，运动的时间为2t ．根据牛顿第二定律得知，12a a ＜．位移相等，根据212x at =
，知12t t ＞． 平均功率W P t
=，恒力功相等，则12P P ＜．故B 正确， 考点：功，功率的计算 点评：解决本题的关键掌握平均功率W P t =
，知道在粗糙和水平面上恒力做功相等，通过比较时间可以比较出平均功率．
2．在离地高h 处，沿竖直方向同时向上和向下抛出两个小球，它们的初速度大小均为v ，不计空气阻力，两球落地的时间差为（ ）
A ．2v g
B ．
v g C ．
2h v
D ．h v 【答案】A
【解析】
【详解】
试题分析：当上抛的物体回到抛出点时，做初速度为v 的下抛运动，之后的运动和下抛物体的运动相同，即运动时间相同，所以两者落地的时间差正好是上抛物体上升和回到抛出点的时间，上抛物体回到抛出点的运动过程中，加速度为g ，初速度为v ，末速度为-v ，所以有2v v v t g g
--==-，A 正确
关键是知道两者落地的时间差正好是上抛物体上升和回到抛出点的时间
3．(本题9分)如图所示,当将带正电荷的球C移近不带电的枕形金属导体时,枕形金属导体上电荷的移动情况是()
A．枕形金属导体中的正电荷向B端移动,负电荷不移动
B．枕形金属导体中的负电荷向A端移动,正电荷不移动
C．枕形金属导体中的正、负电荷同时分别向B端和A端移动
D．枕形金属导体中的正、负电荷同时分别向A端和B端移动
【答案】B
【解析】
【详解】
当将带正电荷的球C移近不带电的枕形金属导体时，发生了静电感应现象，金属导电的实质是自由电子的移动，即负电荷在外电场的作用下枕形金属导体自由电子向A移动，正电荷不移动，故B正确。

4．(本题9分)下列物体运动过程中，机械能守恒的是()
A．沿斜坡匀速行驶的汽车B．真空中自由下落的羽毛
C．蹦床运动中越跳越高的运动员D．在竖直平面内作匀速圆周运动的小球
【答案】B
【解析】
【详解】
A．沿斜坡匀速行驶的汽车,动能不变，重力势能变化，则机械能不断变化，选项A错误；
B.真空中自由下落的羽毛，只有重力做功，机械能守恒，选项B正确；
C.蹦床运动中越跳越高的运动员，因到达最高点时的重力势能不断增加，则机械能不断增加，选项C错误；
D.在竖直平面内作匀速圆周运动的小球，动能不变，重力势能不断变化，则机械能不守恒，选项D错误；故选B.
5．(本题9分)如图所示为一皮带传动装置，右轮半径为r，a点在它的边缘上，左轮半径为2r，b点在它的边缘上，若在传动过程中，皮带不打滑，则a点与b点的向心加速度大小之比为（）
A．1：2 B．2：1 C．4：1 D．1：4
【答案】B
【详解】
试题分析：根据题目要求，可知a b v v =，且2v a r
=所以相信加速度比值为2：1 考点：匀速圆周运动公式
点评：此类题型考察了匀速圆周运动公式
6． (本题9分)在水平面上，一物体在水平力F 作用下运动，其水平力随时间t 变化的图象及物体运动的v-t 图象如图。

由两个图象可知，10s 内：
A ．水平力F 做的功为56J
B ．克服摩擦力做的功为40J
C ．摩擦力做的功为-48J
D ．合力功为0
【答案】D
【解析】
【详解】
A.由速度时间图象可知，在1-2s 内，物体处于静止状态，F 不做功，在2-6内，物体做匀加速直线运动，F 1=6N ，位移
1144m 8m 2
x =⨯⨯= 所以力F 做的功
W 1=F 1x 1=6×8=48J
6-8s 内做匀速运动，F 2=4N ，位移
x 2=2×4=8m
所以力F 做的功
W 2=F 2x 2=4×8=32J
8-11s 内做匀减速运动，拉力等于零，没有做功，所以1-11s 内水平力F 做的功为
W=W 1+W 2=48+32=81J
故A 项错误；
BCD.在11s 内物体的动能变化量为零，根据动能定理知，合力做功为1．则摩擦力做功
W f =-W=-81J
所以1-11s 内克服摩擦力做的功为81J ，故BC 项错误，D 项正确。

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．如图所示，长L=0.5 m 细线下端悬挂一质量m=0.1 kg 的小球，细线上端固定在天花板上O 点。

将小球拉离竖直位置后给小球一初速度，使小球在水平面内做匀速圆周运动，测得细线与竖直方向的夹角θ=37°（sin37°=0.6，cos37°=0.8）.下列说法正确的是
A ．细线拉力大小为0.8 N
B ．细线拉力大小为1.25 N
C ．小球运动的线速度大小为1.5 m/s
D ．小球运动的线速度大小为15 m/s 【答案】BC
【解析】
【详解】
AB ．细线拉力在竖直方向分力平衡重力，cos T mg θ=，T=1.25N ，A 错误B 正确 CD ．细线拉力和重力的合力提供向心力，根据几何关系可得2
tan sin v mg m L θθ
=，小球运动的线速度大小为1.5 m/s ，C 正确D 错误
8． (本题9分)下图为八颗行星绕太阳公转轨迹示意图，假设上述行星及小行星带上的行星绕太阳运动轨迹均可看成圆周，忽略行星之间万有引力作用．则下列关于各行星绕太阳做圆周运动的说法中正确的是
( )
A ．火星做圆周运动的线速度大于地球做圆周运动的线速度
B ．火星做圆周运动的加速度小于地球做圆周运动的加速度
C ．海王星做圆周运动的周期大于天王星做圆周运动的周期
D ．假设海王星的质量等于天王星的质量，则海王星做圆周运动的动能与它的势能之和小于天王星动能与
势能之和
【答案】BC
【解析】
A 、根据万有引力提供向心力，即22Mm v G m r r =，则GM v r =可知，由于火星轨道半径大于地球轨道半径，即火星的线速度小于地球的线速度，故选项A 错误；
B 、由2
Mm G ma r = 得：地球加速度大于火星，选项B 正确； C 、根据万有引力提供向心力，即222Mm G m r r T π⎛⎫= ⎪⎝⎭
，由32r T GM π=得：由于海王星半径大于天王星的半径，故海王星的周期大于天王星的周期，选项C 正确；
D 、假设天王星和海王星质量相等，天王星变轨到海王星轨道需要外力推动做正功，机械能增加，所以海王星机械能大于天王星机械能，选项D 错误．
点睛：解决本题的关键掌握万有引力提供向心力这一重要理论，并能灵活运用，知道线速度、角速度、周期、向心加速度与轨道半径的关系，并能熟记．
9．如图所示，在一次救灾工作中，一架沿水平直线飞行的直升机A ，用悬索(重力可忽略不计)救起了伤员B 。

直升机A 和伤员B 以相同水平速度匀速运动的同时，悬索将伤员吊起，在某一段时间内，A 、B 之间的
距离l 与时间t 的关系为l=H-bt 2(式中l 表示伤员到直升机的距离，
H 表示开始计时时伤员与直升机的距离，H 表示开始计时时伤员与直升机的距离，b 是一常数，t 表示伤员上升的时间)，不计伤员和绳索受到的空气阻力。

这段时间内从地面上观察，下面判断正确的是: ( )
A ．悬索始终保持竖直
B ．伤员做直线运动
C ．伤员做曲线运动
D ．伤员的加速度大小、方向均不变
【答案】ACD
【解析】
【详解】
A ．由2l H bt =-可以知道伤员在竖直方向的运动是加速度的方向竖直向上，大小恒定的匀加速直线运动，竖直方向只受两个力的作用，所以悬索的拉力大于伤员的重力，因此悬索始终保持竖直，所以A 正确. BCD ．他在水平方向做匀速直线运动，竖直方向上是匀加速直线运动，那么伤员的运动相对直升机做加速
度不变的匀加速直线运动；从地面看就是类平抛运动，故B 错误，C 正确，D 正确.
10．如图所示是某款理发用的电吹风的电路图，它主要由电动机M 和电热丝R 构成。

调节开关S 1、S 2的通断，可使电动机驱动风叶旋转，将冷空气从进风口吸入，从出风口吹出冷 风或热风。

已知电吹风的额定电压为220 V ，吹冷风时的功率为100 W ，吹热风时的功率为1200 W 。

关于该电吹风，下列说法正确的是
A ．当开关S 1、S 2均闭合时，电吹风吹出冷风
B ．电动机的内电阻为484Ω
C ．电热丝的电阻为44Ω
D ．电动机正常工作时，电动机每分钟消耗的电能为6000J
【答案】CD
【解析】
【详解】
A ．当开关S 1、S 2均闭合时，电动机工作，电热丝发热，电吹风吹出热风．故A 项错误．
B ．吹冷风时的功率为100 W ，吹冷风时只有电动机工作时，则M M 1005A A 22011P I U =
==，因电动机工作时是非纯电阻元件，则M M 220Ω484Ω511
U R I <==．故B 项错误． C ．吹冷风时的功率为100 W ，吹热风时的功率为1200 W ，则电热丝的发热功率为1100 W ，所以电热丝的电阻22
220Ω44Ω1100
R U R P ===．故C 项正确． D. 电动机正常工作时，功率为100 W ，电动机每分钟消耗的电能M 10060J 6000J E P t ==⨯=．故D 项正确．
11． (本题9分)老师课上用如图所示的“牛顿摆”装置来研究小球之间的碰撞，5个完全相同的小钢球用轻绳悬挂在水平支架上，5根轻绳互相平行，5个钢球彼此紧密排列，球心等高且位于同一直线上，用1、2、3、4、5分别标记5个小钢球. 当把小球1向左拉起一定高度后由静止释放，使它在极短时间内撞击其他小球，对此实验的下列分析中，正确的是（ ）
A．上述实验中，可观察到球5向右摆起，且达到的最大高度与球1的释放高度相同
B．上述碰撞过程中，5个小球组成的系统机械能守恒，动量守恒
C．如果同时向左拉起小球1、2、3到相同高度后，在同时由静止释放，经碰撞后，小球4、5一起向右摆起，且上升的最大高度大于小球1、2、3的释放高度
D．若只用小球1、2进行实验，将它们分别向左、右各拉起一个较小的高度，且小球1的高度是小球2
的两倍，由静止释放，可观察到发生碰撞后两小球均反弹并返回初始高度
【答案】AB
【解析】
【详解】
A. 上述实验中，由于5个球是完全相同的小球，则相互碰撞时要交换速度，即第5个球被碰瞬时的速度等于第1个球刚要与2球碰撞时的速度，由能量关系可知，观察到球5向右摆起，且达到的最大高度与球1的释放高度相同，选项A正确；
B. 上述碰撞过程中，5个小球组成的系统碰撞过程无能量损失，则机械能守恒，水平方向受合外力为零，则系统的动量守恒，选项B正确；
C. 如果同时向左拉起小球1、2、3到相同高度同时由静止释放，则3与4碰后，3停止4具有向右的速度，4与5碰撞交换速度，4停止5向右摆起；3刚停止的时候2球过来与之碰撞交换速度，然后3与4碰撞，使4向右摆起；2球刚停止的时候1球过来与之碰撞交换速度，然后2与3碰撞交换速度，使3向右摆起；故经碰撞后，小球3、4、5一起向右摆起，且上升的最大高度与小球1、2、3的释放高度相同；故C错误；
D. 若只用小球1、2进行实验，将它们分别向左、右各拉起一个较小的高度，且小球1的高度是小球2的两倍，由静止释放，则到达最低点时1球的速度是2球的两倍，相碰后两球交换速度各自反弹，则可观察到发生碰撞后小球2的高度是小球1的两倍，选项D错误。

12．(本题9分)一质量为2kg的物块，在竖直方向的拉力作用下运动的图象如图所示向上为运动的正方向，重力加速度，不计空气阻力，下列说法正确的是
A．4s时克服重力做功的功率为80W
B．前6s内物块的重力势能先增大后减少
C．前2s内拉力的功率变大
D．5s时物块的动能为4J
【答案】AD
【解析】
【详解】
4s时，由图象得，又由重力与物体运动方向相反，；代入数据得：4s时克服重力做功的功率为80W；故A正确；前6s内物块一直朝上运动，物体的重力势能会一直增加，故B错误；前2s内物体的速度未发生改变，物体做匀速直线运动，拉力与重力平衡；又由功率的计算公式；得前2s内拉力的功率为定值，故C错误；由，5s时的速度为，代入数据得，故D正确；故选AD。

【点睛】
此题要理解图象得相关意义：图象与t轴围成的面积表示物块的位移；一直为正值，故物体一直朝一个方向运动；并结合功率的计算公式就能解决问题。

三、实验题:共2小题，每题8分，共16分
13．(本题9分)有甲、乙两组同学根据不同的实验条件，进行了探究平抛运动规律的实验:
(1)甲组同学采用如图1所示的装置用小锤击打弹性金属片，金属片把A球沿水平方向弹出，同时B球被松开自由下落，观察到两球同时落地，改变小锤击打的力度，即改变A球被弹出时的速度，两球仍然同时落地，这说明_______________。

(2)乙组同学采用频闪照相法拍摄到如图2所示的小球做平抛运动的照片，图中每个小方格对应的实际边长为L＝2.45cm，则由图可求得拍摄时每隔_____s曝光一次，该小球做平抛运动的初速度大小为
________m/s.(g=9.8m/s2)
【答案】平抛运动的物体在竖直方向上的分运动为自由落体运动5×10－20.98
【解析】
【详解】
第一空.在打击金属片时，两小球同时做平抛运动与自由落体运动。

结果同时落地，则说明平抛运动在竖直方向的分运动是自由落体运动；
第二空.平抛运动可看成竖直方向自由落体运动与水平方向匀速直线运动；
在竖直方向：由△h=L=gT 2，可得：22.4510s 0.05s 9.8
L T g -⨯===； 水平方向匀速直线运动：由x=v 0t ，得：2
02 2.4510m/s 0.98m/s 0.05
x v t -⨯⨯===. 14．在“探究弹力与弹簧伸长量的关系”的实验中
(1)以下是小明同学准备完成的实验步骤，请你帮他按操作的先后顺序，用字母排列出来：______ A ．以弹力为横坐标，以弹簧伸长量为纵坐标，用描点法作出实验图象；
B ．记下弹簧不挂钩码时，其下端在刻度尺上的刻度L 0；
C ．将铁架台固定于桌子上，并将弹簧的一端系于横梁上，在弹簧附近竖直固定刻度尺；
D ．依次在弹簧下端挂上1个、2个、3个、4个…钩码，当钩码静止时，记下弹簧下端所对应的刻度并记录在表格内
E ．以弹簧伸长量为自变量，写出弹力与弹簧伸长量的关系式
F ．解释函数表达式中常数的物理意义
(2)小华同学选了甲、乙两根规格不同的弹簧进行测试，根据测得的数据绘出如图所示的图象，根据图象，可计算得到两个弹簧的劲度系数分别为k 甲=______N/m ，k 乙=______N/m （结果取3位有效数字）
(3)从图象上看，图象上端为曲线，说明该同学没能完全按实验要求做，图象上端成为曲线是因为______，若要制作一个精确度较高的弹簧秤，应选弹簧______（选填“甲”或“乙”）
【答案】CBDAEF 66.7N/m 200N/m 弹力过大超过弹簧弹性限度 甲
【解析】
【详解】
（1）根据实验过程可知，实验中先组装器材，即CB ，
然后进行实验，即D ，
最后数据处理，即AEF 。

所以先后顺序为CBDAEF 。

（2）劲度系数为：K A =24610F x -=⨯N/m=66.7N/m ，K B =2
8410F x -=⨯N/m=200N/m （3）向上弯曲的原因是弹力过大，超过弹簧弹性限度，注意该图象中纵坐标为伸长量，横坐标为拉力，斜率的倒数为劲度系数，
从图象上可以看出甲的斜率大于乙的斜率，所以甲的劲度系数较小，因此其精度高。

所以应选弹簧甲。

四、解答题：本题共3题，每题8分，共24分
15． (本题9分)如图所示为一种研究高能粒子在不同位置对撞的装置。

在关于y 轴对称间距为2d 的MN 、PQ 边界之间存在两个有界匀强磁场，其中K （K 在x 轴上方）下方I 区域磁场垂直纸面向外，JK 上方Ⅱ区域磁场垂直纸面向里，其磁感应强度均为B ．直线加速器1与直线加速器2关于O 点轴对称，其中心轴在位于x 轴上，且末端刚好与MN 、PQ 的边界对齐；质量为m 、电荷量为e 的正、负电子通过直线加速器
加速后同时以相同速率垂直MN 、PQ 边界进入磁场。

为实现正、负电子在Ⅱ区域的y 轴上实现对心碰撞（速
度方向刚好相反），根据入射速度的变化，可调节边界与x 轴之间的距离h ，不计粒子间的相互作用，不计正、负电子的重力，求：
（1）哪个直线加速器加速的是正电子；
（2）正、负电子同时以相同速度ν1进入磁场，仅经过边界一次，然后在Ⅱ区域发生对心碰撞，试通过计算求出v 1的最小值。

（3）正、负电子同时以v 222eBd m
=
速度进入磁场，求正、负电子在Ⅱ区域y 轴上发生对心碰撞的位置离O 点的距离。

【答案】（1）直线加速器2（2）2eBd m ；（3）△y ＝2[222()222d d d n
-，n ＝1，3，5，7…2k ﹣1。

【解析】
【详解】
（1）正负电子进入磁场后要在Ⅱ区域相遇，因此正负电子出加速器以后都向上偏转，根据左手定则可知直线加速器2加速得为正电子
（2）如图所示：d ＝2Rsinθ，R （1﹣cosθ）＝h 或直接得：()2
22d R h R ⎛⎫+-= ⎪⎝⎭ 整理得：R 22282822
d h d h d h d h d =+≥⋅= 即当282d h h d =，即h 2d =时，R min 2d =
根据ev 1B ＝m 21v R ，求得：v 12eBd m = （3）当v 22eBd m =，则R 22
d =，距离总是满足：△y ＝2h 情况一：h ＞R ，只有一种情况h ＝R 22
R +，△y 2d d =+ 情况二：h ＜R ，()2222d R h R n ⎛⎫+-= ⎪⎝⎭，h ＝R 222d R n ⎛⎫-- ⎪⎝⎭
， 那么△y ＝2[2
22222d d d n ⎛⎫-- ⎪⎝⎭]，n ＝1，3，5，7…2k ﹣1
16． (本题9分)如图所示，在竖直平面内，光滑绝缘直杆AC 与半径为R 的圆周交于B 、C 两点，在圆心处有一固定的正点电荷，B 点为AC 的中点，C 点位于圆周最低点．现有一质量为m 、电荷量为q 套在杆上的带负电小球（可视为质点）从A 点由静止开始沿杆下滑．已知重力加速度为g ，A 点距过C 点的水平面的竖直高度为3R ，小球滑到B 点时的速度大小为2gR ．求：
（1）A 、B 两点间的电势差AB U ；
（2）小球滑至C 点时的速度的大小；
（3）若以C 点做为零电势点，试确定A 点的电势．
【答案】 (1) A 、B 两点间的电势差2AB
mg U R q (2) 7C v gR = (3) A mgR 2q
ϕ 【解析】
【分析】
考查带电粒子在复合场中运动中速度、能量问题，根据动能定理计算可得．
【详解】
由动能定理有：
22113222B A E mv mv mg R W =⨯+- 代入数值可解得：12
E W mgR = B 两点间的电势差
2E AB W mg U R q q
小球从B 到C 电场力做的总功为零，由几何关系可得BC 的竖直高度为：32
BC h R =，根据动能定理有： 22311mg 222
C B R mv mv ⨯=- 解得：7C v gR =
小球从A 到C ，重力和电场力均做正功，所以由动能定理有
24C 1mg 3R W mv 2
⨯+=
， 得： #1W mgR 2
=， 电场力做正功，电势能减小．又因为C 点为零电势点，所以电荷-q 在A 点有电势能12pA E mgR =
， 有：
PA A E mgR q 2q
ϕ 【点睛】
当两点电势相等时，电场力做功为零．选择合适的研究阶段，根据动能定理联立可得．计算电势、电势差时一定注意功、电势能、电量的正负．
17． (本题9分)质量为m=0.5kg 的电动玩具汽车原来静止在水平面上，接通电动机电源, 使电动机以额定功率P=12W 工作，汽车与水平面间的摩檫阻力大小始终为
2N ，经历一段时间后玩具汽车达到最大速度，开始匀速运动。

求：
（1）恒定功率加速条件下玩具汽车的最大速度v ；
（2）若在t=4s 前汽车己经达到了最大速度，那么这4s 内汽车的位移x 的大小。

【答案】（1）
（2） 【解析】
【分析】
（1）当牵引力等于阻力时，速度最大，根据求出汽车的最大速度．（2）抓住功率不变，结合动能定理求出汽车在4s内通过的位移x的大小．
【详解】
(1)当玩具电动汽车达到最大速度时，牵引力大小等于阻力f的大小
则有：
解得：
(2)在4S内玩具电动汽车的电功率不变，阻力大小不变
对其应用动能定理可得：
解得：x=19.5m
【点睛】
本题考查了机车的启动，知道发动机功率与牵引力、速度的关系，知道加速度为零时，速度最大．对于变加速直线运动，不能通过动力学知识求解位移，只能通过动能定理进行求解．。