玉林市2016_2017学年高一物理下学期期末试题
广西玉林市容县高级中学2016-2017学年高一下学期期末物理试卷含解析
广西玉林市容县高级中学2016—2017学年高一(下）期末物理试卷解析版一.选择题1．假如一做圆周运动的人造卫星的轨道半径r增为原来的2倍，则（）A．据v=rω可知，卫星的线速度将变为原来的2倍B．据F=可知,卫星所受的向心力减为原来的C．据F=可知，地球提供的向心力减为原来的D．由=mω2r可知，卫星的角速度将变为原来的倍【分析】人造地球卫星的轨道半径增大到原来2倍时，角速度减小，线速度减小,由数学知识分析线速度和向心力的变化．根据公式F=可分析向心力的变化．【解答】解：AD、卫星绕地球做匀速圆周运动,万有引力提供向心力,则G=mω2r，解得,卫星的角速度ω=,则知当人造卫星的轨道半径r增为原来的2倍时，其角速度减小,变为原来的倍，根据v=rω可知,卫星的线速度将变为原来的倍，故AD错误．B、由G=m，解得,卫星的线速度v=,则知线速度变为原来倍．据F=可知,卫星所受的向心力减为原来的倍，故B错误．C、据F=可知，卫星的轨道半径r增为原来的2倍时,其他量不变,则地球提供的向心力减为原来的，故C正确．故选：C【点评】本题要应用控制变量法来理解物理量之间的关系,要注意卫星的线速度、角速度等描述运动的物理量都会随半径的变化而变化．2．如图所示，将篮球从同一位置斜向上抛出，其中有两次篮球垂直撞在竖直墙上，不计空气阻力，则下列说法中正确的是（）A．篮球两次撞墙的速度可能相等B．从抛出到撞墙，第二次球在空中运动的时间较短C．篮球两次抛出时速度的竖直分量可能相等D．抛出时的动能，第一次一定比第二次大【考点】43:平抛运动．【分析】采用逆向思维，篮球做平抛运动，根据高度比较运动的时间,抓住水平位移相等，比较撞墙的速度．根据平行四边形定则，比较篮球抛出时的速度．【解答】解：AB、将篮球的运动反向处理，即为平抛运动，第二次下落的高度较小，根据t=知，第二次球在空中运动的时间较短,由于水平位移相等，可知第二次撞墙的速度较大，故A错误,B正确．CD、根据v y=gt知，第二次抛出时速度的竖直分量较小，根据速度的合成可知，不能确定抛出时的速度大小，动能大小不能确定，故CD错误．故选：B．3。
___2016-2017学年高一下学期期末考试物理试题(Word版含答案)
___2016-2017学年高一下学期期末考试物理试题(Word版含答案)本试卷共分两部分，第一部分为选择题，共12题，每题4分，共48分，考试时间为90分钟。
第二部分为非选择题，考生需要在规定时间内回答问题。
1.选项A中的“古希腊科学家___是代表”和选项B中的“17世纪，德国天文学家___提出___三大定律”是正确的，选项C中的“比较准确地测出了引力常量”也是正确的，选项D中的“应用万有引力定律，计算并观测到海王星”也是正确的。
因此，没有选项是错误的。
2.选项C中的“做匀速圆周运动的物体，线速度和角速度都保持不变”是正确的，选项A中的“物体做曲线运动，其合外力可能为___”是错误的，选项B中的“决定平抛运动物体飞行时间的因素是初速度”是正确的，选项D中的“地球上的物体随地球自转的向心加速度的大小在地球上各处都一样大”是错误的。
3.齿轮A的角速度比C的大，齿轮A与B角速度大小相等，齿轮B与C边缘的线速度大小相等，齿轮A边缘的线速度比C边缘的大。
这些都是根据齿轮的大小关系得出的。
4.当水速突然变大时，对运动员渡河时间和经历的路程产生的影响是路程变大，时间延长。
这是因为水速变大会减慢运动员的速度，导致他需要更长的时间才能到达对岸。
5.选项A中的“若把斜面从C点锯断，由机械能守恒定律知物体冲出C点后仍能升高h”是正确的，选项B中的“若把斜面弯成如图所示的半圆弧状，物体仍能沿AB升高h”是错误的，选项C中的“若把斜面从C点锯断或弯成如图所示的半圆弧状，物体都不能升高h，因为机械能不守恒”也是错误的，选项D中的“若把斜面从C点锯断或弯成如图所示的半圆弧状，物体都不能升高h，但机械能仍守恒”是正确的。
6.质点自P滑到Q的过程中，克服摩擦力所做的功为111π。
这是根据公式W=μmgR(1-cosθ)得出的，其中μ为摩擦系数，m为质量，g为重力加速度，R为半径，θ为滑动角度。
7、关于力的冲量，正确的说法是：B、作用在物体上的力大，力的冲量不一定大。
广西玉林市容县2016-2017学年高一物理下学期期末考试试题(含解析)
广西玉林市容县2016-2017学年高一第二学期期末考试物理试题一、选择题1. 假设人造地球卫星做匀速圆周运动，当它的轨道半径增大到原来的2倍时（）A. 根据，卫星受到的向心力增为原来的2倍B. 根据，卫星受到的向心力减为原来的C. 根据，卫星受到的向心力减为原来的D. 根据，卫星受到的向心力保持不变【答案】D【解析】试题分析：当轨道半径变化时，万有引力变化，卫星的角速度随着变化，所以不能根据公式F=mω2•r得卫星受的向心力增为原来的2倍，故A错误；同理，当轨道半径变化时，万有引力变化，卫星的线速度随着变化，故B错误；根据万有引力的表达式，卫星受的向心力减为原来的．故C正确；人造地球卫星的轨道半径增大到原来2倍时，重力加速度也随着变化，故D错误；故选C。
考点：万有引力定律的应用【名师点睛】人造卫星做圆周运动，万有引力提供向心力，卫星的线速度、角速度、周期都与半径有关，讨论这些物理量时要找准公式，正确使用控制变量法。
2. 乘坐如图所示游乐园的过山车时，质量为m的人随车在竖直平面内沿圆周轨道运动.下列说法正确的是（）A. 车在最高点时人处于倒坐状态，全靠保险带拉住，若没有保险带，人一定会掉下去B. 人在最高点时对座位仍可能产生压力，但压力一定小于mgC. 人在最高点和最低点时的向心加速度大小相等D. 人在最低点时对座位的压力大于mg【答案】D【解析】试题分析：当人与保险带间恰好没有作用力，由重力提供向心力时，临界速度为．当速度时，没有保险带，人也不会掉下来．故A错误．当人在最高点的速度人对座位就产生压力．当速度增大到时，压力为3mg，故B错误；在最高点和最低点速度大小不等，根据向心加速度公式可知，人在最高点和最低点时的向心加速度大小不相等，故C错误；人在最低点时，加速度方向竖直向上，根据牛顿第二定律分析可知，人处于超重状态，人对座位的压力大于mg．故D正确．故选D。
考点：牛顿第二定律；向心力【名师点睛】本题是实际问题，考查运用物理知识分析实际问题的能力，关键根据牛顿运动定律分析处理圆周运动动力学问题。
2016-2017学年广西玉林市兴业中学高一(下)期末物理试卷
2016-2017学年广西玉林市兴业中学高一（下）期末物理试卷一.选择题1．（3分）如图所示，A是静止在赤道上的物体，B、C是同一平面内两颗人造卫星．B位于离地高度等于地球半径的圆形轨道上，C是地球同步卫星．则以下判断正确的是（）A．卫星B的速度大小等于地球的第一宇宙速度B．A、B的线速度大小关系为v A＞v BC．周期大小关系为T A=T C＞T BD．B、C的线速度大小关系为v c＞v B2．（3分）某人以一定的速率垂直于河岸向对岸游去，当河水是匀速运动时，人所游过的路程、过河的时间与水速的关系是（）A．水速大时，路程长，时间短B．水速大时，路程长，时间不变C．水速大时，路程长，时间长D．水速、路程与时间无关3．（3分）一质点在某段时间内做曲线运动，则在这段时间内（）A．速度一定在不断地改变，加速度也一定在不断地改变B．速度一定在不断地改变，加速度可以不变C．速度可以不变，加速度一定在不断地改变D．速度可以不变，加速度也可以不变4．（3分）质量为2kg的质点在x﹣y平面上做曲线运动，在x方向的速度﹣时间图象和y方向的位移﹣时间图象如图所示，下列说法正确的是（）A．质点的初速度为7m/sB．质点所受的合外力为3NC．质点初速度的方向与合外力方向垂直D．2s末质点速度大小为6m/s5．（3分）如图所示，AB为竖直面内圆弧轨道，半径为R，BC为水平直轨道，长度也是R．一质量为m的物体，与两个轨道间的动摩擦因数都为μ，现使物体从轨道顶端A由静止开始下滑，恰好运动到C处停止，那么物体在AB段克服摩擦力所做的功为（）A．μmgR B．μmgπR C．mgR D．（1﹣μ）mgR6．（3分）如图所示，以9.8m/s的水平速度v0抛出的物体，飞行一段时间后，垂直地撞在倾角θ为30°的斜面上，可知物体完成这段飞行的时间是（）A．s B．s C．s D．2 s7．（3分）如图所示，皮带传动装置上有A、B、C三点，OA=O′C=r，O′B=2r，则皮带轮转动时下列关系成立的（）A．v A=v B，v B=v C B．ωA=ωB，v B＞v C C．v A=v B，ωB=ωC D．ωA＞ωB，v B=v C 8．（3分）关于铁路转弯处内外轨道间有高度差，下列说法正确的是（）A．可以使列车顺利转弯，减小车轮与铁轨间的侧向挤压B．因为列车转弯时要受到离心力的作用，故一般使外轨高于内轨，以防列车翻倒C．因为列车转弯时有向内侧倾倒的可能，故一般使内轨高于外轨，以防列车翻倒D．以上说法都不正确9．（3分）在下面列举的各个实例中，哪些情况机械能是守恒的？（）A．汽车在水平面上匀速运动B．羽毛球比赛中在空中运动的羽毛球C．拉着物体沿光滑斜面匀速上升D．如图所示，在光滑水平面上运动的小球碰到一个弹簧，把弹簧压缩后，又被弹回来10．（3分）用细线悬吊着一个质量为m的小球，使小球在水平面内做匀速圆周运动，细线与竖直方向夹角为α，线长为L，如图所示，下列说法中正确的是（）A．小球受重力、拉力、向心力B．小球受重力、拉力，两者的合力提供向心力C．小球受重力、拉力，拉力提供向心力D．小球受重力、拉力，重力提供向心力11．（3分）下列运动中，在任何1s的时间间隔内运动物体的速度改变量完全相同的有（空气阻力不计）（）A．自由落体运动B．平抛物体的运动C．竖直上抛物体运动D．匀速圆周运动12．（3分）关于曲线运动的速度，下列说法正确的是（）A．速度的大小与方向都在时刻变化B．速度的大小不断发生变化，速度的方向不一定发生变化C．速度的方向不断发生变化，速度的大小不一定发生变化D．质点在某一点的速度方向是在曲线的这一点的切线方向13．（3分）在发射某人造地球卫星时，首先让卫星进入低轨道，变轨后进入高轨道，假设变轨前后该卫星都在做匀速圆周运动，不计卫星质量的变化，若变轨后的动能减小为原来的，则卫星进入高轨道后（）A．轨道半径为原来的2倍B．角速度为原来的C．向心加速度为原来的D．周期为原来的8倍14．（3分）关于第一宇宙速度，下列说法中正确的是（）A．它是人造地球卫星绕地球飞行的最小速度B．它是近地圆轨道上人造卫星的最大运行速度C．它能使卫星进入近地圆形轨道的最小发射速度D．它是卫星在椭圆轨道上运行时在近地点的速度15．（3分）下列关于匀速圆周运动的说法中，正确的是（）A．线速度不变B．角速度不变C．加速度为零D．周期不变二、填空题16．利气垫导轨验证机械能守恒定律．实验装示意图如图1所示：（1）实验步骤：①将气垫导轨放在水平桌面上，桌面高度不低于1m，将导轨调至水平．②用游标卡尺测量挡光条的宽度L，结果如图所示，由此读出L=mm．③由导轨标尺读出两光电门中心之间的距离x④将滑块移至光电门1左侧某处，待砝码静止不动时，释放滑块，要求砝码落地前挡光条已通过光电门2．⑤从数字计时器（图中未画出）上分别读出挡光条通过光电门1和光电门2所用的时间△t1和△t2．⑥用天平称出滑块和挡光条的总质量M，再称出托盘和砝码的总质量m．（2）用表示直接测量量的字写出下列所求物理量的表达式：①当滑块通过光电门1和光电门2时，系统（包括滑块、挡光条、托盘和码）的总动能分别为E k1=和E k2=．②如果表达式成立，则可认为验证了机械能守恒定律．17．第一宇宙速度是指卫星在近地轨道绕地球做匀速圆周运动的速度，也是绕地球做匀速圆周运动的速度．第一宇宙速度也是将卫星发射出去使其绕地球做圆周运动所需要的最小发射速度，其大小为km/s．18．如图所示是某同学探究动能定理的实验装置．已知重力加速度为g，不计滑轮摩擦阻力．该同学的实验步骤如下：a．将长木板倾斜放置，小车放在长木板上，长木板旁放置两个光电门A和B，砂桶通过滑轮与小车相连．b．调整长木板倾角，使得小车恰好能在细绳的拉力作用下匀速下滑．测得砂和砂桶的总质量为m．c．某时刻剪断细绳，小车由静止开始加速运动．d．测得挡光片通过光电门A的时间为△t1，通过光电门B的时间为△t2，挡光片宽度为d，小车质量为M，两个光电门A和B之间的距离为L．e．依据以上数据探究动能定理．（1）根据以上步骤，你认为以下关于实验过程的表述正确的是．A．实验时，先接通光电门，后剪断细绳B．实验时，小车加速运动的合外力为F=MgC．实验过程不需要测出斜面的倾角D．实验时，应满足砂和砂桶的总质量m远小于小车质量M（2）小车经过光电门A、B的瞬时速度为v A=、v B=．如果关系式在误差允许范围内成立，就验证了动能定理．三、计算题（要求写出必要的文字说明、主要方程式和重要演算步骤，有数值计算的要明确写出数值和单位，只有最终结果的不得分）19．如图所示，半径R=1m的光滑半圆轨道AC与高h=8R的粗糙斜面轨道BD放在同一竖直平面内，BD部分水平长度为x=6R．两轨道之间由一条光滑水平轨道相连，水平轨道与斜轨道间有一段圆弧过渡。
广西玉林市博白县高级中学2016-2017学年高一(下)期末物理试卷(解析版)
广西玉林市博白县高级中学2016-2017学年高一（下）期末物理试卷解析版一.选择题1.如图所示，质量为m的小球固定在杆的一端，在竖直面内绕杆的另一端做圆周运动，当小球运动到最高点时，瞬时速度v=，R是球心到O点的距离，则当球运动到最低点时对杆的作用力是（）A．6mg的拉力B．6mg的压力C．7mg的拉力D．7mg的压力【分析】根据动能定理求出小球运动到最低点的速度，结合牛顿第二定律求出在最低点杆子对小球的作用力，从而得出球对杆的作用力大小．【解答】解：根据动能定理得，，解得最低点速度，根据牛顿第二定律得，F﹣mg=m，解得F=6mg，表现为拉力，故A正确，B、C、D错误．故选：A．【点评】解决本题的关键知道小球做圆周运动向心力的来源，结合牛顿第二定律进行求解，难度不大．2．如图所示，一物体以速度v0冲向光滑斜面AB，并能沿斜面升高h，下列说法正确的是（）A．若把斜面从C点锯断，由机械能守恒定律知，物体冲出C点后仍能升高hB．若把斜面弯成如图所示的半圆弧形，物体仍能沿AB升高hC．若把斜面从C点锯断或弯成如图所示的半圆弧状，物体都不能升高h，因为机械能不守恒D．若把斜面从C点锯断或弯成如图所示的半圆弧状，物体都不能升高h，但机械能仍守恒【考点】6C：机械能守恒定律；4A：向心力．【分析】物体上升过程中只有重力做功，机械能守恒；斜抛运动运动最高点，速度不为零；AB′轨道最高点，合力充当向心力，速度也不为零．【解答】解：A、若把斜面从C点锯断，物体冲过C点后做斜抛运动，由于物体机械能守恒，同时斜抛运动运动最高点，速度不为零，故不能到达h高处，故A错误；B、若把斜面弯成圆弧形，如果能到圆弧最高点，即h处，由于合力充当向心力，速度不为零，根据机械能守恒知，物体沿AB′升高的高度小于h，故B错误，C、D、无论是把斜面从C点锯断或把斜面弯成圆弧形，物体都不能升高h，但物体的机械能仍守恒，故C错误，D正确；故选：D．3．在不计空气阻力的情况下，下列运动中加点物体机械能守恒的是（）A．雨滴．．随摩天轮在竖直面内匀速转动的过程．．在空中匀速下落 B．乘客C．物体．．被起重机悬吊着匀加速上升．．在光滑的固定斜面上滑行 D．重物【考点】6C：机械能守恒定律．【分析】物体机械能守恒的条件是只有重力或者是弹力做功，根据机械能守恒的条件逐个分析物体的受力的情况，即可判断物体是否是机械能守恒．【解答】解：A，雨滴在空中匀速下落时，动能不变，重力势能减小，故机械能不守恒，故A错误；B、乘客随摩天轮在竖直面内匀速转动的过程中，动能不变，重力势能变化，故机械能变化，故B错误；C、物体在光滑的固定斜面上滑行时，只有重力做功；故机械能守恒，故C正确；D、重物被起重机悬吊着匀加速上升时，动能增加，重力势能增加，故机械能增加，故D错误．故选：C．4.如图所示，水平的木板B托着木块A一起在竖直平面内做匀速圆周运动，从水平位置a 沿逆时针方向运动到最高点b的过程中（）A．B对A的支持力越来越大B．A对B的正压力越来越大C．B对A的摩擦力越来越小D．B对A的摩擦力越来越大【分析】物块A做匀速圆周运动靠合力提供向心力．在a运动到b的过程中，木块受重力、支持力和静摩擦力．【解答】解：A在运动的过程中受重力、支持力、静摩擦力，三个力的合力提供向心力．合力沿水平方向的分力等于A所受的摩擦力，合力沿竖直方向的分力等于重力和支持力的合力，合力的大小不变，由a到b的运动过程中，合力沿水平方向的分力减小，所以摩擦力减小．合力沿竖直方向的分力逐渐增大，所以支持力逐渐减小．故C正确，ABD错误．故选：C．【点评】解决本题的关键知道A所受的合力提供向心力，向心力大小不变，知道A所受合力在竖直方向的分力等于重力和支持力的合力，在水平方向的分力等于摩擦力5．ab是长为l的均匀带电细杆，P1、P2是位于ab所在直线上的两点，位置如图所示．ab 上电荷产生的静电场在P1处的场强大小为E1，在P2处的场强大小为E2．则以下说法正确的是（）A．两处的电场方向相同，E1＞E2B．两处的电场方向相反，E1＞E2C．两处的电场方向相同，E1＜E2D．两处的电场方向相反，E1＜E2【考点】AA：电场的叠加．【分析】由于细杆均匀带电，我们取a关于P1的对称点a′，则a与a′关于P1点的电场互相抵消，整个杆对于P1点的电场，仅仅相对于a′b部分对于P1的产生电场．而对于P2，却是整个杆都对其有作用，所以，P2点的场强大．【解答】解：将均匀带电细杆等分为很多段，每段可看作点电荷．设细杆带正电根据电场的叠加，这些点电荷在P1的合场强方向向左，在P2的合场强方向向右，且E1＜E2．故选D．6．关于物体的动量和动能，下列说法中正确的是（）A．一物体的动量不变，其动能一定不变B．一物体的动能不变，其动量一定不变C．两物体的动量相等，其动能一定相等D．两物体的动能相等，其动量一定相等【考点】52：动量定理；66：动能定理的应用．【分析】动能，动量P=mv，动能与动量之间的大小关系：，动能是标量，动量是矢量，一个物体的动量不变时，动能一定不变，动能不变时，动量的大小一定不变，但方向可能变化；两个物体的动量相等时，只有当质量相等时，动能才相等，两个物体的动能相等时，也只有质量相等时，动量大小才会相等．【解答】解：动能是标量，动量是矢量P=mv，动能与动量之间的大小关系：，A、一物体的动量P不变，其动能E k一定不变，故A正确．B、一物体的动能不变，其动量大小一定不变，但速度的方向可以变化，即动量的方向可以变化．故B错误．C、两物体的动量相等，当两物体的质量相等时，其动能一定相等，当两物体的质量不等时，其动能一定不相等．故C错误．D、两物体动能相等，而质量不等时，其动量也是不相等的．故D错误．故选A．7.如图所示，桌面高为h，质量为m的小球从离桌面高H处自由落下，不计空气阻力，以地面为参考平面，则小球落到地面前瞬间的机械能为（）A．0 B．mgh C．mgH D．mg（H+h）【分析】小球落到地面瞬间重力势能为0，但动能不知道，机械能不好直接确定．但最高点时速度为零，动能为零，机械能很快求出，根据小球下落过程中机械能守恒，落地时与刚下落时机械能相等，就能求出小球落到地面前的瞬间的机械能．【解答】解：以地面为参考平面，小球在最高点时机械能为：E=mg（H+h）小球下落过程中机械能守恒，则小球落到地面前瞬间的机械能等于它在最高点时的机械能，即E′=E=mg（H+h）．故ABC错误，D正确．故选：D．【点评】本题如根据机械能的定义，不好直接求落地时小球的机械能．技巧在于选择研究最高点，此处动能为零，重力势能为mgH，机械能为mgH，运用机械能守恒，从而定出落地时的机械能，方法简单方便．8．某带电粒子仅在电场力作用下由A点运动到B点，电力线、粒子在A点的初速度以及运动轨迹如图所示．由此可以判定（）A．粒子在A点的加速度大于它在B点的加速度B．粒子在A点的动能小于它在B点的动能C．粒子在A点的电势能小于它在B点的电势能D．A点的电势低于B点的电势【考点】A7：电场线；AD：电势差与电场强度的关系．【分析】电场线是从正电荷或者无穷远出发出，到负电荷或无穷远处为止，沿电场线的方向，电势降低，电场线密的地方电场的强度大，电场线疏的地方电场的强度小．【解答】解：A、由电场线可知，B点的电场线密，所以B点的电场强度大，粒子受的电场力大，加速度也就大，即A点的加速度小于它在B点的加速度，所以A错误；B、粒子受到的电场力指向曲线弯曲的内侧，所以受到的电场力的方向是沿电场线向上的，所以粒子从A到B的过程中，电场力做正功，电荷的电势能减小，动能增加，所以粒子在A 点的动能小于它在B点的动能，所以B正确，C错误；D、沿电场线的方向，电势降低，所以A点的电势大于B点的电势，所以D错误．故选B．9．如图所示，乘坐游乐园的翻滚过山车时，质量为m的人随车在竖直平面内旋转，下列说法正确的是（）A．车在最高点时人处于倒坐状态，全靠保险带拉住，没有保险带，人就会掉下来B．人在最高点时对座位不可能产生压力C．人在最低点时对座位的压力等于mg D．人在最低点时对座位的压力大于mg【考点】4A：向心力；37：牛顿第二定律．【分析】车在最高点时，若恰好由重力提供向心力时，人与保险带间恰好没有作用力，没有保险带，人也不会掉下来．当速度更大时，人更不会掉下来．当速度大于临界速度时，人在最高点时对座位就产生压力．人在最低点时，加速度方向竖直向上，根据牛顿第二定律分析压力与重力的关系．【解答】解：A、当人与保险带间恰好没有作用力，由重力提供向心力时，临界速度为v0=．当速度v≥时，没有保险带，人也不会掉下来．故A错误．B、当人在最高点的速度v＞时，人对座位就产生压力．故B错误．C、D人在最低点时，加速度方向竖直向上，根据牛顿第二定律分析可知，人处于超重状态，人对座位的压力大于mg．故C错误，D正确．故选D10.如所示，a是地球赤道上的一点，某时刻在a的正上方有三颗轨道位于赤道平面的卫星b、c、d，各卫星的运行方向均与地球自转方向相同，图中已标出，其中d是地球同步卫星．从该时刻起，经过一段时间t（已知在t时间内三颗卫星都还没有运行一周），各卫星相对a 的位置最接近实际的是图中的（）A．B．C．D．【分析】根据万有引力等于向心力：G=mr知，轨道半径越大，周期越大，则角速度越小，所以经过相同的时间，可以比较出三卫星转过的角度，而同步卫星又与地球保持相对静止．【解答】解：根据知，轨道半径越大，周期越大，则角速度越小，所以经过相同的时间，三个卫星中，b转过的角度最大，c次之，d最小，d为同步卫星，与赤道上的a保持相对静止．故A、B、C错误，D正确．故选：D．【点评】解决本题的关键掌握万有引力提供向心力，知道周期与轨道半径的关系以及知道同步卫星的特点．11.如图所示，某同学将一枚飞镖从高于靶心的位置水平投向竖直悬挂的靶盘，结果飞镖打在靶心的正下方．忽略飞镖运动过程中所受空气阻力，在其他条件不变的情况下，为使飞镖命中靶心，他在下次投掷时应该（）A．换用质量稍大些的飞镖 B．适当增大投飞镖的高度C．到稍远些的地方投飞镖 D．适当增大投飞镖的初速度【分析】飞镖做的是平抛运动，根据平抛运动的规律，水平方向上的匀速直线运动，和竖直方向上的自由落体运动，列方程求解即可．【解答】解：飞镖做的是平抛运动，飞镖打在靶心的正下方说明飞镖竖直方向的位移太大，根据平抛运动的规律可得，水平方向上：x=V0t竖直方向上：h=所以要想减小飞镖竖直方向的位移，在水平位移不变的情况下，可以适当增大投飞镖的初速度来减小飞镖的运动时间，所以D正确，初速度不变时，时间不变，适当增大投飞镖的高度，可以飞镖命中靶心，故B正确；故选BD【点评】本题就是对平抛运动规律的直接考查，掌握住平抛运动的规律就能轻松解决12．如图中虚线为匀强电场中与场强方向垂直的等间距平行直线，两粒子M、N质量相等，所带电荷的绝对值也相等．现将M、N从虚线上的O点以相同速率射出，两粒子在电场中运动的轨迹分别如图中两条实线所示．点a、b、c为实线与虚线的交点．已知O点电势高于c 点，若不计重力，则（）A．M带负电荷，N带正电荷 B．N在a点的速度与M在c点的速度大小相同C．N在从O点运动至a点的过程中克服电场力做功D．M在从O点运动至b点的过程中，电场力对它做的功等于零【考点】AK：带电粒子在匀强电场中的运动；AC：电势．【分析】根据粒子的轨迹可判断粒子的电场力方向，O点电势高于c点，根据电场线与等势线垂直，而且由高电势指向低电势，可判断出电场方向，从而确定出粒子的电性．由动能定理可知，N在a点的速度与M在c点的速度大小相等，但方向不同．N从O点运动至a点的过程中电场力做正功．O、b间电势差为零，由动能定理可知电场力做功为零．【解答】解：A、由题，等势线在水平方向，O点电势高于c点，根据电场线与等势线垂直，而且由高电势指向低电势，可知电场方向竖直向下，根据粒子的轨迹可判断出a粒子所受的电场力方向竖起向上，M粒子所受的电场力方向竖直向下，故知N粒子带负电，M带正电．故A错误；B、由动能定理可知，N在a点的速度与M在c点的速度大小相等，但方向不同，速度不同．故B正确；C、N从O点运动至a点的过程中电场力与速度的夹角为锐角，电场力做正功．故C错误；D、O、b间电势差为零，由动能定理可知M从O点运动至b点的过程中，电场力对它做功为零．故D正确．故选：BD．13．传送带是应用广泛的一种传动装置．在一水平向右匀速运动的传送带的左端A点，每隔相同的时间T，轻放上一个相同的工件．已知工件与传送带间动摩擦因数为μ，工件质量为m．经测量，发现前面那些已经和传送带达到相同速度的工件之间的距离均为L．已知重力加速度为g，下列判断正确的有（）A．传送带的速度大小为 B．工件在传送带上加速时间为C．每个工件与传送带间因摩擦而产生的热量为D．传送带因传送每一个工件而多消耗的能量为【考点】6B：功能关系；37：牛顿第二定律．【分析】工件在传送带上先做匀加速直线运动，然后做匀速直线运动，每个工件滑上传送带后运动的规律相同，通过x=vT求出传送带的速度；根据匀加速度知识求得运动的时间，根据工件和传送带之间的相对路程大小，求出摩擦产生的热量；根据能量守恒知，多消耗的能量一部分转化为工件的动能，一部分转化为摩擦产生的内能．【解答】解：A、工件在传送带上先做匀加速直线运动，然后做匀速直线运动，每个工件滑上传送带后运动的规律相同，可知x=vT=L，解得传送带的速度v=．故A正确．B、设每个工件匀加速运动的时间为t，根据牛顿第二定律得，工件的加速度为 a=μg，根据v=v0+at，解得：t==．故B错误．C、工件与传送带相对滑动的路程为：△x=v•﹣=，则摩擦产生的热量为：Q=μmg△x=．故C错误．D、根据能量守恒得，传送带因传送一个工件多消耗的能量E=mv2+μmg△x=，故D正确．故选：AD．14．如图所示，长为L、倾角为θ=45°的光滑绝缘斜面处于电场中，一带电荷量为+q，质量为m的小球，以初速度v0由斜面底端的A点开始沿斜面上滑，到达斜面顶端的速度仍为v0，则（）A．小球在B点的电势能一定大于小球在A点的电势能B．A、B两点的电势差一定为C．若电场是匀强电场，则该电场的场强的最小值一定是D．若该电场是AC边中垂线上某点的点电荷Q产生的，则Q一定是正电荷【考点】AD：电势差与电场强度的关系；AE：电势能．【分析】根据动能定理和电场力做功公式结合，求解A、B两点的电势差．根据电场力做功的正负，判断小球电势能的大小，当电场力做正功时，小球电势能减小；相反，电势能增大．若电场是匀强电场，根据力学知识确定电场力的最小值，再确定场强的最小值．【解答】解：A、小球在运动的过程中，受重力、支持力和电场力，重力做负功，支持力不做功，电场力就做正功．故A点的电势高，小球在A点的电势能大．故A错误；B、A到B速度未变，说明重力做功等于电场力做功．则．故B正确；C、若电场是匀强电场，电场力恒定，根据共点力的平衡可得，若电场强度与运动方向不共线，且与斜面的夹角小于θ时，则电场力、斜面的支持力与重力相平衡，因此小球受到的电场力可能等于重力mg，此时的电场强度等于，故C正确；D、如果Q在AC边中垂线上AB的下方时，若点电荷Q是正电荷，由于B到Q的距离BQ大于A到Q的距离AQ，所以小球在B点的电势能小于A点的，则Q是正电荷；如果Q在AC边中垂线上AB的上方时，若点电荷Q是正电荷，由于B到Q的距离BQ小于A到Q的距离AQ，所以小球在B点的电势能大于A点的，与“小球在B点的电势能比A点的小”矛盾，故Q 是负电荷．故D错误．故选：BC15．如图所示，轻质弹簧一端固定，另一端与质量为m、套在粗糙竖直固定杆A处的圆环相连，弹簧水平且处于原长．圆环从A处由静止释放后，经过B处速度最大，到达C处（AC=h）时速度减为零．若在此时给圆环一个竖直向上的速度v，它恰好能回到A点．弹簧始终在弹性限度内，重力加速度为g，则圆环（）A．下滑过程中，加速度一直增大 B．上下两次经过B点的速度大小相等C．下滑过程中，克服摩擦力做的功为mv2D．在C处弹簧的弹性势能为 mgh﹣mv2【考点】6B：功能关系；37：牛顿第二定律．【分析】根据圆环的运动情况分析下滑过程中加速度的变化；研究圆环从A处由静止开始下滑到C和在C处获得一竖直向上的速度v，恰好能回到A两个过程，运用动能定理列出等式求解；研究圆环从A处由静止开始下滑到B过程和圆环从B处上滑到A的过程，运用动能定理列出等式，比较两次经过B点时速度大小．【解答】解：A、圆环从A处由静止开始下滑，经过B处的速度最大，到达C处的速度为零，所以圆环先做加速运动，再做减速运动，经过B处的速度最大，加速度为零，所以加速度先减小，后增大，故A错误B、研究圆环从A处由静止开始下滑到B过程，运用动能定理列出等式mgh′﹣W′f﹣W′弹=﹣0研究圆环从B处上滑到A的过程，运用动能定理列出等式﹣mgh′﹣W′f+W′弹=0﹣即得mgh′+W′f﹣W′弹=由于W′f＞0，所以＞，可知上滑经过B的速度大于下滑经过B的速度，故B错误．C、研究圆环从A处由静止开始下滑到C过程，运用动能定理列出等式mgh﹣W f﹣W弹=0﹣0=0在C处获得一竖直向上的速度v，恰好能回到A，运用动能定理列出等式﹣mgh+W弹﹣W f=0﹣mv2解得：下滑过程中，克服摩擦力做的功W f=mv2，故C正确．D、由上解得 W弹=mv2﹣mgh，所以在C处，弹簧的弹性势能为mgh﹣mv2，故D正确；故选：CD二、填空题14．某学习小组欲验证动能定理，他们在实验室找到了打点计时器、学生电源、导线、细线、复写纸、纸带、长木板、滑块、沙及沙桶，组装了一套如图所示的实验验证装置．若你是小组中的一位成员，为了完成该验证实验，（1）你认为还需要的器材有；（2）实验时为了使得沙和沙桶的总重力可作为滑块受到的合外力，应做两方面减少误差的措施：a．细沙和沙桶的总质量应满足；b．将长木板左端适当垫高的目的是．【考点】MJ：探究功与速度变化的关系．【分析】（1）根据实验原理，得到需要验证的表达式，从而确定需要的器材；（2）实验要测量滑块动能的增加量和合力做的功，用沙和沙桶的总质量表示滑块受到的拉力，对滑块受力分析，受到重力、拉力、支持力和摩擦力，要使拉力等于合力，必须使重力的下滑分量等于摩擦力；同时重物加速下降，处于失重状态，故拉力小于重力，可以根据牛顿第二定律列式求出拉力表达式分析讨论．【解答】解：（1）实验要验证动能增加量和总功是否相等，故需要求出总功和动能，故还要天平和刻度尺，还需要的使用汽车有：天平，刻度尺；（2）a、沙和沙桶加速下滑，处于失重状态，其对细线的拉力小于重力，设拉力为T，根据牛顿第二定律得：对沙和沙桶：mg﹣T=ma 对小车：T=Ma 解得：T=mg，故当M＞＞m时，有T≈mg；b、小车下滑时受到重力、细线的拉力、支持力和摩擦力，要使拉力等于合力，则应该用重力的下滑分量来平衡摩擦力，故可以将长木板的一段垫高；故答案为：（1）刻度尺、天平；（2）a、细沙和沙桶的质量应远小于滑块的质量；b、平衡摩擦力．17.在“探究平抛运动规律”的实验中：①在“探究平抛运动规律”的实验时，让小球多次沿同一轨道运动，为了能较准确地描出运动轨迹，A．通过调节使斜槽的末端保持B．每次释放小球的位置必须（填“相同”或者“不同”）C．每次必须由释放小球（“运动”或者“静止”）D．小球运动时不应与木板上的白纸相接触E．将球的位置记录在纸上后，取下纸，将点连成（“折线”或“直线”或“光滑曲线”）（2）某同学在做“研究平抛物体的运动”的实验中，忘记记下小球抛出点的位置O，如图所示，A为物体运动一段时间后的位置．g取10m/s2，根据图象，可知平抛物体的初速度为2.0m/s．【分析】（1）根据实验的原理以及注意事项确定正确的操作步骤．（2）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，结合水平位移和时间间隔求出初速度．【解答】解：（1）A、为了保证小球的初速度水平，通过调节使斜槽的末端保持水平．BC、为了保证每次小球平抛运动的初速度相等，让小球从斜槽的同一位置由静止释放，即每次小球释放位置必须相同，必须由静止释放小球．E、将球的位置记录在纸上后，取下纸，将点连成光滑曲线．（2）在竖直方向上，根据△y=gT2得，T=，则初速度．故答案为：（1）A、水平，B、相同，C、静止，E、光滑曲面，（2）2.0．【点评】解决本题的关键知道实验的原理以及注意事项，知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，结合运动学公式和推论灵活求解．三、计算题：18.某战士在倾角为30°的山坡上进行投掷手榴弹训练．他从A点以某一初速度m/s沿水平方向投出手榴弹后落在B点．该型号手榴弹从拉动弹弦到爆炸需要5s的时间，空气阻力不计，（g=10m/s2）求：（1）若要求手榴弹正好在落地时爆炸，问战士从拉动弹弦到投出所用的时间是多少？（2）点AB的间距s是多大？【分析】平抛运动是具有水平方向的初速度只在重力作用下的运动，是一个匀变速曲线运动．解决平抛运动的方法是把平抛运动分解到水平方向和竖直方向去研究，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做自由落体运动．【解答】解：设手榴弹飞行时间为t（1）手榴弹的水平位移x=v0t手榴弹的竖直位移且h=xtan30°解得 t=3s，h=45 m战士从拉动弹弦到投出所用的时间t0=5s﹣t=2.0 s（2）点AB的间距解得 s=90 m答：（1）若要求手榴弹正好在落地时爆炸，问战士从拉动弹弦到投出所用的时间是2s；（2）点AB的间距s是90m【点评】本题是对平抛运动基本概念和基本公式的考察，难度不大，本题是将位移分解成水平和竖直两个方向，由位移公式求解．19．在如图所示的竖直平面内，物体A和带正电的物体B用跨过定滑轮的绝缘轻绳连接，分别静止于倾角θ=37°的光滑斜面上的M点和粗糙绝缘水平面上，轻绳与对应平面平行．劲度系数K=5N/m的轻弹簧一端固定在0点，一端用另一轻绳穿过固定的光滑小环D与A相连，弹簧处于原长，轻绳恰好拉直，DM垂直于斜面．水平面处于场强E=5×104N/C、方向水平向右的匀强电场中．已知A、B的质量分别为m A=0.1kg和m B=0.2kg，B所带电荷量q=+4×l0﹣6C．设两物体均视为质点，不计滑轮质量和摩擦，绳不可伸长，弹簧始终在弹性限度内，B 电量不变．取g=lOm/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8．（1）求B所受静摩擦力的大小；（2）现对A施加沿斜面向下的拉力F使A以加速度a=0.6m/s2开始做匀加速直线运动．A从M到N的过程中，B的电势能增加了△E p=0.06J．已知DN沿竖直方向，B与水平面间的动摩擦因数μ=0.4．求A到达N点时拉力F的瞬时功率．【考点】AG：匀强电场中电势差和电场强度的关系；27：摩擦力的判断与计算；63：功率、平均功率和瞬时功率．【分析】（1）分别对A和B受力分析，根据共点力平衡求出B所受摩擦力的大小．（2）通过电势能的变化，得出电场力做功，从而得出B移动的距离，根据几何关系求出弹簧的形变量，通过对A在N点、以及B受力分析，根据牛顿第二定律结合胡克定律，求出拉力F的大小，【解答】解：（1）F作用之前，AB处于静止状态，设B所受的静摩擦力大小为 f0，AB间的绳子的张力为F T，据题意静止时受力分析如图所示，由平衡条件得：对A有：m A gsinθ=F T…①对B有：qE+f0=F T…②。
广西玉林市玉林高级中学2016-2017学年高一(下)期末物理试卷
广西玉林市玉林高级中学2016-2017学年高一（下）期末物理试卷一.选择题1.如图所示，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Q点．轨道2、3相切于P点（如图），则当卫星分别在1、2、3轨道正常运行时，下列说法中不正确的是（）A．卫星在轨道3上的周期小于在轨道1上的周期B．卫星在轨道3上的速率小于在轨道1上的速率C．卫星在轨道2上运行时，经过Q点时的速率大于经过P点时的速率D．卫星在轨道2上运行时，经过Q点时加速度大于经过P点的加速度2．地球上极地处的重力加速度为a，赤道处的重力加速度为g，地球自转的角速度为ω1．要使赤道上的物体“飘”起来，则地球自转的角速度需达到ω2．则ω1与ω2的比值为（）A．B．C．D．3．如图所示，a、b、c三个相同的小球，a从光滑斜面顶端由静止开始自由下滑，同时b、c从同一高度分别开始自由下落和平抛．下列说法正确的有（）A．重力做功大小相等 B．它们的末动能相同C．运动过程中的重力平均功率相等 D．它们落地时重力的瞬时功率相等4. 在物理学发展史上，许多科学家通过不懈的努力，取得了辉煌的研究成果，下列表述符合物理学史实的是A. 牛顿发现了万有引力定律并测出万有引力常量B. 哥白尼提出了日心说，并发现了行星是沿椭圆轨道绕太阳运行的C. 第谷通过大量运算分析总结出了行星运动的三条运动规律D. 卡文迪许通过实验测出了万有引力常量5．一个排球在A点被竖直抛出时动能为20J，上升到最大高度后，又回到A点，动能变为12J，设排球在运动中受到的阻力大小恒定，则（）A．上升到最高点过程重力势能增加了20J B．从最高点回到A点过程克服阻力做功4J C．上升到最高点过程机械能减少了8J D．从最高点回到A点过程重力势能减少了12J6.质点仅在恒力F的作用下，由O点运动到A点的轨迹如图所示，在A点时速度的方向与x 轴平行，则恒力F的方向可能沿A. x轴正方向B. x轴负方向C. y轴正方向D. y轴负方向7．关于开普勒行星运动定律，下列说法错误的是（）A．所有行星绕太阳运动的轨道都是椭圆，太阳处在椭圆的一个焦点上B．对任意一个行星来说．它与太阳的连线在相等的时间扫过的面积相等C．所有行星的轨道的半长轴的二次方跟公转周期的三次方的比值相等D．开普勒关于行星运动的描述为万有引力定律的发现奠定基础8．如图所示，光滑半球形容器固定在水平面上，O为球心，一质量为m的小滑块，在水平力F的作用下静止P点．设滑块所受支持力为F N．OP与水平方向的夹角为θ．下列关系正确的是（）A．F=B．F=mgtanθC．F N=D．F N=mgtanθ9. 甲、乙为两颗地球卫星，其中甲为地球同步卫星，乙的运行高度低于甲的运行高度，两卫星轨道均可视为圆轨道｡以下判断正确的是A. 甲的周期小于乙的周期B. 乙的速度大于第一宇宙速度C. 甲的加速度小于乙的加速度D. 甲在运行时能经过北极的正上方10．如图所示，小物体A与水平圆盘保持相对静止，跟着圆盘一起做匀速圆周运动，则A 的受力情况是（）A．受重力、支持力 B．受重力、支持力和指向圆心的摩擦力C．重力、支持力、向心力、摩擦力 D．以上均不正确11．如图所示，一斜面固定在水平地面上，现将一小球从斜面上P点以某一初速度水平抛出，它在空中飞行的水平位移是x1，若将初速度大小变为原来的2倍，空中飞行的水平位移是x2，不计空气阻力，假设小球落下后不反弹，则x1和x2的大小关系可能正确的是（）A．x2=3x1B．x2=4x1C．x2=5x1D．x2=6x112. 某人用手将1kg物体由静止向上提起1m, 这时物体的速度为2m/s, 则下列说法正确的是（）A. 对物体做功12JB. 合外力做功2JC. 外力做功12JD. 物体克服重力做功-10J13．半径为R的圆桶，固定在小车上．一光滑小球静止在圆桶的最低点，如图所示．小车、圆筒和小球一起，以速度v向右匀速运动．当小车遇到障碍物突然停止时，小球在圆桶中上升的高度可能是（）A．等于B．大于C．等于2R D．小于2R14．小球质量为m，用长为L的轻质细线悬挂在O点，在O点的正下方处有一钉子P，把细线沿水平方向拉直，如图所示，无初速度地释放小球，当细线碰到钉子的瞬间，设线没有断裂，则下列说法正确的是（）A．小球的角速度突然增大 B．小球的瞬时速度突然增大C．小球的向心加速度突然增大 D．小球对悬线的拉力突然增大15. 如图，A、D分别是斜面的顶端和底端，B、C是斜面上的两个点，且AB=BC=CD，E点在D点的正上方，与A等高｡从E点以不同的水平速度抛出质量相等的两个小球(不计空气阻力)，球1落在B点，球2落在C点，两球从抛出到落在斜面上的运动过程中的说法正确的是A. 球1和球2运动时的加速度大小之比为1∶2B. 球1和球2动能增加量之比为1∶2C. 球1和球2抛出时初速度大小之比为2∶1D. 球1和球2运动的时间之比为1∶二、实验探究题16．在用落体法“验证机械能守恒定律”实验时，某同学按照正确的步骤操作（如图1），并选得一条如图2所示的纸带．其中O是起始点，A、B、C是打点计时器连续打下的3个点，该同学用毫米刻度尺测量O到A、B、C各点的距离，并记录在图2中（单位cm），重锤质量为0.5kg，重力加速度g=9.80m/s2．（1）根据图2中的数据，可知重物由O点运动到B点，重力势能减少量△E p=0.610J，动能的增加量△E k=0.599J．（计算结果保留3位有效数字）（2）重力势能的减少量△E p往往大于动能的增加量△E k，这是因为．（3）他进一步分析，发现本实验存在较大误差，为此设计出用如图3所示的实验装置来验证机械能守恒定律．通过电磁铁控制的小铁球从A点自由下落，下落过程中经过光电门B 时，通过与之相连的毫秒计时器（图中未画出）记录挡光时间t，用毫米刻度尺测出AB之间的距离h，用精密仪器测得小铁球的直径d．重力加速度为g．实验前应调整光电门位置使小球下落过程中球心通过光电门中的激光束．题中所给的d、t、h、g应满足关系式，方可验证机械能守恒定律．（4）比较两个方案，改进后的方案相比原方案的优点是：．17．某实验小组用如图所示的实验装置和实验器材做“探究功与速度变化的关系”实验，在实验中，该小组同学把砂和砂桶的总重力当作小车受到的合外力．（1）为了保证实验结果的误差尽量小，在实验操作中，下面做法必要的是．A．实验前要对装置进行平衡摩擦力的操作B．实验操作时要先放小车，后接通电源C．在利用纸带进行数据处理时，所选的两个研究点离得越近越好D．在实验过程中要保证砂和砂桶的总质量远小于小车的质量（2）除实验装置中的仪器外，还需要的测量仪器有，．18. 如图所示为一小球做平抛运动的闪光照片的一部分，图中背景方格的边长均为4.9cm，如果g取9.8m/s2，那么:（1）闪光的时间间隔是_______s;（2）小球运动中水平分速度的大小是_______m/s;（3）小球经过B点时竖直向下的分速度大小是_______m/s｡三、计算题：解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分，有数值运算的题，答案中必须明确写出数值和单位．19．汽车发动机的额定功率为40kW，质量为2000kg，当汽车在水平路面上行驶时受到阻力为车重的0.1倍，（g=10m/s2）①汽车在路面上能达到的最大速度？②若以恒定功率启动，当汽车速度为10m/s时的加速度是多少？20．如图所示，水平传送带以速率v=3m/s匀速运行．工件（可视为质点）以v0=1m/s的速度滑上传送带的左端A，在传送带的作用下继续向右运动，然后从传送带右端B水平飞出，落在水平地面上．已知工件的质量m=1kg，工件与传送带之间的动摩擦因数μ=0.1，抛出点B距地面的高度h=0.80m，落地点与B点的水平距离x=1.2m，g=10m/s2．传送带的轮半径很小．求：（1）工件离开B点时的速度；（2）在传送工件的过程中，a．传送带对工件做的功；b．传送此工件由于摩擦产生的热量．21. 一颗卫星以轨道半径r绕地球做匀速圆周运动．已知引力常量为G，地球半径R，地球表面的重力加速度g，求：（1）地球的质量M；（2）该卫星绕地球运动的线速度大小v。
广西玉林市高一物理下学期期末试卷(含解析)
2016-2017学年广西玉林市高一（下）期末物理试卷一、选择题（每小题4分，共56分．1-9题只有一个选项正确，10-14有二个或二个以上选项正确．）1．下列关于质点的说法中正确的是（）A．质点就是体积很小的物体B．只有做直线运动的物体才能看成质点C．转动着的物体不可以看成质点D．任何物体在一定的条件下都可以看成质点2．下列各组物理量中，全部是矢量的是（）A．位移、时间、速度、加速度B．质量、路程、速率、时间C．速度、平均速度、位移、加速度D．位移、路程、时间、加速度3．关于重心，下列说法正确的是（）A．物体的重心一定在物体上B．物体的质量全部集中在重心上C．物体的重心位置跟物体的质量分布情况和物体的形状有关D．物体的重心跟物体的质量分布没有关系4．一根轻质弹簧，竖直悬挂，原长为10cm．当弹簧下端挂2.0N的重物时，伸长1.0cm；则当弹簧下端挂8.0N的重物时，弹簧的长度为（）A．4.0 cm B．14.0 cm C．8.0 cm D．18.0 cm5．如图所示，质量为1kg的物块靠在竖直墙面上，物块与墙面间的动摩擦因数为μ=0.3，垂直于墙壁作用在物块表面的推力F=50N，现物块处于静止状态．则物块所受摩擦力的大小为（）A．10N B．50N C．15N D．3.0N6．如图所示，一质量为m的物体沿倾角为θ的斜面匀速下滑．下列说法正确的是（）A．物体所受合力的方向沿斜面向下B．斜面对物体的支持力等于物体的重力C．物体下滑速度越大，说明物体所受摩擦力越小D．斜面对物体的支持力和摩擦力的合力的方向竖直向上7．三段不可伸长的细绳OA、OB、OC能承受的最大拉力相同，它们共同悬挂一重物，如图所示，其中OB是水平的，A端、B端固定，若逐渐增加C端所挂物体的质量，则最先断的绳是（）A．可能是OB，也可能是OC B．OBC．OC D．OA8．根据牛顿第一定律，下列说法不正确的是（）A．运动员冲刺到终点后，不能马上停下来，还要向前跑一段距离B．自行车紧急刹车，轮子不转了，车子还会向前滑动C．地球由西向东转，我们向上跳起后，还落到原地D．气球吊着物体上升，某时刻绳子突然断了，物体立刻相对于地面向下运动9．物体从某一高处自由落下，落到直立于地面的轻弹簧上，如图所示．在A点物体开始与弹簧接触，到B点物体的速度为0，然后被弹簧弹回．下列说法中正确的是（）A．物体从A下落到B的过程中，加速度不断减小B．物体从B上升到A的过程中，加速度不断减小C．物体从A下落到B的过程中，加速度先减小后增大D．物体从B上升到A的过程中，加速度先增大后减小10．关于力学单位制说法中正确的是（）A．kg、J、N是导出单位B．kg、m、s是基本单位C．在国际单位制中，质量的基本单位是kg，也可以是gD．在国际单位制中，牛顿第二定律的表达式是F=ma11．在跳板比赛中，若某运动员（可看做质点），其速度与时间关系图象如图所示，t=0时是向上起跳瞬间，则下列说法正确的是（）A．t1时刻开始进入水面B．t2时刻开始进入水面C．t3时刻已浮出水面D．0～t2时间内，运动员处于失重状态12．某同学把一体重秤放在电梯的地板上，他站在体重秤上随电梯运动并观察体重秤示数的变化情况．下表记录了几个特定时刻体重秤的示数．（表内时间不表示先后顺序）若已知t0时刻电梯静止，则下列说法错误的是（）A．t1和t2时刻该同学的质量并没有变化，但所受重力发生变化B．t1和t2时刻电梯的加速度方向一定相反C．t3时刻电梯可能向上运动D．t1和t2时刻电梯的加速度大小相等，运动方向不一定相反13．竖直平面内有两个半径不同的半圆形光滑轨道，如图所示，A、M、B三点位于同一水平面上，C、D分别为两轨道的最低点，将两个相同的小球分别从A、B处同时无初速释放．则（）A．通过C、D时，两球的线速度大小相等B．通过C、D时，两球的角速度大小相等C．通过C、D时，两球的机械能相等D．通过C、D时，两球对轨道的压力相等14．如图所示，一根轻弹簧下端固定，竖直静止在水平面上，其正上方A位置处有一个小球．小球从静止开始下落，在B位置接触弹簧的上端，在C位置小球所受弹力大小等于重力，在D 位置小球速度减小到零．在下落阶段（）A．小球在B位置动能最大B．小球在C位置动能最大C．从A→C的过程中，小球重力势能的减少量等于动能的增加量D．从A→D的过程中，小球重力势能的减小量等于弹簧弹性势能的增加量三、实验题（本题共2小题，共12分）15．某物理兴趣小组在探究平抛运动的规律实验时，将小球做平抛运动，用频闪照相机对准方格背景照相，拍摄到了如图所示的照片，但照片上有一破损处．已知每个小方格边长9.8cm，当地的重力加速度为g=9.8m/s2．（1）若以拍摄的第1个点为坐标原点，水平向右和竖直向下为正方向，则照片上破损处的小球位置坐标为．（2）小球平抛的初速度大小为．16．在验证机械能守恒定律的实验中，使质量为m=200g的重物自由下落，打点计时器在纸带上打出一系列的点，选取一条符合实验要去的纸带如图所示，O为纸带下落的起始点，A、B、C为纸带上选取的三个连读点．已知打点计时器每隔T=0.02s打一个点，当地的重力加速度为g=9.8m/s2，那么（1）计算B点瞬时速度时，甲同学用v B2=2gs OB，乙同学用v B=，其中所选方法正确的是（填“甲”或“乙”）同学，他计算的重物的速度v B= m/s；（2）从O点到打下计数点B的过程中，物体重力势能的减小量△E p= J，动能的增加量△E k= J；（以上所有结果均保留三位有效数字）四、计算题（本大题共3小题，共32分．解答时要有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位，只有结果而没有过程的不能得分）17．如图所示，飞机离地面高度为H=500m，水平飞行速度为v1=100m/s，追击一辆速度为v2=20m/s同向行驶的汽车，欲使炸弹击中汽车，飞机应在距离汽车的水平距离多远处投弹？（g=10m/s2）18．在光滑的水平面上有一个质量为m=1kg的小球，小球与水平轻弹簧及与竖直方向成θ=60°角不可伸长的轻绳一端相连，如图所示，此时小球处于静止平衡状态，且水平面对小球的弹力恰好为零，当剪断轻绳的瞬间，求小球的加速度大小和方向．此时轻弹簧的弹力与水平面对小球的弹力的比值为多少？（g=10m/s2）19．如图所示，用绳AB和BC吊起一重物P处于静止状态，AB绳与水平面间的夹角为53°，BC绳与水平面的夹角为37°．（g取10m/s2sin37°=0.6，cos37°=0.8）求：（1）当所挂重物质量为20kg时，两绳子所受拉力各为多大？（2）若AB能承受的最大拉力为500N，BC能承受的最大拉力为400N，为使两绳不断，则所挂物体质量不能超过多少？2016-2017学年广西玉林市陆川中学高一（下）期末物理试卷参考答案与试题解析一、选择题（每小题4分，共56分．1-9题只有一个选项正确，10-14有二个或二个以上选项正确．）1．下列关于质点的说法中正确的是（）A．质点就是体积很小的物体B．只有做直线运动的物体才能看成质点C．转动着的物体不可以看成质点D．任何物体在一定的条件下都可以看成质点【考点】13：质点的认识．【分析】当物体的大小和形状在所研究的问题中能忽略，物体可以看成质点；质点是实际问题的理想化模型．【解答】解：A、质点是理想化的模型，当物体的大小和形状在研究的问题中能忽略，就可以看成质点，不一定体积小、质量小的物体可以看成质点；故A错误；B、曲线运动中，当物体的大小可以忽略不计时，物体就可以简化为质点，故B错误；C、当研究地球的公转周期时，地球可以简化为质点，故C错误；D、质点是理想化的模型，只有当物体的大小和形状在研究的问题中能忽略，才可以看成质点；故D错误；故选：D．2．下列各组物理量中，全部是矢量的是（）A．位移、时间、速度、加速度B．质量、路程、速率、时间C．速度、平均速度、位移、加速度D．位移、路程、时间、加速度【考点】2F：矢量和标量．【分析】既有大小又有方向，相加是遵循平行四边形定则的物理量是矢量，如力、速度、加速度、位移、动量等都是矢量；只有大小，没有方向的物理量是标量，如路程、时间、质量等都是标量．【解答】解：A、时间没有方向为标量，故A错误；B、质量、路程、速率、时间均为标量，故B错误；C、速度、平均速度、位移、加速度这四个物理量均有大小和方向，因此为矢量，故C正确；D、路程、时间只有大小没有方向，因此为标量，故D错误．故选C．3．关于重心，下列说法正确的是（）A．物体的重心一定在物体上B．物体的质量全部集中在重心上C．物体的重心位置跟物体的质量分布情况和物体的形状有关D．物体的重心跟物体的质量分布没有关系【考点】23：重心．【分析】重力的作用点是重心，物体的重心由物体的质量分布与物体的形状决定，物体的重心不一定在物体上．【解答】解：A、物体的重心可能在物体上，也可能在物体之外，故A错误；B、重心只是重力的作用点，物体的质量并不集中在重心上，故B错误；C、物体的重心位置跟物体的质量分布情况和物体的形状有关，故C正确，D错误；故选C．4．一根轻质弹簧，竖直悬挂，原长为10cm．当弹簧下端挂2.0N的重物时，伸长1.0cm；则当弹簧下端挂8.0N的重物时，弹簧的长度为（）A．4.0 cm B．14.0 cm C．8.0 cm D．18.0 cm【考点】2S：胡克定律．【分析】当弹簧下端挂2.0N的重物时，弹簧的拉力等于重物的重力．根据胡克定律求出弹簧的劲度系数．当弹簧下端挂8.0N的重物时，弹簧的拉力等于8N，由胡克定律求出弹簧伸长的长度，加上原长即为弹簧的长度．【解答】解：当弹簧下端挂2.0N的重物时，弹簧的拉力F1=2N，弹簧伸长的长度x1=0.01m，根据胡克定律F=kx，得弹簧的劲度系数N/m当弹簧下端挂8.0N的重物时，弹簧的拉力F2=8N，则弹簧伸长的长度为m，所以弹簧的长度为：l=l0+x2=0.10m+0.04m=0.14m故选：B5．如图所示，质量为1kg的物块靠在竖直墙面上，物块与墙面间的动摩擦因数为μ=0.3，垂直于墙壁作用在物块表面的推力F=50N，现物块处于静止状态．则物块所受摩擦力的大小为（）A．10N B．50N C．15N D．3.0N【考点】2H：共点力平衡的条件及其应用．【分析】先对物块进行受力分析，然后由共点力的平衡的条件列方程求解【解答】解：对物块受力分析，设物块受的重力为G，摩擦力为f，墙支持力为N，示意图如下：根据受力平衡的条件：f=G=10N故选：A．6．如图所示，一质量为m的物体沿倾角为θ的斜面匀速下滑．下列说法正确的是（）A．物体所受合力的方向沿斜面向下B．斜面对物体的支持力等于物体的重力C．物体下滑速度越大，说明物体所受摩擦力越小D．斜面对物体的支持力和摩擦力的合力的方向竖直向上【考点】2H：共点力平衡的条件及其应用；2G：力的合成与分解的运用．【分析】物体沿斜面匀速下滑时合力为零．以物体为研究对象，根据平衡条件求解斜面对物体的支持力及斜面对物体的支持力和摩擦力的合力的方向．【解答】解：A、物体沿斜面匀速下滑时，由平衡条件得知，其合力为零．故A错误．B、斜面对物体的支持力等于物体的重力沿垂直于斜面的分力mgcosθ．故B错误．C、摩擦力等于μmgcosθ，与物体下滑的速度大小无关．故C错误．D、物体匀速下滑过程中，受到重力、斜面对物体的支持力和摩擦力，由平衡条件得知，斜面对物体的支持力和摩擦力的合力的方向与重力方向相反，即为竖直向上．故D正确．故选D7．三段不可伸长的细绳OA、OB、OC能承受的最大拉力相同，它们共同悬挂一重物，如图所示，其中OB是水平的，A端、B端固定，若逐渐增加C端所挂物体的质量，则最先断的绳是（）A．可能是OB，也可能是OC B．OBC．OC D．OA【考点】2H：共点力平衡的条件及其应用；29：物体的弹性和弹力．【分析】以结点O为研究，分析受力情况，根据三个细绳受到的拉力大小，判断哪根绳最先断．【解答】解：以结点O为研究，在绳子均不被拉断时受力图如图．根据平衡条件，结合力图可知：F OA＞F OB，F OA＞F OC，即OA绳受的拉力最大，而细绳OA、OB、OC能承受的最大拉力相同，则当物体质量逐渐增加时，OA绳最先被拉断．故选：D．8．根据牛顿第一定律，下列说法不正确的是（）A．运动员冲刺到终点后，不能马上停下来，还要向前跑一段距离B．自行车紧急刹车，轮子不转了，车子还会向前滑动C．地球由西向东转，我们向上跳起后，还落到原地D．气球吊着物体上升，某时刻绳子突然断了，物体立刻相对于地面向下运动【考点】36：牛顿第一定律．【分析】牛顿第一定律揭示了力与运动的关系，并说明了惯性的性质；根据惯性知识可解释生活中的现象．【解答】解：A、由于运动员到达终点时仍有速度，则由于惯性，人还会继续向前跑一段距离；故A正确；B、刹车时，虽然轮子不转了，但车子还有较大的速度，则由于惯性还会向前运动；故B正确；C、我们向上跳起后，由于惯性，保持了与地球相同的转动速度，故落下后仍在原地；故C 正确；D、绳子断的瞬间，物体有向上的速度，则物体仍保持向上的运动；故D不正确；本题选不正确的，故选：D．9．物体从某一高处自由落下，落到直立于地面的轻弹簧上，如图所示．在A点物体开始与弹簧接触，到B点物体的速度为0，然后被弹簧弹回．下列说法中正确的是（）A．物体从A下落到B的过程中，加速度不断减小B．物体从B上升到A的过程中，加速度不断减小C．物体从A下落到B的过程中，加速度先减小后增大D．物体从B上升到A的过程中，加速度先增大后减小【考点】37：牛顿第二定律．【分析】根据小球所受的合力得出加速度的变化，结合加速度的方向与速度方向的关系判断小球的运动规律．【解答】解：小球与A接触后，小球的重力先大于弹力，加速度方向向下，大小逐渐减小，重力等于弹力后，加速度方向向上，大小逐渐增大，所以加速度先减小后增大，从B到A 的过程中，加速度先减小后增大，故C正确，A、B、D错误．故选：C．10．关于力学单位制说法中正确的是（）A．kg、J、N是导出单位B．kg、m、s是基本单位C．在国际单位制中，质量的基本单位是kg，也可以是gD．在国际单位制中，牛顿第二定律的表达式是F=ma【考点】3A：力学单位制．【分析】国际单位制规定了七个基本物理量．分别为长度、质量、时间、热力学温度、电流、光强度、物质的量．它们的在国际单位制中的单位称为基本单位，而物理量之间的关系式推到出来的物理量的单位叫做导出单位．【解答】解：A、kg是质量的单位它是基本单位，所以A错误．B、三个力学基本物理量分别是长度、质量、时间，它们的单位分别为m、kg、s，所以B正确．C、g也是质量的单位，但它不是质量在国际单位制中的基本单位，所以C错误．D、牛顿第二定律的表达式F=ma，是在其中的物理量都取国际单位制中的单位时得出的，所以D正确．故选BD．11．在跳板比赛中，若某运动员（可看做质点），其速度与时间关系图象如图所示，t=0时是向上起跳瞬间，则下列说法正确的是（）A．t1时刻开始进入水面B．t2时刻开始进入水面C．t3时刻已浮出水面D．0～t2时间内，运动员处于失重状态【考点】1I：匀变速直线运动的图像．【分析】在v﹣t图象中，直线的斜率表示加速度的大小，速度的正负代表运动的方向，根据v﹣t图象可以分析人的运动的情况，根据加速度的方向分析人的运动状态，即可进行选择．【解答】解：AB、0～t2时间内，v﹣t图象为直线，说明加速度是相同的，所以在0﹣t2时间内人在空中，先上升后下降，t1时刻到达最高点，t2之后速度减小，开始进入水中，故A 错误，B正确；C、t3时刻，人的速度减为零，此时人处于水下的最深处，故C错误；D、0～t2时间内，人一直在空中具有向下的加速度，处于失重状态，故D正确；故选：BD12．某同学把一体重秤放在电梯的地板上，他站在体重秤上随电梯运动并观察体重秤示数的变化情况．下表记录了几个特定时刻体重秤的示数．（表内时间不表示先后顺序）若已知t0时刻电梯静止，则下列说法错误的是（）A．t1和t2时刻该同学的质量并没有变化，但所受重力发生变化B．t1和t2时刻电梯的加速度方向一定相反C．t3时刻电梯可能向上运动D．t1和t2时刻电梯的加速度大小相等，运动方向不一定相反【考点】3E：牛顿运动定律的应用﹣超重和失重．【分析】根据表格读数分析，t1时刻物体处于超重状态，t2时刻物体处于失重状态，根据牛顿第二定律分析物体加速度的方向．发生超重与失重现象时，物体的重力没有变化．超重或失重取决于加速度的方向，与速度方向无关．【解答】解：A、t1时刻该同学处于超重状态，但重力和质量是不变的，故A错误；B、t1时刻超重，故电梯的加速度方向向上；t2时刻失重，故电梯的加速度方向向下；故B 正确；C、t3时刻该同学受到的重力和支持力平衡，故受力平衡，可以向上做匀速直线运动，故C 正确；D、根据表格读数分析，t1时刻根据牛顿第二定律分析得知，电梯的加速度方向向上，t2时刻电梯的加速度方向向下，可能在t1时刻导体向上做加速运动，而t2时刻导体向上做减速运动．故D正确．本题选择错误的，故选：A13．竖直平面内有两个半径不同的半圆形光滑轨道，如图所示，A、M、B三点位于同一水平面上，C、D分别为两轨道的最低点，将两个相同的小球分别从A、B处同时无初速释放．则（）A．通过C、D时，两球的线速度大小相等B．通过C、D时，两球的角速度大小相等C．通过C、D时，两球的机械能相等D．通过C、D时，两球对轨道的压力相等【考点】4A：向心力．【分析】根据机械能守恒定律分别求出两球通过C、D时的速度大小，由公式v=rω分析角速度关系，并分析机械能的大小．由向心加速度公式比较向心加速度的大小，根据牛顿运动定律比较两球对轨道压力的大小．【解答】解：A、对任意一球研究．设半圆轨道的半径为r，根据机械能守恒定律得：mgr=，得：v=，由于r不同，则v不等．故A错误．B、由v=rω得：ω==，可知两球的角速度大小不等．故B错误．C、两球的初始位置机械能相等，下滑过程机械能都守恒，所以通过C、D时两球的机械能相等．则小球通过C点时的速度较小．故C正确．D、通过圆轨道最低点时小球的向心加速度为a n==2g，与半径无关，根据牛顿第二定律得：N﹣mg=ma n，得轨道对小球的支持力大小为N=3mg，则球对轨道的压力为N′=3mg，与质量无关，则通过C、D时，两球对轨道的压力相等．故D正确．故选：CD14．如图所示，一根轻弹簧下端固定，竖直静止在水平面上，其正上方A位置处有一个小球．小球从静止开始下落，在B位置接触弹簧的上端，在C位置小球所受弹力大小等于重力，在D 位置小球速度减小到零．在下落阶段（）A．小球在B位置动能最大B．小球在C位置动能最大C．从A→C的过程中，小球重力势能的减少量等于动能的增加量D．从A→D的过程中，小球重力势能的减小量等于弹簧弹性势能的增加量【考点】6C：机械能守恒定律．【分析】把整个过程分为三段，一是从A到B，此过程中只受到重力作用，小球做匀加速运动，速度增加，小球的重力势能的减少量全部转化为小球的动能．二是从B到C，此过程弹簧逐渐被压缩，弹簧的弹力逐渐增大，合外力逐渐减小，加速度和速度的方向相同，速度增大，到了C点，重力和弹簧的弹力大小相等，速度达到最大值，此时的动能最大，小球的重力势能的减少量一部分转化为小球的动能，另一部分转化为弹簧的弹性势能．三是从C到D，此过程弹簧继续被压缩，弹簧的弹力大于重力，加速度向上，速度越来越小，小球的重力势能的减少量和动能的减少量都转化为弹簧的弹性势能．【解答】解：AB、从A到B，此过程中只受到重力作用，小球做加速运动，速度增加；从B 到C，此过程弹簧逐渐被压缩，弹簧的弹力逐渐增大，合外力逐渐减小，加速度和速度的方向相同，速度增大，到了C点，重力和弹簧的弹力大小相等，速度达到最大值，此时的动能最大，即小球在C位置动能最大．故A错误，B正确．C、从A到C，小球在运动过程中，受到重力和弹簧的弹力，重力和弹力做功，所以小球和弹簧系统的机械能守恒，根据机械能守恒定律，知小球重力势能的减少量转化为小球动能和弹簧的弹性势能，故小球重力势能的减少量大于小球动能的增加量．故C错误D、从A→D的过程中，小球动能的变化量为零，根据机械能守恒知小球重力势能的减小量等于弹簧弹性势能的增加量，故D正确．故选：BD．三、实验题（本题共2小题，共12分）15．某物理兴趣小组在探究平抛运动的规律实验时，将小球做平抛运动，用频闪照相机对准方格背景照相，拍摄到了如图所示的照片，但照片上有一破损处．已知每个小方格边长9.8cm，当地的重力加速度为g=9.8m/s2．（1）若以拍摄的第1个点为坐标原点，水平向右和竖直向下为正方向，则照片上破损处的小球位置坐标为（58.8cm，58.8cm）．（2）小球平抛的初速度大小为 1.96m/s ．【考点】MB：研究平抛物体的运动．【分析】（1）平抛运动水平方向为匀速直线运动，故相同时间内水平方向的距离相等，竖直方向位移差为以定值；（2）由△h=gt2，求得闪光周期，由v0=求得初速度；【解答】解：（1）根据平抛运动的特点，水平方向的坐标为：3×2×9.8cm=58.8cm；竖直方向：y=（1+2+3）×9.8cm=58.8cm；故没有被拍摄到的小球位置坐标为：（58.8cm，58.8cm）；（2）由△h=gt2，得：t==0.1s由v0===1.96m/s；故答案为：（1）（58.8m，58.8m）（2）1.96m/s．16．在验证机械能守恒定律的实验中，使质量为m=200g的重物自由下落，打点计时器在纸带上打出一系列的点，选取一条符合实验要去的纸带如图所示，O为纸带下落的起始点，A、B、C为纸带上选取的三个连读点．已知打点计时器每隔T=0.02s打一个点，当地的重力加速度为g=9.8m/s2，那么（1）计算B点瞬时速度时，甲同学用v B2=2gs OB，乙同学用v B=，其中所选方法正确的是（填“甲”或“乙”）同学，他计算的重物的速度v B= m/s；（2）从O点到打下计数点B的过程中，物体重力势能的减小量△E p= J，动能的增加量△E k= J；（以上所有结果均保留三位有效数字）【考点】MD：验证机械能守恒定律．【分析】题的关键是处理纸带问题时应用v=求瞬时速度；根据题意重物减少的重力势能应为mgS OB，增加的动能为m，其中v B=．【解答】解：（1）、由于实验过程中重物和纸带会受到空气和限位孔的阻力作用，导致测得的加速度小于当地的重力加速度，所以求速度时不能用=2gS OB，来求，只能根据v=求瞬时速度值，故乙正确．（2）从开始下落到打下B点的过程中，重物减少的重力势能为：△E p减=mgS OB=0.2×9.8×0.192=0.376J，打B点时的速度为：v B==×10﹣2=1.92m/s，重物增加的动能为：△E K=mv=×0.2×1.922=0.369J；故答案为：（1）乙，1.92；（2）0.376，0.369．四、计算题（本大题共3小题，共32分．解答时要有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位，只有结果而没有过程的不能得分）17．如图所示，飞机离地面高度为H=500m，水平飞行速度为v1=100m/s，追击一辆速度为v2=20m/s同向行驶的汽车，欲使炸弹击中汽车，飞机应在距离汽车的水平距离多远处投弹？（g=10m/s2）【考点】43：平抛运动．【分析】（1）投出去的炸弹做平抛运动，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．平抛运动的高度确定时间，根据高度求出时间，再根据水平速度和时间求出水平位移；（2）炸弹击中汽车的条件是：在水平方向上的位移关系：炸弹飞行的距离=汽车行驶距离+相互距离．【解答】解：炸弹做的是平抛运动，在竖直方向上做自由落体运动：由h=gt2可知，t===10s；在水平方向上匀速直线运动：水平方向运动时间和飞行时间相同；则s=v0t=10s×100m/s=1000m；在此段时间内汽车向前行驶的距离s0=10s×20m/s=200m；故s1=s﹣s0=1000m﹣200m=800m；答：飞机应在距离汽车的水平距离800m处投弹．。
广西玉林市兴业县2016-2017学年高一下学期期末物理试
广西玉林市兴业县2016-2017学年高一（下）期末物理试卷一.选择题1. 下列物理量中属于矢量的一组是（）A. 力路程B. 质量位移C. 时间质量D. 位移力【答案】D【解析】矢量是既有大小又有方向的物理量，力和位移都是矢量，标量是只有大小没有方向的物理量，时间、质量和路程都是标量，故选项D正确。
点睛：矢量是既有大小又有方向的物理量，标量是只有大小没有方向的物理量。
2. 地球表面重力加速度g地、地球的半径R地，地球的质量M地，某飞船飞到火星上测得火星表面的重力加速度g火、火星的半径R火、由此可得火星的质量为（）A.B.C.D.【答案】A【解析】星球表面的物体受到的重力等于万有引力，即：得：所以：，所以：，故A正确、BCD错误．故选A．点睛：本题要掌握忽略星球自转的情况下，在星球表面的物体受到的重力等于万有引力，这是解决天体问题的重要的关系式．3. 下列说法中错误的是（）A. 德国天文学家开普勒提出天体运动的开普勒三大定律B. 牛顿总结了前人的科研成果，在此基础上，经过研究得出了万有引力定律C. 英国物理学家卡文迪许利用扭秤实验装置比较准确地测出了引力常量D. 相同时间内，火星与太阳连线扫过的面积等于木星与太阳连线扫过的面积【答案】D【解析】A、德国天文学家开普勒研究了第谷观测记录的天文数据，总结出了开普勒三大定律，故A正确；B、牛顿总结了前人的科研成果，在此基础上，经过研究得出了万有引力定律，故B正确；C、牛顿提出了万有引力定律，卡文迪许利用扭秤测出了引力常量，故C正确；D、根据开普勒第二定律：对每一个行星而言，太阳行星的连线在相同时间内扫过的面积相等，这是对同一个行星而言，相同时间内，火星与太阳连线扫过的面积不等于木星与太阳连线扫过的面积，故D错误。
点睛：本题是物理学史问题，根据开普勒、牛顿、卡文迪许等科学家的成就进行解答；行星的连线在相同时间内扫过的面积相等，这是对同一个行星而言。
4. 如图所示，质量分别为m和2m的两个小物体可视为质点，用轻质细线连接，跨过光滑圆柱体，轻的着地，重的恰好与圆心一样高，若无初速度地释放，则物体m上升的最大高度为（）A. RB. 4R/3C. R/3D. 2R【答案】B【解析】以m和2m组成的系统为研究对象，在2m落地前，由动能定理可得：-mgR+2mgR=（m+2m）v2-0，以m为研究对象，在m上升过程中，由动能定理可得：-mgh=0-mv2，则m上升的最大高度H=R+h，解得：，故选B.点睛：本题考查了求m球上升的高，分析清楚m、2m的运动过程是正确解题的前提与关键，m的运动分两个阶段，应用动能定理即可求出m能上升的最大高度．也可以应用机械能守恒定律解题．5. 下列单位中属于国际单位制中基本单位的有（）A. 秒B. 牛顿C. 瓦特D. 焦耳【答案】A【解析】试题分析：牛顿、瓦特、焦耳都是国际单位制中的导出单位，秒是基本单位．故A 正确，B、C、D错误．故选：A．6. 竖直放置两端封闭的玻璃管内注满清水和一个用红蜡做成的圆柱体，玻璃管倒置时圆柱体能匀速运动，已知圆柱体运动的速度大小为5cm/s，与水平方向成θ=53°，如图所示，则玻璃管水平方向运动的速度为（sin53°=0.8，cos53°=0.6）（）A. 5cm/sB. 4cm/sC. 3cm/sD. 无法确定【答案】C【解析】本题考查的是运动的合成和分解的问题。
2016-2017学年广西玉林市容县高一(下)期末物理试卷
2016-2017学年广西玉林市容县高一（下）期末物理试卷一、选择题1. 假设人造地球卫星作匀速圆周运动，当它的轨道半径增大到原来的倍时（）A.根据，卫星受的向心力增为原来的倍B.根据，卫星受的向心力减为原来的C.根据，卫星受的向心力减为原来的D.根据，卫星受的向心力保持不变2. 乘坐如图所示游乐园的过山车时，质量为的人随车在竖直平面内沿圆周轨道运动，下列说法正确的是（）A.车在最高点时人处于倒坐状态，全靠保险带拉住，若没有保险带，人一定会掉下去B.人在最高点时对座位仍可能产生压力，但压力一定小于C.人在最高点和最低点时的向心加速度大小相等D.人在最低点时对座位的压力大于3. 如图所示，长为的细线，一端固定在点，另一端系一个质量为的小球，在最低点给小球一个水平方向的瞬时冲量，使小球绕悬点在竖直平面内运动，为使细线始终不松弛，的大小可选择下列四项中的（）A.大于B.小于C.大于D.大于，小于4. 如图所示是某工厂所采用的小型生产流水线示意图，机器生产出的物体源源不断地从出口处以水平速度滑向一粗糙的水平传送带，最后从传送带上落下装箱打包．假设传送带静止不动时，物体滑到传送带右端的速度为，最后物体落在处的箱包中，下列说法正确的是（）A.若传送带随皮带轮顺时针方向转动起来，且传送速度小于，物体角落在点B.若传送带随皮带顺时针方向转动起来，且传送带速度大于，物体仍落在点C.若传送带随皮带顺时针方向转动起来，且传送带速度大于，物体仍落在点D.若由于操作不慎，传送带随皮带轮逆时针方向转动起来，物体仍落在点5. 竖直向下的匀强磁场中，将一水平放置的金属棒以水平初速度抛出，设在整个过程中，棒始终平动且空气阻力不计，则在金属棒运动过程中产生的感应电动势大小变化情况是（）A.越来越大B.越来越小C.保持不变D.无法判断6. 半径为的光滑半圆球固定在水平面上，顶部有一小物体，如图所示．今给小物体一个水平初速度，则物体将（）A.沿球面滑至点B.先沿球面滑至某点再离开球面做斜下抛运动C.立即离开半圆球做平抛运动，且水平射程为D.立即离开半圆球做平抛运动，且水平射程为7. 在竖直向下的匀强磁场中，将一水平放置的金属棒以初速度水平抛出，如图所示．棒在运动过程中始终保持水平，空气阻力不计，那么，下列说法中正确的是（）A.棒两端的电势一定满足B.棒中的感应电动势越来越大C.棒中的感应电动势越来越小D.棒中的感应电动势保持不变8. 如图所示，将一质量为的摆球用长为的细绳吊起，上端固定，使摆球在水平面内做匀速圆周运动，细绳就会沿圆锥面旋转，这样就构成了一个圆锥摆．关于摆球的受力情况，下列说法中正确的是（）A.摆球受重力、拉力和向心力的作用B.摆球受拉力和向心力的作用C.摆球受重力和拉力的作用D.摆球受重力和向心力的作用9. 下列说法正确的是（）A.伽利略探究物体下落规律的过程所用的科学方法是：问题猜想数学推理实验验证合理外推得出结论B.打雷时，呆在木屋里比呆在汽车里更安全C.牛顿在寻找万有引力的过程中，他没有利用牛顿第二定律，但他用了牛顿第三定律D.人造地球卫星的第一宇宙速度是指卫星在近地圆轨道上的速度，是对地心的速度10. 美国航空航天局于年月日晚宣布，美国一颗通信卫星日与一颗已报废的俄罗斯卫星在太空中相撞，相撞产生的大量碎片对国际空间站等在轨太空设备都造成了潜在威胁．表示，这是人类历史上首次两颗完整在轨卫星相撞事故．新闻发言人凯利汉弗莱斯表示，撞击地点位于西伯利亚上空约英里处（约公里）．发生相撞的分别是美国年发射的“铱”卫星，以及俄罗斯年发射的“宇宙”卫星，据信已经废弃了年．前者重约千克，后者重约千克．假设两颗卫星相撞前都在离地公里的轨道上做匀速圆周运动，结合中学物理的知识，下面对于相撞产生的大量碎片说法正确的是（）A.相撞后某些速度增大的碎片，要靠近地球运动B.相撞后某些速度增大的碎片，要远离地球运动C.相撞后所有的碎片都要靠近地球运动D.相撞后所有的碎片都要远离地球运动11. 某国际研究小组观测到了一组双星系统，它们绕二者连线上的某点做匀速圆周运动，双星系统中质量较小的星体能“吸食”质量较大的星体的表面物质，达到质量转移的目的．根据大爆炸宇宙学可知，双星间的距离在缓慢增大，假设星体的轨道近似为圆，则在该过程中（）A.双星做圆周运动的角速度不断减小B.双星做圆周运动的角速度不断增大C.质量较大的星体做圆周运动的轨道半径渐小D.质量较大的星体做圆周运动的轨道半径增大12. 与物体的重力势能有关的因素是（）A.物体的质量B.物体的速度C.物体和参考平面之间的高度差D.物体的大小二、实验题1. 如图所示，用“碰撞实验器“可以验证动量守恒定律，即研究两个小球在轨道水平部分碰撞前后的动量关系：先安装好实验装置，在地上铺一张白纸，白纸上铺放复写纸，记下重垂线所指的位置．接下来的实验步骤如下：步骤：不放小球，让小球从斜槽上点由静止滚下，并落在地面上．重复多次，用尽可能小的圆，把小球的所有落点圈在里面，其圆心就是小球落点的平均位置；步骤：把小球放在斜槽前端边缘位置，让小球从点由静止滚下，使它们碰撞．重复多次，并使用与步骤同样的方法分别标出碰撞后两小球落点的平均位置；步骤：用刻度尺分别测量三个落地点的平均位置、、离点的距离，即线段、、的长度．①对于上述实验操作，下列说法正确的是________．应使小球每次从斜槽上相同的位置自由滚下．斜槽轨道必须光滑．斜槽轨道末端必须水平．小球质量应大于小球的质量②上述实验除需测量线段、、的长度外，还需要测量的物理量有________．．、两点间的高度差．点离地面的高度．小球和小球的质量、．小球和小球的半径③当所测物理量满足表达式________（用所测物理量的字母表示）时，即说明两球碰撞遵守动量守恒定律．如果还满足表达式________（用所测物理量的字母表示）时，即说明两球碰撞时无机械能损失．④完成上述实验后，某实验小组对上述装置进行了改造，如图所示．在水平槽末端与水平地面间放置了一个斜面，斜面的顶点与水平槽等高且无缝连接．使小球仍从斜槽上点由静止滚下，重复实验步骤和的操作，得到两球落在斜面上的平均落点、、．用刻度尺测量斜面顶点到、、三点的距离分别为、、．则验证两球碰撞过程中动量守恒的表达式为________（用所测物理量的字母表示）．2. 小明研究小车在水平长木板上运动所受摩擦力的大小，选用的实验器材是：长木板、总质量为的小车、光电门、数字毫秒计、弧形斜面、挡光片、游标卡尺、刻度尺．器材安装如图甲所示．小明研究小车在水平长木板上运动所受摩擦力的大小，选用的实验器材是：长木板、总质量为的小车、光电门、数字毫秒计、弧形斜面、挡光片、游标卡尺、刻度尺．器材安装如图甲所示．主要的实验过程：①用游标卡尺测量挡光片宽度，读数如图乙所示，则________．②让小车从斜面上某一位置释放，读出小车通过光电门时数字毫秒计示数．③用刻度尺量出小车停止运动时遮光板与光电门间的距离．④求出小车与木板间摩擦力________（用物理量的符号表示）．实验中，小车释放的高度应该适当________（选填“高”或“低”）些．3. 如图所示是某同学探究动能定理的实验装置．已知重力加速度为，不计滑轮摩擦阻力．该同学的实验步骤如下：．将长木板倾斜放置，小车放在长木板上，长木板旁放置两个光电门和，砂桶通过滑轮与小车相连．．调整长木板倾角，使得小车恰好能在细绳的拉力作用下匀速下滑．测得砂和砂桶的总质量为．．某时刻剪断细绳，小车由静止开始加速运动．．测得挡光片通过光电门的时间为，通过光电门的时间为，挡光片宽度为，小车质量为，两个光电门和之间的距离为．．依据以上数据探究动能定理．如图所示是某同学探究动能定理的实验装置．已知重力加速度为，不计滑轮摩擦阻力．该同学的实验步骤如下：．将长木板倾斜放置，小车放在长木板上，长木板旁放置两个光电门和，砂桶通过滑轮与小车相连．．调整长木板倾角，使得小车恰好能在细绳的拉力作用下匀速下滑．测得砂和砂桶的总质量为．．某时刻剪断细绳，小车由静止开始加速运动．．测得挡光片通过光电门的时间为，通过光电门的时间为，挡光片宽度为，小车质量为，两个光电门和之间的距离为．．依据以上数据探究动能定理．根据以上步骤，你认为以下关于实验过程的表述正确的是________．．实验时，先接通光电门，后剪断细绳．实验时，小车加速运动的合外力为．实验过程不需要测出斜面的倾角．实验时，应满足砂和砂桶的总质量远小于小车质量小车经过光电门、的瞬时速度为________、________．如果关系式________在误差允许范围内成立，就验证了动能定理．4. 如图所示，质量为的物体静止在地面上，其上表面竖直连接着一根长、劲度系数为的轻弹簧，现用手拉着弹簧上端将物体缓慢提高，则物体的重力势能增加了________，人对弹簧拉力所做的功________物体克服重力所做的功（填“大于”“小于”或“等于”）．若弹簧的上端点升高了，物体恰已离开地面，则物体的重力势能增加了________；人对弹簧拉力所做的功________（填“大于”“小于”或“等于”）．5. 跳绳是一种健身运动．设某运动员的质量是，他一分钟跳绳次．假定在每次跳跃中，脚与地面的接触时间占跳跃一次所需时间的，则该运动员跳绳时克服重力做功的平均功率是________取．三、计算题1. 如图所示，物体放在足够长的木板上，木板静止于水平面．时，电动机通过水平细绳以恒力拉木板，使它做初速度为零、加速度的匀加速直线运动．已知的质量和的质量均为，、之间的动摩擦因数，与水平面之间的动摩擦因数，最大静摩擦力与滑动摩擦力大小视为相等，重力加速度取．求（1）物体刚运动时的加速度；（2）时，电动机的输出功率；（3）若时，将电动机的输出功率立即调整为，并在以后的运动过程中始终保持这一功率不变，时物体的速度为．则在到这段时间内木板的位移为多少？2. 如图所示，质量为的木板静止在光滑的水平面上，在木板的右端放置一个质量大小可以忽略的铁块，铁块与木板之间的摩擦因数，在铁块上加一个水平向左的恒力，铁块在长的木板上滑动．取．求：（1）经过多长时间铁块运动到木板的左端．（2）在铁块到达木板左端的过程中，恒力对铁块所做的功．3. 如图所示，水平面点的右侧光滑，左侧粗糙．点到右侧竖直墙壁的距离为，一系统由可看作质点的、两木块和一短而硬（即劲度系数很大）的轻质弹簧构成．，两木块的质量均为，弹簧夹在与之间，与二者接触而不固连．让、压紧弹簧，并将它们锁定，此时弹簧的弹性势能为该系统在点从静止开始在水平恒力作用下幵始向右运动，当运动到离墙时撤去恒力，撞击墙壁后以原速率反弹，反弹后当木块运动到点前解除锁定．通过遥控解除锁定时，弹簧可瞬时恢复原长．求（1）解除锁定前瞬间，，的速度多少？（2）解除锁定后瞬间，，的速度分别为多少？（3）解除锁定后、、、、满足什么条件时，具有的动能最小．在这种情况下能运动到距点最远的距离为多少？（己知与粗糙水平面间的动摩擦因数为）4. 侦察卫星在通过地球两极上空的圆轨道上运行，它的运行轨道距地面高度为，已知地球半径为，地面表面处的重力加速度为，地球的自转周期为．试求该卫星的运行速度；要使卫星在一天内将地面上赤道各处在日照条件下的情况全部拍下来，卫星在通过赤道上空时，卫星上的摄像机应拍摄地面上赤道圆周的弧长是多少？四.综合题1. 如图所示，在离水面高的岸边有人以大小为的速度匀速收绳使船靠岸．当船与岸上的定滑轮水平距离为时，船速是多大？2. 已知地球质量为、半径为，万有引力常量．卫星在地球表面绕地球做匀速圆周运动所需的速度称为第一宇宙速度，卫星从地面发射，恰好能脱离地球引力束缚的速度称为第二宇宙速度，已知．根据以上条件，并以卫星脱离地球引力时的引力势能为，求质量为的卫星在地球表面时的引力势能．（忽略空气阻力的影响）参考答案与试题解析2016-2017学年广西玉林市容县高一（下）期末物理试卷一、选择题1.【答案】C【考点】人造卫星的加速度、周期和轨道的关系【解析】人造地球卫星的轨道半径增大到原来倍时，根据万有引力的表达式求解．不能用向心力的表达式来讨论一些物理量的变化．注意控制变量法的应用．【解答】解：、当轨道半径变化时，万有引力变化，卫星的角速度随着变化，所以，不能根据公式得卫星受的向心力增为原来的倍，故错误、同理，当轨道半径变化时，万有引力变化，卫星的线速度随着变化，故错误、根据万有引力的表达式，卫星受的向心力减为原来的．故正确、人造地球卫星的轨道半径增大到原来倍时，重力加速度也随着变化，故错误故选．2.【答案】D【考点】向心力【解析】车在最高点时，若恰好由重力提供向心力时，人与保险带间恰好没有作用力，没有保险带，人也不会掉下来．当速度更大时，人更不会掉下来．当速度大于临界速度时，人在最高点时对座位就产生压力．人在最低点时，加速度方向竖直向上，根据牛顿第二定律分析压力与重力的关系．【解答】解：Ａ．当人与保险带间恰好没有作用力，由重力提供向心力时，临界速度为．当速度时，没有保险带，人也不会掉下来，故错误;Ｂ．当人在最高点的速度，人对座位就产生压力．当速度增大到时，压力为，故Ｂ错误；Ｃ．在最高点和最低点速度大小不等，根据向心加速度公式可知，人在最高点和最低点时的向心加速度大小不相等，故Ｃ错误；Ｄ．人在最低点时，加速度方向竖直向上，根据牛顿第二定律分析可知，人处于超重状态，人对座位的压力大于，故Ｄ正确．故选：Ｄ．3.【答案】B,C【考点】动量定理牛顿第二定律向心力【解析】分两种情况进行讨论，即小球在运动过程中，最高点与点等高或比低时，线不松弛，小球能在竖直平面内做圆周运动，线也不松弛，根据圆周运动的基本公式即可求解速度的范围，然后由动量定理求出动量满足的条件．【解答】解：存在两种可能：小球在运动过程中，最高点与点等高或比低时，线不松弛．得：小球恰能过最高点时，在最高点速度设为，对应的最低点速度设为，则有：根据机械能守恒得：解得：所以为使细线始终不松弛，的大小范围为或．根据动量定理可知，，所以的大小范围为或．故错误，正确故选：4.【答案】A,D【考点】牛顿第二定律匀变速直线运动的速度与时间的关系平抛运动【解析】传送带静止不动时，物体在传送带上做匀减速直线运动，当传送带顺时针方向转动时，根据物体的受力判断物体的运动情况，从而得出到达右端的速度．【解答】解：、若传送带随皮带轮顺时针方向转动起来，且传送速度小于，则物体做匀减速直线运动，到达右端时速度为，物体做平抛运动，仍然落在点．故正确．、若传送带随皮带顺时针方向转动起来，且传送带速度大于，物体先做匀加速直线运动，当速度达到传送带速度时，做匀速直线运动，可知到达右端的速度大于．物体落地点在点的右侧．故错误．、若传送带随皮带顺时针方向转动起来，且传送带速度大于，可知物体最终的速度大于，做平抛运动将落在点的右侧．故错误．、若传送带逆时针转动，物体做匀减速直线运动，到达右端的速度为，做平抛运动将仍然落在点．故正确．故选．5.【答案】C【考点】导体切割磁感线时的感应电动势【解析】由感应电动势公式，是有效的切割速度，即是垂直于磁感线方向的分速度，结合平抛运动的特点分析选择．【解答】解：金属棒做平抛运动，其水平方向的分运动是匀速直线运动，水平分速度保持不变，等于．由感应电动势公式，是垂直于磁感线方向的分速度，即是平抛运动的水平分速度，等于，则感应电动势，、、均不变，则感应电动势大小保持不变．则正确．故选：．6.【答案】C【考点】平抛运动【解析】物块在半圆球的最高点，沿半径方向的合力提供向心力，求出支持力的大小为零，得出物体做平抛运动，结合平抛运动的规律求出水平射程的大小．【解答】解：、在最高点，根据牛顿第二定律得，，解得，知物体做平抛运动．故、错误．、根据得，，则水平射程．故正确，错误．故选：．7.【答案】A,D【考点】导体切割磁感线时的感应电动势【解析】根据右手定则判断电势的高低．由感应电动势公式，是有效的切割速度，即是垂直于磁感线方向的分速度，结合平抛运动的特点分析选择．【解答】解：、金属棒做切割磁感线产生感应电流，根据右手定则判断得知：感应电动势方向从，则的电势高于的电势，即．故正确．、、金属棒做平抛运动，其水平方向的分运动是匀速直线运动，水平分速度保持不变，等于．由感应电动势公式，是垂直于磁感线方向的分速度，即是平抛运动的水平分速度，等于，则感应电动势，、、均不变，则感应电动势大小保持不变．则错误，正确．故选8.【答案】C【考点】向心力【解析】分析小球的受力：受到重力、绳的拉力，二者的合力提供向心力，向心力是效果力，不能分析物体受到向心力．【解答】解：摆球在水平面内做匀速圆周运动，小球只受重力和绳的拉力作用，二者合力提供向心力，故正确．故选：9.【答案】A,D【考点】物理学史【解析】解答本题要掌握：伽利略的主要研究物理的思想方法；了解静电屏蔽的应用；明确牛顿的主要贡献；了解宇宙速度的含义．【解答】解：、伽利略是近代实验物理学的开拓者，被誉为“近代科学之父”，他所采用的研究方法对物理学发展产生深远影响，故正确；、汽车、车、轮船上遇到雷雨时，因这些交通工具就是一种避雷器，能屏蔽静电，电流会通过它们的金属外壳传到地面，故呆在汽车了比呆在木屋里更安全，故错误；、牛顿在寻找万有引力的过程中，应用了牛顿第二定律来研究天体的运动，故错误；、所以卫星绕地球的速度均是相对于地心的速度，故正确．故选．10.【答案】B【考点】万有引力定律及其应用【解析】由于卫星质量不等，所以二者向心力大小不相等．速度增大的碎片，需要的向心力增大，提供的力不变，所以要做离心运动．【解答】解：、速度增大的碎片，需要的向心力增大，提供的力不变，所以要做离心运动，要远离地球．故错误，正确．、相撞后速度增大的碎片，提供的向心力小于所需要的向心力，做离心运动，远离地球；速度减小的碎片，提供的向心力大于所需要的向心力，做近心运动，靠近地球运动，故错误故选：11.【答案】A,D【考点】万有引力定律及其应用【解析】双星绕两者连线的一点做匀速圆周运动，由相互之间万有引力提供向心力，根据万有引力定律、牛顿第二定律和向心力进行分析．【解答】解：、设体积较小的星体质量为，轨道半径为，体积大的星体质量为，轨道半径为．双星间的距离为．转移的质量为．根据万有引力提供向心力对… ①对…②由①②得：，总质量不变，两者距离增大，则角速度变小．故正确、错误．、由②式可得，把的值代入得：，因为，增大，故增大．即质量较大的星体做圆周运动的轨道半径增大，故错误、正确．故选：．12.【答案】A,C【考点】重力势能【解析】物体在重力作用下由于位置而具有的势能称为重力势能．重力势能的大小与物体的质量、参考平面的选取、相对于参考面的高度有关．【解答】解：物体在重力作用下由于位置而具有的势能称为重力势能．前人的实验表明重力势能的表达式为，其中是物体的质量，为地球表面的重力加速度，为相对参考平面的高度．重力势能的大小只与质量、重力加速度、和参考平面之间的高度差有关，与其他因素都没有关系．故正确，错误．故选：二、实验题1.【答案】,,,,【考点】验证动量守恒定律【解析】、在验证动量守恒定律的实验中，运用平抛运动的知识得出碰撞前后两球的速度，因为下落的时间相等，则水平位移代表平抛运动的速度．根据实验的原理确定需要测量的物理量．根据动量守恒定律及机械能守恒定律可求得动量守恒及机械能守恒的表达式；小球落在斜面上，根据水平位移关系和竖直位移的关系，求出初速度与距离的表达式，从而得出动量守恒的表达式．【解答】解：因为平抛运动的时间相等，根据，所以用水平射程可以代替速度，则需测量小球平抛运动的射程间接测量速度．故应保证斜槽末端水平，小球每次都从同一点滑下；同时为了小球能飞的更远，防止反弹，球的质量应大于球的质量；故正确，错误；故选：．根据动量守恒得，，所以除了测量线段、、的长度外，还需要测量的物理量是小球和小球的质量、．故选：．因为平抛运动的时间相等，则水平位移可以代表速度，是球不与球碰撞平抛运动的位移，该位移可以代表球碰撞前的速度，是球碰撞后平抛运动的位移，该位移可以代表碰撞后球的速度，是碰撞后球的水平位移，该位移可以代表碰撞后球的速度，当所测物理量满足表达式，说明两球碰撞遵守动量守恒定律，由功能关系可知，只要成立则机械能守恒，故若，说明碰撞过程中机械能守恒．碰撞前，落在图中的点，设其水平初速度为．小球和发生碰撞后，的落点在图中点，设其水平初速度为，的落点是图中的点，设其水平初速度为．设斜面与水平面的倾角为，由平抛运动规律得：，解得．同理，，可见速度正比于．所以只要验证即可．故答案为．2.【答案】,,高【考点】探究影响摩擦力的大小的因素【解析】欧姆表的零度在右边，偏角小说明电阻，换挡后新调，欧姆表的读数为以倍率．【解答】解：指针偏角过小说明待电阻较大应大倍，重新欧调零后再测，测量完旋转选择开关至“”，并拔出笔，综上分析，合理顺：．欧姆表的读数为数乘以倍率故答案：格3.【答案】,,,【考点】探究功与速度变化的关系【解析】该题实质考查常见电的电场分布与特，可结合等量异种点电电场特分析．【解答】解：负电荷受力的方向与电场线方向相反，与曲方向相，应电荷，错误；：点的势低于点处的势，从到电场力做正功，动能增加，度就增加，故误．：点到正电荷的距近，故点处的电一定于点的电势，故正确；故选4.【答案】,大于,,小于【考点】功能关系功的计算【解析】。
广西玉林市玉州区2016-2017学年高一下学期期末考试物理试卷含答案
广西玉林市玉州区2016—2017学年高一（下）期末物理试卷一.选择题1．如图所示,光滑水平面上，质量为m的小球在拉力F作用下做匀速圆周运动．若小球运动到P点时,拉力F发生变化，下列关于小球运动情况的说法中正确的是（）A．若拉力突然消失,小球将沿轨迹Pa做离心运动B．若拉力突然变小，小球将沿轨迹Pa做离心运动C．若拉力突然变大，小球将沿轨迹Pb做离心运动D．若拉力突然变小，小球将沿轨迹Pc做向心运动2．关于曲线运动，下列说法中正确的是（）A．物体做曲线运动时，有可能处于平衡状态B．做曲线运动的物体，速度可能不变C．所有做曲线运动的物体，速度一定发生改变D．所有做曲线运动的物体，加速度方向与速度方向始终一致3. 下列说法中正确的是( )A。
放在水平桌面上静止的物体，其重力与对桌面的压力大小相等，是一对平衡力B。
人向前走，是因为地面对人脚的作用力大于脚对地面的作用力C。
鸡蛋掉在地上破了，而地面未损坏，说明地面对鸡蛋的作用力大于鸡蛋对地面的作用力D。
跳高运动员能从地面上跳起,是由于起跳过程中地面给运动员的支持力大于运动员所受的重力4．一个25kg的小孩从高度为3。
0m的滑梯顶端由静止开始滑下,滑到底端时的速度为2.0m/s．取g=10m/s2，关于力对小孩做的功，以下结果正确的是(）A．合外力做功50J B．阻力做功500JC．重力做功500J D．支持力做功50J5．如图所示，用细绳拴一小球在光滑桌面上绕一铁钉（系一绳套)做匀速圆周运动，关于小球的受力，下列说法正确的是(）A．重力、支持力 B．重力、支持力、绳子拉力C．重力、支持力、绳子拉力和向心力 D．重力、支持力、向心力6. 一艘小船在静水中的速度为3 m/s，渡过一条宽150 m，水流速度为4 m/s的河流，则该小船（）A. 能到达正对岸B. 以最短时间渡河时,沿水流方向的位移大小为200 mC. 渡河的时间可能少于50 s D。
以最短位移渡河时，位移大小为150 m7．如图所示，桌面高度为h，质量为m的小球，从离桌面高H处自由落下,不计空气阻力，假设桌面处的重力势能为零,小球落到地面前的瞬间的机械能应为(）A．mgh B．mgH C．mg（H+h）D．mg（H﹣h）8．关于作匀速圆周运动的物体的向心加速度，下列说法正确的是（）A．向心加速度的大小和方向都不变B．向心加速度的大小和方向都不断变化C．向心加速度的大小不变，方向不断变化D．向心加速度的大小不断变化，方向不变9. 一物体自t=0时开始做直线运动，其v﹣t图线如图所示，下列说法中正确的是（）A. 在0～6s内，物体离出发点最远为30mB. 在0~4s内，物体的平均速率为7.5m/sC. 在0~6s内，物体经过的路程为35mD. 在5s～6s内，物体所受合外力方向与速度方向相反10．滑雪运动员以20m/s的速度从一平台水平飞出，落地点与飞出点的高度差为3.2m．不计空气阻力，g取10m/s2．运动员飞过的水平距离为s,所用时间为t，则下列结果正确的是(）A．s=16m t=0。
广西玉林市陆川县2016-2017学年第二学期期末考试高一年级物理试卷解析版
广西玉林市陆川县2016-2017学年第二学期期末考试高一年级物理试卷解析版一．选择题1．如图所示，光滑水平面上，小球m在拉力F作用下做匀速圆周运动．若小球运动到P点时，拉力F发生变化，关于小球运动情况的说法正确的是（）A．若拉力突然消失，小球将沿轨迹Pa做离心运动B．若拉力突然变小，小球将沿轨迹Pa做离心运动C．若拉力突然变大，小球将沿轨迹Pb做离心运动D．若拉力突然变小，小球将沿轨迹Pc运动【考点】4C：离心现象．【分析】本题考查离心现象产生原因以及运动轨迹，当向心力突然消失或变小时，物体会做离心运动，运动轨迹可是直线也可以是曲线，要根据受力情况分析．【解答】解：在水平面上，细绳的拉力提供m所需的向心力，A、当拉力消失，物体受力合为零，将沿切线方向做匀速直线运动，即沿轨迹Pa做离心运动，故A正确．B、当拉力突然变小，则向心力大于拉力，因此小球将沿轨迹Pb做离心运动，故B错误，D 也错误；C、当拉力突然变大，则向心力小于拉力，因此小球将沿轨迹Pc做离心运动，故C错误；故选：A．2．如图所示，B、C、D、E、F，5个小球并排放置在光滑的水平面上，B、C、D、E，4个球质量相等，而F球质量小于B球质量，A球的质量等于F球质量．A球以速度v0向B球运动，所发生的碰撞均为弹性碰撞，则碰撞之后（）A．5个小球静止，1个小球运动B．4个小球静止，2个小球运动C．3个小球静止，3个小球运动D．6个小球都运动【考点】53：动量守恒定律．【分析】弹性碰撞过程，遵守动量守恒和机械能守恒，若两球质量相等，会交换速度．【解答】解：A、B质量不等，M A＜M B．AB相碰后A速度向左运动，B向右运动．BCDE质量相等，弹性碰撞后，不断交换速度，最终E有向右的速度，BCD静止．EF质量不等，M E＞M F，则EF都向右运动．所以BCD静止；A向左，EF向右运动．故C正确．故选：C．3．某人从岸上以相对岸的水平速度v0跳到一条静止的小船上，使小船以速度v1开始运动；如果此人从这条静止的小船上以同样大小的水平速度v0相对小船跳离小船，小船的反冲速度的大小为v2，则两者的大小关系（）A．v1＞v2B．v1=v2 C．v1＜v2D．条件不足，无法判断【考点】53：动量守恒定律．【分析】对两次跳船的过程，分别运用动量守恒定律列式，得到v1、v2与v0的关系，再比较它们的大小．【解答】解：人从岸上跳到小船上的过程，取速度v0方向为正方向，设人的质量为m，船的质量为M．根据动量守恒定律得mv0=（m+M）v1，得 v1=人从小船上跳离的过程，取船速度方向为正方向，由动量守恒定律得0=Mv2﹣m（v0﹣v2），得 v2=所以有 v1=v2．故选：B4．万有引力的发现实现了物理学史上第一次大统一“地上物理学”和“天上物理学”的统一．它表明天体运动和地面上物体的运动遵从相同的规律．牛顿发现万有引力定律的过程中将行星的椭圆轨道简化为圆轨道；另外，还应用到了其他的规律和结论．下面的规律和结论没有被用到的是（）A．牛顿第二定律 B．牛顿第三定律C．开普勒的研究成果 D．卡文迪许通过扭秤实验得出的引力常数【考点】1U：物理学史．【分析】天体运动和地面上物体的运动遵从相同的规律，牛顿在发现万有引力定律的过程中，运用了牛顿第二、三定律，开普勒三定律．【解答】解：牛顿在发现万有引力定律的过程中将行星的椭圆轨道简化为圆轨道这就是开普勒第一定律，由牛顿第二定律可列出万有引力提供向心力．再借助于牛顿第三定律来推算物体对地球作用力与什么有关系．同时运用开普勒第三定律来导出万有引力定律．而卡文迪许通过扭秤实验得出的引力常数是在牛顿发现万有引力定律之后，所以正是由于这个原因，牛顿的万有引力定律没有得到广泛应用．故选：D．5．下列关于动量及其变化的说法正确的是（）A．两物体的动量相等，动能也一定相等B．物体动能发生变化，动量也一定发生变化C．动量变化的方向一定与初末动量的方向都不同D．动量变化的方向不一定与合外力的冲量方向相同【考点】52：动量定理．【分析】动能是标量，动量是矢量，矢量方向的变化也是矢量变化；根据动量定理判断动量变化方向和合力冲量的关系．【解答】解：A、两物体的动量P相等，动能E k=不一定相等，故A错误；B、物体的质量是一定的，若动能变化，其速度大小一定变化，故物体的动量一定变化，故B正确；C、动量变化△P=P2﹣P1，当物体做匀加速直线运动时，初动量、末动量和动量的变化方向均相同，故C错误；D、根据动量定理，合力的冲量等于动量的变化，故动量变化的方向与合外力的冲量方向一定相同，故D错误；故选：B．6．在倾角为θ的光滑斜面上有两个用轻弹簧相连接的物块A、B，它们的质量均为m，弹簧劲度系数为k，C为一固定挡板，系统处于静止状态．现用一恒力F沿斜面方向拉物块A使之向上运动，当物块B刚要离开C时，A的速度为v，则此过程（弹簧的弹性势能与弹簧的伸长量或压缩量的平方成正比，重力加速度为g）（）A．物块A运动的距离为 B．物块A的加速度为C．拉力F做的功为mv2 D．拉力F对A做的功等于A的机械能的增加量【考点】62：功的计算；2S：胡克定律；37：牛顿第二定律；6C：机械能守恒定律．【分析】未加拉力F时，物体A对弹簧的压力等于其重力的下滑分力；物块B刚要离开C 时，弹簧的拉力等于物体B重力的下滑分力；根据平衡条件并结合胡克定律求解出两个状态弹簧的行变量，得到弹簧的长度变化情况；然后结合功能关系进行分析即可．【解答】解：A、开始时，弹簧处于压缩状态，压力等于物体A重力的下滑分力，根据胡克定律，有：mgsinθ=kx1解得：x1=物块B刚要离开C时，弹簧的拉力等于物体B重力的下滑分力，根据胡克定律，有；mgsinθ=kx2解得：x2=故物块A运动的距离为：，故A正确；B、此时物体A受拉力、重力、支持力和弹簧的拉力，根据牛顿第二定律，有：F﹣mgsinθ﹣T=ma弹簧的拉力等于物体B重力的下滑分力，为：T=mgsinθ故：a=，故B错误；C、D、拉力F做的功等于物体A、弹簧系统机械能的增加量，为：W=mg•△xsinθ+，故CD错误；故选：A．7．己知地球半径为R，静置于赤道上的物体随地球自转的向心加速度为a；地球同步卫星作匀速圆周运动的轨道半径为r，向心加速度大小为a0，引力常量为G，以下结论正确的是（）A．地球质量M= B．地球质量C．向心加速度之比 D．向心加速度之比【考点】4F：万有引力定律及其应用．【分析】地球赤道上的物体随地球自转时，万有引力的一部分提供向心力，地球的同步卫星绕地球做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，据此求解地球质量，同步卫星的角速度和地球自转的角速度相等，根据a=rω2得出物体随地球自转的向心加速度与同步卫星的加速度之比，从而判断加速度的关系．【解答】解：A、地球的同步卫星绕地球做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，则有：解得地球质量，故选A正确．B、地球赤道上的物体随地球自转时有：，得，故B错误；CD、同步卫星的角速度和地球自转的角速度相等，物体的角速度也等于地球自转的角速度，所以地球同步卫星与物体的角速度相等．根据a=rω2得，，故CD错误；故选：A8．下列说法正确的是（）A．“笔尖下发现的行星”是天王星，卡文迪许测出了万有引力常量G的值B．行星在圆周轨道上保持匀速率运动的性质不是惯性C．行星绕恒星运动轨道为圆形，则它运动周期的平方与轨道半径的三次方之比=K为常数，此常数的大小与恒星的质量和行星的速度有关D．匀速圆周运动是速度大小不变的匀变速曲线运动，速度方向始终为切线方向【考点】4E：万有引力定律的发现和万有引力恒量的测定．【分析】明确有关开普勒定律、万有引力定律的基本内容和性质，知道相应的物理学史，明确环绕天体绕中心天体运动时是由于万有引力充当向心力的原因．【解答】解：A、笔尖下发现的行星”是海王星，卡文迪许测出了万有引力常量G的值，故A错误；B、行星在圆周轨道上保持匀速率运动的性质是由于万有引力充当向心力，不是由于惯性，故B正确；C、行星绕恒星运动轨道为圆形，则它运动周期的平方与轨道半径的三次方之比=K为常数，此常数的大小只与恒星的质量有关，故C错误；D、匀速圆周运动是速度方向沿切线运动，大小不变，故是大小不变的变加速曲线运动，故D错误．故选：B．9．人在高处跳到低处时，为了安全，一般都让脚尖先着地，这样做是为了（）A．减小冲量 B．减小动量的变化量C．增大与地面的作用时间，从而减小冲力D．增大人对地面的压强，起到安全作用【考点】52：动量定理．【分析】人落下时速度的变化量相同，根据动量定理可分析让脚尖着地的好处．【解答】解：人在和地面接触时，人的速度减为零，由动量定理可知（F﹣mg）t=△mv；而脚尖着地可以增加人着地的时间，由公式可知可以减小受到地面的冲击力；故C正确，A、B、D错误．故选：C10．如图所示，水平传送带由电动机带动以恒定的速度v顺时针匀速转动，某时刻一个质量为m的小物块在传送带上由静止释放，小物块与传送带间的动摩擦因数为μ，小物块在滑下传送带之前已与传送带的速度相同，对于小物块从静止释放到与传送带的速度相同这一过程中，下列说法正确的是（）A．电动机多做的功为mv2 B．小物块在传送带上的划痕长为C．传送带克服摩擦力做的功为mv2 D．电动机增加的功率为μmgv【考点】6B：功能关系；37：牛顿第二定律；62：功的计算．【分析】由于物块与传送带间有相对位移，物块对传送带做功与传送带对物块做功并不相等．系统摩擦生热等于系统克服摩擦力做的总功．物体在传送带上运动时，物体和传送带要发生相对滑动，所以电动机多做的功一部分转化成了物体的动能另一部分就是增加了相同的内能．根据牛顿第二定律和运动学公式求得物块与传送带间的相对位移，即得到划痕长度．结合功能关系分析．【解答】解：A、设物块匀加速运动的时间为t，则物块与传送带相对位移大小为：△x=vt﹣=vt此过程中物块的位移为：x物==vt则有：△x=x物．物块运动过程中，只有摩擦力对它做功，根据动能定理得：摩擦力对物块做的功为：W f=fx物=﹣0=mv2．系统摩擦生热为：Q=f•△x=fx物=mv2．电动机多做的功转化成了物体的动能和系统的内能，所以电动机多做的功为：W机=+Q=mv2．故A错误．B、物块匀加速运动的加速度为：a==μg匀加速运动的时间为：t==，所以有：△x=vt=，则物块在传送带上的划痕长为，故B错误．C、传送带克服摩擦力做功为：W f带=μmg•vt=μmg•v•=mv2．故C错误．D、电动机增加的功率即为克服摩擦力做功的功率，大小为：P=fv=μmgv，故D正确．故选：D11．伽利略理想斜面实验使人们认识到引入能量概念的重要性．在此理想实验中，能说明能量在小球运动过程中不变的理由是（）A．小球滚下斜面时，高度降低，速度增大B．小球滚上斜面时，高度增加，速度减小C．小球总能准确地到达与起始点相同的高度D．小球能在两斜面之间来回滚动【考点】1L：伽利略研究自由落体运动的实验和推理方法．【分析】斜面的倾角不同物体受到的支持力不同，物体高度不同物体的重力势能不同，在运动过程中物体的速度随时间发生变化，动能和重力势能相互转化．【解答】解：A、小球滚下斜面时，高度降低，速度增大，即重力势能减小，动能增加，但是不能确定能量在小球运动过程中不变，故A错误B、小球滚上斜面时，高度增加，速度减小，重力势能增加，动能减小，但是不能确定能量在小球运动过程中不变，故B错误C、小球总能准确地到达与起始点相同的高度，即重力势能和动能之和不变，故C正确D、小球能在两斜面之间永不停止地来回滚动，说明重力势能和动能之和不变，没有减小，故D正确故选：CD．12．A，B两球在光滑水平面上沿同一直线运动，A球动量为P A=5kg∙m/s，B球动量为P B=7kg∙m/s；当A球追上B球时发生碰撞，则碰后A、B两球的动量可能是（）A．p A=3kg∙m/s、p B=9kg∙m/s B．p A=6kg∙m/s、p B=6kg∙m/sC．p A=﹣2kg∙m/s、p B=14kg∙m/s D．p A=﹣5kg∙m/s、p B=17kg∙m/s【考点】53：动量守恒定律．【分析】当A球追上B球时发生碰撞时，遵守动量守恒．由动量守恒定律和碰撞过程总动能不增加，进行选择．【解答】解：A、碰撞前后系统的动量守恒，碰撞前，A的速度大于B的速度，即 v A＞v B，则有＞，得到：m A＜m B根据碰撞过程总动能不增加，则有： +≤+，得到：m A≤2m B，满足m A＜m B，是可能的，故A正确．B、碰撞后，两球的动量方向都与原来方向相同，当A球追上B球时发生碰撞时，A的动量不可能沿原方向而且增大．故B错误；C、碰撞前后动量守恒，根据碰撞过程总动能不增加，则有： +≤+，得到：m A ≤m B ，满足m A ＜m B ，是可能的，故C 正确．D 、碰撞前后动量守恒，但是碰撞后A 的动能不变，而B 的动能增大，违反了能量守恒定律．不可能，故D 错误．故选：AC13．如图所示，一块橡皮用细线悬挂于0点，现用铅笔贴着细线的左侧水平向右以速度v 0匀速运动，运动到图示位置时θ=60°．运动过程中保持铅笔的高度不变，悬挂橡皮的那段细线保持竖直，则在铅笔未碰到橡皮前，下列说法正确的是（不计一切摩檫）（）A ．橡皮的运动轨迹是一条直线B ．绳子的拉力一定大于橡皮的重力C ．橡皮的速度一定大于v 0D ．橡皮在图示位罝时的速度大小为v 0【考点】44：运动的合成和分解．【分析】将铅笔与绳子接触的点的速度分解为沿绳方向和垂直于绳子方向，求出沿绳子方向上的分速度，而沿绳子方向上的分速度等于橡皮在竖直方向上的分速度，橡皮在水平方向上的分速度为v ，根据平行四边形定则求出橡皮的速度．【解答】解：A 、橡皮在水平方向上做匀速运动，竖直方向做加速运动，则合力在竖直方向上，合力与速度方向不在同一直线上，所以橡皮做曲线运动，故A 错误；B 、将铅笔与绳子接触的点的速度分解为沿绳方向和垂直于绳子方向，如图，则沿绳子方向上的分速度为vsin θ，因为沿绳子方向上的分速度等于橡皮在竖直方向上的分速度，所以橡皮在竖直方向上速度为vsin θ，因为θ逐渐增大，所以橡皮在竖直方向上做加速运动，因此细绳对橡皮的拉力大于橡皮的重力，故B 正确；CD 、根据平行四边形定则得：橡皮在图示位置时的速度大小为v==v 0，故C 正确，D 也正确． 故选：BCD ．14．如图所示，长为L 、倾角为θ=45°的光滑绝缘斜面处于电场中，一带电荷量为+q ，质量为m 的小球，以初速度v 0由斜面底端的A 点开始沿斜面上滑，到达斜面顶端的速度仍为v0，则（）A．小球在B点的电势能一定大于小球在A点的电势能B．A、B两点的电势差一定为C．若电场是匀强电场，则该电场的场强的最小值一定是D．若该电场是AC边中垂线上某点的点电荷Q产生的，则Q一定是正电荷【考点】AD：电势差与电场强度的关系；AE：电势能．【分析】根据动能定理和电场力做功公式结合，求解A、B两点的电势差．根据电场力做功的正负，判断小球电势能的大小，当电场力做正功时，小球电势能减小；相反，电势能增大．若电场是匀强电场，根据力学知识确定电场力的最小值，再确定场强的最小值．【解答】解：A、小球在运动的过程中，受重力、支持力和电场力，重力做负功，支持力不做功，电场力就做正功．故A点的电势高，小球在A点的电势能大．故A错误；B、A到B速度未变，说明重力做功等于电场力做功．则．故B正确；C、若电场是匀强电场，电场力恒定，根据共点力的平衡可得，若电场强度与运动方向不共线，且与斜面的夹角小于θ时，则电场力、斜面的支持力与重力相平衡，因此小球受到的电场力可能等于重力mg，此时的电场强度等于，故C正确；D、如果Q在AC边中垂线上AB的下方时，若点电荷Q是正电荷，由于B到Q的距离BQ大于A到Q的距离AQ，所以小球在B点的电势能小于A点的，则Q是正电荷；如果Q在AC边中垂线上AB的上方时，若点电荷Q是正电荷，由于B到Q的距离BQ小于A到Q的距离AQ，所以小球在B点的电势能大于A点的，与“小球在B点的电势能比A点的小”矛盾，故Q 是负电荷．故D错误．故选：BC15．如图所示，在升降机内固定一光滑的斜面体，一轻弹簧的一端连在位于斜面体上方的固定木板B上，另一端与质量为m的物块A相连，弹簧与斜面平行．整个系统由静止开始加速上升高度h的过程中（）A．物块A的重力势能增加量一定等于mghB．物块A的动能增加量等于斜面的支持力和弹簧的拉力对其做功的和C．物块A的机械能增加量等于斜面的支持力和弹簧的拉力对其做功的和D．物块A和弹簧组成系统的机械能增加量等于斜面对物块的支持力和B对弹簧拉力做功的和【考点】68：重力势能的变化与重力做功的关系；6C：机械能守恒定律．【分析】开始整个系统处于静止状态，物体A受重力、支持力、弹簧的弹力处于平衡状态．升降机以加速度a开始匀加速上升，则物块A与升降机具有相同的加速度，根据牛顿第二定律，判断弹簧弹力是否发生变化．根据除重力以外其它力做的功等于机械能的增量，判断物体机械能的变化．【解答】解：A、物体A开始受重力、支持力、弹簧的弹力处于平衡状态．当具有向上的加速度时，合力向上，弹簧弹力和支持力在竖直方向上的分力大于重力，所以弹簧的弹力增大，物体A相对于斜面向下运动．物体A上升的高度小于h，所以重力势能的增加量小于mgh．故A错误B、物体A受重力、支持力、弹簧的弹力，对物体A用动能定理，物块A的动能增加量等于斜面的支持力、弹簧的拉力和重力对其做功的和，故B错误C、物体A机械能的增加量等于斜面支持力和弹簧弹力做功的代数和．故C正确D、物块A和弹簧组成系统的机械能增加量等于斜面对物块的支持力和B对弹簧拉力做功的和，故D正确故选CD．二、实验题16．实验中得到的一条点迹清晰的纸带如图乙所示，若把第一个点记作O，另选连续的三个点A、B、C作为测量点，经测量A、B、C各点到O点的距离分别为70.18cm、77.76cm、85.76cm．根据以上数据，可知重物由O点运动到B点，重力势能的减少量为 J，动能的增加量等于 J．所有重物的质量为1.00kg（g=10m/s2，计算结果保留三位有效数字）【考点】MD：验证机械能守恒定律．【分析】根据下降的高度求出重力势能的减小量，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点的速度，从而得出动能的增加量．【解答】解：重物由O点运动到B点，重力势能的减少量△E p=mgh=1×10×0.7776J≈7.78J．B点的瞬时速度m/s=3.895m/s，则动能的增加量=J≈7.59J．故答案为：7.78，7.59．17．为了验证动能定理，某学习小组在实验室组装了如图的装置外，还备有下列器材：打点计时器所用的学生电源、导线、复写纸、天平、细砂．他们称量滑块的质量为 M、细砂和小桶的总质量为 m．当滑块连接上纸带，用细线通过滑轮挂上空的小桶时，滑块处于静止状态．要完成该实验，则：（1）还缺少的实验器材是刻度尺．（2）实验时为保证滑块受到的合力与细砂、小桶的总重力大小基本相等，细砂和小桶的总质量应满足的实验条件是，实验时为保证细线拉力等于滑块所受的合外力，首先要做的步骤是．（3）在（2）问的基础上，让小桶带动滑块加速运动，用打点计时器记录其运动情况，在打点计时器打出的纸带上取两点，测出该两点的间距为 L、打下该两点时滑块的速度大小为v1、v2（ v1＜v2），已知当地的重力加速度为 g．写出实验要验证的动能定理表达式（用题中所给的字母表示）．【考点】MJ：探究功与速度变化的关系．【分析】（1）根据实验的原理确定所需测量的物理量，从而确定还需要的器材．（2）根据整体法和隔离法得出绳子拉力的表达式，从而分析拉力等于小桶总重力满足的条件，要使绳子的拉力等于滑块的合力，需要平衡摩擦力．（3）根据合力做功等于动能的变化量列出验证的动能定理表达式．【解答】解：（1）实验中需要通过刻度尺测量点迹间的距离，从而得出滑块运动的距离以及滑块的速度，所以还缺少的实验器材是刻度尺．（2）对整体分析，加速度a=，隔离分析，绳子的拉力F=Ma=，可知要使绳子的拉力等于小桶的总重力，需满足细砂和小桶的总质量远小于滑块的质量，要使绳子的拉力等于滑块的合力，首先要做的步骤是平衡摩擦力．（3）合力做功为mgL，滑块动能的变化量为，则验证的动能定理表达式为mgL=．故答案为：（1）刻度尺；（2）细砂和小桶的总质量远小于滑块的质量，平衡摩擦力；（3）mgL=．18．在“验证机械能守恒定律”的实验中，打点计时器所用电源频率为50Hz，当地重力加速度的值为9.80m/s2，测得所用重物的质量为1.00kg．实验步骤如下：A．按图1所示的装置安装仪器； B．将打点计时器接到电源的直流输出端上；C．用天平测出重锤的质量； D．接通电源开关，然后释放重物，打出一条纸带；E．测量纸带上打出的某些点之间的距离；F．根据测量的结果计算重锤下落过程中减少的重力势能是否等于增加的动能．按实验要求正确地操作并选出纸带进行测量，量得连续三点A、B、C到第一个点的距离如图2所示（相邻计数点时间间隔为0.02s），那么：（1）上述步骤中没有必要进行的步骤是；操作不恰当的步骤是．（2）纸带的（左、右）端与重物相连；（3）打点计时器打下计数点B时，物体的速度v B= m/s；（计算结果保留两位有效数字）；（4）从起点O到打下计数点B的过程中重力势能减少量是△E p= ，此过程中物体动能的增加量△E k= （计算结果保留两位有效数字）；（5）实验的结论是．（6）若测出纸带上所有各点到O点之间的距离，根据纸带算出各点的速度v及物体下落的高度h，则以为纵轴、以h为横轴画出的图线是图3中的．【考点】MD：验证机械能守恒定律．【分析】（1）根据实验的原理以及操作中的注意事项确定没有必要的步骤以及操作不恰当的步骤．（2）根据相等时间内的位移逐渐增大确定纸带的哪一端与重物相连．（3）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点的速度．（4、5）根据下降的高度求出重力势能的减小量，根据B点的速度求出物体动能的增加量．从而得出实验的结论．（6）根据机械能守恒定律得出的关系式，从而确定正确的图线．【解答】解：（1）实验中验证动能的增加量和重力势能的减小量是否相等，质量可以约去，不需要天平，故C不必要．打点计时器使用交流电源，故B不恰当．（2）纸带在重物的拖动下，速度越来越快，相等时间内的位移越来越大，可知纸带的左端与重物相连．（3）B点的瞬时速度m/s=0.98m/s．（4）从起点O到打下计数点B的过程中重力势能减少量是△E p=mgh=1×9.8×0.0501J≈0.49J，此过程中物体动能的增加量△E k=．（5）由第（4）问题可知，在误差允许的范围内，机械能守恒．（6）根据机械能守恒得，，解得，可知为纵轴、以h为横轴的图线是一条过原点的倾斜直线，故选：A．故答案为：（1）C，（2）左，（3）0.98，（4）0.49J，0.48J，（5）在误差允许的范围内，机械能守恒，（6）A．三、计算题19．某兴趣小组设计了一种测量子弹射出枪口时速度大小的方法．在离地面高度为h的光滑水平桌面上放置一木块，将枪口靠近木块水平射击，子弹嵌入木块后与木块一起水平飞出，落地点与桌边缘的水平距离是s1；然后将木块重新放回原位置，再打一枪，子弹与木块的落地点与桌边的水平距离是s2，求子弹射出枪口时速度的大小．【考点】53：动量守恒定律；43：平抛运动．【分析】子弹射入木块的过程中，系统动量守恒定律，分别对第一次射入的过程和第二次射入的过程运用动量守恒定律以及平抛运动的规律，联立求出子弹射出枪口时速度的大小．【解答】解：设子弹的质量为m，木块的质量为M，子弹射出枪口时的速度为v0．第一颗子弹射入木块时，动量守恒mv0=（M+m）v1木块带着子弹做平抛运动s1=v1t第二颗子弹射入木块时，动量守恒mv0=（M+2m）v2木块带着两颗子弹做平抛运动s2=v2t。
广西玉林市福绵高级中学2016-2017学年高一下学期期末
广西玉林市福绵高级中学2016-2017学年高一（下）期末物理试卷一.选择题1. A、B两个物体在同一直线上做匀变速直线运动，它们的速度时间图象如图所示，则（）A. 0～6 s内A、B两物体运动方向相反B. 在0～4 s内A、B两物体的位移相同C. 在t=4s时．A、B两物体的速度相同D. A物体的加速度比B物体的加速度大【答案】C【解析】试题分析：A、B两物体的速度图象都在时间轴的上方，速度都为正，方向相同，故A错误；由图象与时间轴围成的面积表示两物体通过的位移关系可知，开始4s内A的位移比B的位移小，故B错误；t=4s时，两图象相交，说明此时两物体的速度相同．故C正确；B图线的斜率大于A图线的斜率，故A的加速度小于B的加速度，故D错误；故选C。
考点：v-t图线【名师点睛】对于速度-时间图象关键要明确这几点：（1）每一点的坐标表示该时刻物体的速度，速度的正负表示物体的运动方向；（2）图象的斜率表示物体的加速度；（3）图象与时间轴围成的面积表示物体在这段时间内通过的位移。
2. 在田径运动会上，中学生通过自己的努力，展现了积极向上，勇于拼搏的风采．下列几种关于比赛项目中的论述正确的是（）A. 背越式跳高比赛中要研究运动员过杆的技术要领时，可把运动员当成“质点”来处理B. 在400米比赛中，处于第1跑道的丁丁同学正好跑了完整一圈，他的成绩为50.0s，则他在整个过程的平均速度为0C. 文文同学在100 m比赛的成绩是13.35 s，其13.35 s指的是“时刻”D. 强强同学的投标枪成绩为50.8m，其50.8 m为标枪在空中运动的路程【答案】B【解析】背越式跳高比赛中要研究运动员过杆的技术要领时，运动员的大小和形状不能忽略，则不可把运动员当成“质点”来处理，选项A错误；在400米比赛中，处于第1跑道的丁丁同学正好跑了完整一圈，他的成绩为50.0s，因他的位移为零，则他在整个过程的平均速度为0，选项B正确；文文同学在100m比赛的成绩是13.35s，其13.35s指的是“时间”，选项C错误；强强同学的投标枪成绩为50.8m，其50.8m为标枪运动的位移，选项D错误；故选B.3. 下列说法中正确的是A. 做曲线运动的物体速度的方向必定变化B. 速度变化的运动必定是曲线运动C. 加速度恒定的运动不可能是曲线运动D. 加速度变化的运动必定是曲线运动【答案】A4. 图为我国女子冰壶队的比赛画面．冰壶惯性的大小取决于冰壶的（）A. 位置B. 速度C. 受力D. 质量【答案】D【解析】质量是惯性大小的唯一量度，则冰壶惯性的大小取决于冰壶的质量，故选D.5. 下列关于惯性的说法中，正确的是（）A. 汽车刹车时，乘客的身子会向前倾斜，是因为汽车有惯性B. 做匀速直线运动的物体和静止的物体没有惯性C. 物体的惯性只有在物体速度改变时才表现出来D. 物体都具有惯性，与物体是否运动无关，与物体速度是否变化也无关【答案】D【解析】汽车刹车时，乘客的身子会向前倾斜，是因为人有惯性，A错；一切物体都具有惯性，与物体是否运动无关，与物体速度是否变化也无关，BC错，D对。
2016-2017学年广西玉林市陆川县高一(下)期末物理试卷
2016-2017学年广西玉林市陆川县高一（下）期末物理试卷一．选择题1. 如图所示，光滑水平面上，小球在拉力作用下做匀速圆周运动．若小球运动到点时，拉力发生变化，关于小球运动情况的说法正确的是（）A.若拉力突然消失，小球将沿轨迹做离心运动B.若拉力突然变小，小球将沿轨迹做离心运动C.若拉力突然变大，小球将沿轨迹做离心运动D.若拉力突然变小，小球将沿轨迹运动2. 如图所示，、、、、，个小球并排放置在光滑的水平面上，、、、，个球质量相等，而球质量小于球质量，球的质量等于球质量．球以速度向球运动，所发生的碰撞均为弹性碰撞，则碰撞之后（）A.个小球静止，个小球运动B.个小球静止，个小球运动C.个小球静止，个小球运动D.个小球都运动3. 某人从岸上以相对岸的水平速度跳到一条静止的小船上，使小船以速度开始运动；如果此人从这条静止的小船上以同样大小的水平速度相对小船跳离小船，小船的反冲速度的大小为，则两者的大小关系（）A.B.C.D.条件不足，无法判断4. 万有引力的发现实现了物理学史上第一次大统一“地上物理学”和“天上物理学”的统一．它表明天体运动和地面上物体的运动遵从相同的规律．牛顿发现万有引力定律的过程中将行星的椭圆轨道简化为圆轨道；另外，还应用到了其他的规律和结论．下面的规律和结论没有被用到的是（）A.牛顿第二定律B.牛顿第三定律C.开普勒的研究成果D.卡文迪许通过扭秤实验得出的引力常数5. 下列关于动量及其变化的说法正确的是（）A.两物体的动量相等，动能也一定相等B.物体动能发生变化，动量也一定发生变化C.动量变化的方向一定与初末动量的方向都不同D.动量变化的方向不一定与合外力的冲量方向相同6. 在倾角为的光滑斜面上有两个用轻弹簧相连接的物块、，它们的质量均为，弹簧劲度系数为，为一固定挡板，系统处于静止状态．现用一恒力沿斜面方向拉物块使之向上运动，当物块刚要离开时，的速度为，则此过程（弹簧的弹性势能与弹簧的伸长量或压缩量的平方成正比，重力加速度为）（）A.物块运动的距离为B.物块的加速度为C.拉力做的功为D.拉力对做的功等于的机械能的增加量7. 己知地球半径为，静置于赤道上的物体随地球自转的向心加速度为；地球同步卫星作匀速圆周运动的轨道半径为，向心加速度大小为，引力常量为，以下结论正确的是（）A.地球质量B.地球质量C.向心加速度之比D.向心加速度之比8. 下列说法正确的是（）A.“笔尖下发现的行星”是天王星，卡文迪许测出了万有引力常量的值B.行星在圆周轨道上保持匀速率运动的性质不是惯性C.行星绕恒星运动轨道为圆形，则它运动周期的平方与轨道半径的三次方之比为常数，此常数的大小与恒星的质量和行星的速度有关D.匀速圆周运动是速度大小不变的匀变速曲线运动，速度方向始终为切线方向9. 人在高处跳到低处时，为了安全，一般都让脚尖先着地，这样做是为了（）A.减小冲量B.减小动量的变化量C.增大与地面的作用时间，从而减小冲力D.增大人对地面的压强，起到安全作用10. 如图所示，水平传送带由电动机带动以恒定的速度顺时针匀速转动，某时刻一个质量为的小物块在传送带上由静止释放，小物块与传送带间的动摩擦因数为，小物块在滑下传送带之前已与传送带的速度相同，对于小物块从静止释放到与传送带的速度相同这一过程中，下列说法正确的是（）A.电动机多做的功为B.小物块在传送带上的划痕长为C.传送带克服摩擦力做的功为D.电动机增加的功率为11. 伽利略理想斜面实验使人们认识到引入能量概念的重要性．在此理想实验中，能说明能量在小球运动过程中不变的理由是（）A.小球滚下斜面时，高度降低，速度增大B.小球滚上斜面时，高度增加，速度减小C.小球总能准确地到达与起始点相同的高度D.小球能在两斜面之间来回滚动12. ，两球在光滑水平面上沿同一直线运动，球动量为∙，球动量为∙；当球追上球时发生碰撞，则碰后、两球的动量可能是（）A.∙、∙B.∙、∙C.∙、∙D.∙、∙13. 如图所示，一块橡皮用细线悬挂于点，现用铅笔贴着细线的左侧水平向右以速度匀速运动，运动到图示位置时．运动过程中保持铅笔的高度不变，悬挂橡皮的那段细线保持竖直，则在铅笔未碰到橡皮前，下列说法正确的是（不计一切摩檫）（）A.橡皮的运动轨迹是一条直线B.绳子的拉力一定大于橡皮的重力C.橡皮的速度一定大于D.橡皮在图示位罝时的速度大小为14. 如图所示，长为、倾角为的光滑绝缘斜面处于电场中，一带电荷量为，质量为的小球，以初速度由斜面底端的点开始沿斜面上滑，到达斜面顶端的速度仍为，则（）A.小球在点的电势能一定大于小球在点的电势能B.、两点的电势差一定为C.若电场是匀强电场，则该电场的场强的最小值一定是D.若该电场是边中垂线上某点的点电荷产生的，则一定是正电荷15. 如图所示，在升降机内固定一光滑的斜面体，一轻弹簧的一端连在位于斜面体上方的固定木板上，另一端与质量为的物块相连，弹簧与斜面平行．整个系统由静止开始加速上升高度的过程中（）A.物块的重力势能增加量一定等于B.物块的动能增加量等于斜面的支持力和弹簧的拉力对其做功的和C.物块的机械能增加量等于斜面的支持力和弹簧的拉力对其做功的和D.物块和弹簧组成系统的机械能增加量等于斜面对物块的支持力和对弹簧拉力做功的和二、实验题1. 实验中得到的一条点迹清晰的纸带如图乙所示，若把第一个点记作，另选连续的三个点、、作为测量点，经测量、、各点到点的距离分别为、、．根据以上数据，可知重物由点运动到点，重力势能的减少量为________，动能的增加量等于________．所有重物的质量为（，计算结果保留三位有效数字）2. 为了验证动能定理，某学习小组在实验室组装了如图的装置外，还备有下列器材：打点计时器所用的学生电源、导线、复写纸、天平、细砂．他们称量滑块的质量为、细砂和小桶的总质量为．当滑块连接上纸带，用细线通过滑轮挂上空的小桶时，滑块处于静止状态．要完成该实验，则：（1）还缺少的实验器材是________．（2）实验时为保证滑块受到的合力与细砂、小桶的总重力大小基本相等，细砂和小桶的总质量应满足的实验条件是________，实验时为保证细线拉力等于滑块所受的合外力，首先要做的步骤是________．（3）在（2）问的基础上，让小桶带动滑块加速运动，用打点计时器记录其运动情况，在打点计时器打出的纸带上取两点，测出该两点的间距为、打下该两点时滑块的速度大小为、，已知当地的重力加速度为．写出实验要验证的动能定理表达式________（用题中所给的字母表示）．3. 在“验证机械能守恒定律”的实验中，打点计时器所用电源频率为，当地重力加速度的值为，测得所用重物的质量为．实验步骤如下：．按图所示的装置安装仪器；．将打点计时器接到电源的直流输出端上；．用天平测出重锤的质量；．接通电源开关，然后释放重物，打出一条纸带；．测量纸带上打出的某些点之间的距离；．根据测量的结果计算重锤下落过程中减少的重力势能是否等于增加的动能．按实验要求正确地操作并选出纸带进行测量，量得连续三点、、到第一个点的距离如图所示（相邻计数点时间间隔为），那么：（1）上述步骤中没有必要进行的步骤是________；操作不恰当的步骤是________．（2）纸带的________（左、右）端与重物相连；（3）打点计时器打下计数点时，物体的速度________；（计算结果保留两位有效数字）；（4）从起点到打下计数点的过程中重力势能减少量是________，此过程中物体动能的增加量________（计算结果保留两位有效数字）；（5）实验的结论是________．（6）若测出纸带上所有各点到点之间的距离，根据纸带算出各点的速度及物体下落的高度，则以为纵轴、以为横轴画出的图线是图中的________．三、计算题1. 某兴趣小组设计了一种测量子弹射出枪口时速度大小的方法．在离地面高度为的光滑水平桌面上放置一木块，将枪口靠近木块水平射击，子弹嵌入木块后与木块一起水平飞出，落地点与桌边缘的水平距离是；然后将木块重新放回原位置，再打一枪，子弹与木块的落地点与桌边的水平距离是，求子弹射出枪口时速度的大小．2. 不计质量的弹簧，圆弧部分光滑，半径为，平面部分粗糙，长为，点右方的平面光滑．滑块质量为，从圆弧最高处无初速下滑（如图），与弹簧相接触并压缩弹簧，最后又返回到相对于车静止．求：（1）部分的动摩擦因数；（2）弹簧具有的最大弹性势能；（3）当滑块与弹簧刚分离时滑块和小车的速度大小．3. 某种弹射装置的示意图如图所示，光滑的水平导轨右端处于倾斜传送带理想连接，传送带长度，皮带以恒定速率顺时针转动，三个质量均为的滑块、、置于水平导轨上，、之间有一段轻弹簧刚好处于原长，滑块与轻弹簧连接，未连接弹簧，、处于静止状态且离点足够远，现让滑块以初速度沿、连线方向向运动，与碰撞后粘合在一起．碰撞时间极短，滑块脱离弹簧后滑上倾角的传送带，并从顶端沿传送带方向滑出斜抛落至地面上，已知滑块与传送带之间的动摩擦因数，重力加速度，，．（1）滑块、碰撞时损失的机械能；（2）滑块在传送带上因摩擦产生的热量；（3）若每次实验开始时滑块的初速度大小不相同，要使滑块滑离传送带后总能落至地面上的同一位置，则的取值范围是什么？（结果可用根号表示）4. 如图所示，水平转盘上放有质量为的物块，当物块到转轴的距离为时，连接物块和转轴的绳刚好被拉直（绳上张力为零）．物块和转盘间最大静摩擦力是其正压力的倍．求：（1）当转盘的角速度时，细绳的拉力；（2）当转盘的角速度时，细绳的拉力．参考答案与试题解析2016-2017学年广西玉林市陆川县高一（下）期末物理试卷一．选择题1.【答案】A【考点】离心现象【解析】本题考查离心现象产生原因以及运动轨迹，当向心力突然消失或变小时，物体会做离心运动，运动轨迹可是直线也可以是曲线，要根据受力情况分析．【解答】解：在水平面上，细绳的拉力提供所需的向心力，、当拉力消失，物体受力合为零，将沿切线方向做匀速直线运动，即沿轨迹做离心运动，故正确．、当拉力突然变小，则向心力大于拉力，因此小球将沿轨迹做离心运动，故错误，也错误；、当拉力突然变大，则向心力小于拉力，因此小球将沿轨迹做离心运动，故错误；故选：．2.【答案】C【考点】动量守恒定律【解析】弹性碰撞过程，遵守动量守恒和机械能守恒，若两球质量相等，会交换速度．【解答】解：、质量不等，．相碰后速度向左运动，向右运动．质量相等，弹性碰撞后，不断交换速度，最终有向右的速度，静止．质量不等，，则都向右运动．所以静止；向左向右运动．故正确．故选3.【答案】B【考点】动量守恒定律【解析】对两次跳船的过程，分别运用动量守恒定律列式，得到、与的关系，再比较它们的大小．【解答】解：人从岸上跳到小船上的过程，取速度方向为正方向，设人的质量为，船的质量为．根据动量守恒定律得，得人从小船上跳离的过程，取船速度方向为正方向，由动量守恒定律得，得所以有．故选：4.【答案】D【考点】物理学史【解析】天体运动和地面上物体的运动遵从相同的规律，牛顿在发现万有引力定律的过程中，运用了牛顿第二、三定律，开普勒三定律．【解答】解：牛顿在发现万有引力定律的过程中将行星的椭圆轨道简化为圆轨道这就是开普勒第一定律，由牛顿第二定律可列出万有引力提供向心力．再借助于牛顿第三定律来推算物体对地球作用力与什么有关系．同时运用开普勒第三定律来导出万有引力定律．而卡文迪许通过扭秤实验得出的引力常数是在牛顿发现万有引力定律之后，所以正是由于这个原因，牛顿的万有引力定律没有得到广泛应用．故选：．5.【答案】B【考点】动量定理【解析】动能是标量，动量是矢量，矢量方向的变化也是矢量变化；根据动量定理判断动量变化方向和合力冲量的关系．【解答】解：、两物体的动量相等，动能不一定相等，故错误；、物体的质量是一定的，若动能变化，其速度大小一定变化，故物体的动量一定变化，故正确；、动量变化，当物体做匀加速直线运动时，初动量、末动量和动量的变化方向均相同，故错误；、根据动量定理，合力的冲量等于动量的变化，故动量变化的方向与合外力的冲量方向一定相同，故错误；故选：．6.【答案】A【考点】机械能守恒定律功的计算牛顿第二定律胡克定律【解析】未加拉力时，物体对弹簧的压力等于其重力的下滑分力；物块刚要离开时，弹簧的拉力等于物体重力的下滑分力；根据平衡条件并结合胡克定律求解出两个状态弹簧的行变量，得到弹簧的长度变化情况；然后结合功能关系进行分析即可．【解答】解：．开始时，弹簧处于压缩状态，压力等于物体重力的下滑分力，根据胡克定律，有：，解得：，物块刚要离开时，弹簧的拉力等于物体重力的下滑分力，根据胡克定律，有：，解得：，故物块运动的距离为：，故正确；．此时物体受拉力、重力、支持力和弹簧的拉力，根据牛顿第二定律，有：，弹簧的拉力等于物体重力的下滑分力，为：，故：，故错误；．拉力做的功等于物体、弹簧系统机械能的增加量，为：弹，故错误．故选：．7.【答案】A【考点】万有引力定律及其应用【解析】地球赤道上的物体随地球自转时，万有引力的一部分提供向心力，地球的同步卫星绕地球做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，据此求解地球质量，同步卫星的角速度和地球自转的角速度相等，根据得出物体随地球自转的向心加速度与同步卫星的加速度之比，从而判断加速度的关系．【解答】解：A．地球的同步卫星绕地球做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，则有：，解得地球质量，故选A正确；B．地球赤道上的物体随地球自转时有：，得，故B错误；CD．同步卫星的角速度和地球自转的角速度相等，物体的角速度也等于地球自转的角速度，所以地球同步卫星与物体的角速度相等，根据得，，故CD错误．故选：A．8.【答案】B【考点】万有引力定律的发现和万有引力恒量的测定【解析】明确有关开普勒定律、万有引力定律的基本内容和性质，知道相应的物理学史，明确环绕天体绕中心天体运动时是由于万有引力充当向心力的原因．【解答】解：、笔尖下发现的行星”是海王星，卡文迪许测出了万有引力常量的值，故错误；、行星在圆周轨道上保持匀速率运动的性质是由于万有引力充当向心力，不是由于惯性，故正确；、行星绕恒星运动轨道为圆形，则它运动周期的平方与轨道半径的三次方之比为常数，此常数的大小只与恒星的质量有关，故错误；、匀速圆周运动是速度方向沿切线运动，大小不变，故是大小不变的变加速曲线运动，故错误．故选：．9.【答案】C【考点】动量定理【解析】人落下时速度的变化量相同，根据动量定理可分析让脚尖着地的好处．【解答】解：人在和地面接触时，人的速度减为零，由动量定理可知；而脚尖着地可以增加人着地的时间，由公式可知可以减小受到地面的冲击力；故正确，、、错误．故选：10.【答案】D【考点】功能关系牛顿第二定律功的计算【解析】由于物块与传送带间有相对位移，物块对传送带做功与传送带对物块做功并不相等．系统摩擦生热等于系统克服摩擦力做的总功．物体在传送带上运动时，物体和传送带要发生相对滑动，所以电动机多做的功一部分转化成了物体的动能另一部分就是增加了相同的内能．根据牛顿第二定律和运动学公式求得物块与传送带间的相对位移，即得到划痕长度．结合功能关系分析．【解答】解：、设物块匀加速运动的时间为，则物块与传送带相对位移大小为：此过程中物块的位移为：物则有：物．物块运动过程中，只有摩擦力对它做功，根据动能定理得：摩擦力对物块做的功为：物．系统摩擦生热为：物．电动机多做的功转化成了物体的动能和系统的内能，所以电动机多做的功为：机．故错误．、物块匀加速运动的加速度为：匀加速运动的时间为：，所以有：，则物块在传送带上的划痕长为，故错误．、传送带克服摩擦力做功为：带．故错误．、电动机增加的功率即为克服摩擦力做功的功率，大小为：，故正确．故选：11.【答案】C,D【考点】伽利略研究自由落体运动的实验和推理方法【解析】斜面的倾角不同物体受到的支持力不同，物体高度不同物体的重力势能不同，在运动过程中物体的速度随时间发生变化，动能和重力势能相互转化．【解答】解：、小球滚下斜面时，高度降低，速度增大，即重力势能减小，动能增加，但是不能确定能量在小球运动过程中不变，故错误、小球滚上斜面时，高度增加，速度减小，重力势能增加，动能减小，但是不能确定能量在小球运动过程中不变，故错误、小球总能准确地到达与起始点相同的高度，即重力势能和动能之和不变，故正确、小球能在两斜面之间永不停止地来回滚动，说明重力势能和动能之和不变，没有减小，故正确故选：．12.【答案】A,C【考点】动量守恒定律【解析】当球追上球时发生碰撞时，遵守动量守恒．由动量守恒定律和碰撞过程总动能不增加，进行选择．【解答】解：、碰撞前后系统的动量守恒，碰撞前，的速度大于的速度，即，则有，得到：根据碰撞过程总动能不增加，则有：，得到：，满足，是可能的，故正确．、碰撞后，两球的动量方向都与原来方向相同，当球追上球时发生碰撞时，的动量不可能沿原方向而且增大．故错误；、碰撞前后动量守恒，根据碰撞过程总动能不增加，则有：，得到：，满足，是可能的，故正确．、碰撞前后动量守恒，但是碰撞后的动能不变，而的动能增大，违反了能量守恒定律．不可能，故错误．故选：13.【答案】B,C,D【考点】运动的合成和分解【解析】将铅笔与绳子接触的点的速度分解为沿绳方向和垂直于绳子方向，求出沿绳子方向上的分速度，而沿绳子方向上的分速度等于橡皮在竖直方向上的分速度，橡皮在水平方向上的分速度为，根据平行四边形定则求出橡皮的速度．【解答】解：、橡皮在水平方向上做匀速运动，竖直方向做加速运动，则合力在竖直方向上，合力与速度方向不在同一直线上，所以橡皮做曲线运动，故错误；、将铅笔与绳子接触的点的速度分解为沿绳方向和垂直于绳子方向，如图，则沿绳子方向上的分速度为，因为沿绳子方向上的分速度等于橡皮在竖直方向上的分速度，所以橡皮在竖直方向上速度为，因为逐渐增大，所以橡皮在竖直方向上做加速运动，因此细绳对橡皮的拉力大于橡皮的重力，故正确；、根据平行四边形定则得：橡皮在图示位置时的速度大小为，故正确，也正确．故选：．14.【答案】B,C【考点】电势差与电场强度的关系电势能【解析】根据动能定理和电场力做功公式结合，求解、两点的电势差．根据电场力做功的正负，判断小球电势能的大小，当电场力做正功时，小球电势能减小；相反，电势能增大．若电场是匀强电场，根据力学知识确定电场力的最小值，再确定场强的最小值．【解答】解：、小球在运动的过程中，受重力、支持力和电场力，重力做负功，支持力不做功，电场力就做正功．故点的电势高，小球在点的电势能大．故错误；、到速度未变，说明重力做功等于电场力做功．则．故正确；、若电场是匀强电场，电场力恒定，根据共点力的平衡可得，若电场强度与运动方向不共线，且与斜面的夹角小于时，则电场力、斜面的支持力与重力相平衡，因此小球受到的电场力可能等于重力，此时的电场强度等于，故正确；、若该电场是斜面中点正上方某点的点电荷产生的，离电荷远的点电势高，所以一定是负电荷．故错误．故选：15.【答案】C,D【考点】重力势能的变化与重力做功的关系机械能守恒定律【解析】开始整个系统处于静止状态，物体受重力、支持力、弹簧的弹力处于平衡状态．升降机以加速度开始匀加速上升，则物块与升降机具有相同的加速度，根据牛顿第二定律，判断弹簧弹力是否发生变化．根据除重力以外其它力做的功等于机械能的增量，判断物体机械能的变化．【解答】解：、物体开始受重力、支持力、弹簧的弹力处于平衡状态．当具有向上的加速度时，合力向上，弹簧弹力和支持力在竖直方向上的分力大于重力，所以弹簧的弹力增大，物体相对于斜面向下运动．物体上升的高度小于，所以重力势能的增加量小于．故错误、物体受重力、支持力、弹簧的弹力，对物体用动能定理，物块的动能增加量等于斜面的支持力、弹簧的拉力和重力对其做功的和，故错误、物体机械能的增加量等于斜面支持力和弹簧弹力做功的代数和．故正确、物块和弹簧组成系统的机械能增加量等于斜面对物块的支持力和对弹簧拉力做功的和，故正确故选．二、实验题1.【答案】,【考点】验证机械能守恒定律【解析】根据下降的高度求出重力势能的减小量，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点的速度，从而得出动能的增加量．【解答】解：重物由点运动到点，重力势能的减少量．点的瞬时速度，则动能的增加量．故答案为：，．2.【答案】刻度尺细砂和小桶的总质量远小于滑块的质量,平衡摩擦力．【考点】探究功与速度变化的关系【解析】（1）根据实验的原理确定所需测量的物理量，从而确定还需要的器材．（2）根据整体法和隔离法得出绳子拉力的表达式，从而分析拉力等于小桶总重力满足的条件，要使绳子的拉力等于滑块的合力，需要平衡摩擦力．（3）根据合力做功等于动能的变化量列出验证的动能定理表达式．【解答】解：（1）实验中需要通过刻度尺测量点迹间的距离，从而得出滑块运动的距离以及滑块的速度，所以还缺少的实验器材是刻度尺．（2）对整体分析，加速度，隔离分析，绳子的拉力，可知要使绳子的拉力等于小桶的总重力，需满足细砂和小桶的总质量远小于滑块的质量，要使绳子的拉力等于滑块的合力，首先要做的步骤是平衡摩擦力．（3）合力做功为，滑块动能的变化量为，则验证的动能定理表达式为．3.【答案】,左,在误差允许的范围内，机械能守恒【考点】验证机械能守恒定律【解析】（1）根据实验的原理以及操作中的注意事项确定没有必要的步骤以及操作不恰当的步骤．（2）根据相等时间内的位移逐渐增大确定纸带的哪一端与重物相连．（3）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点的速度．、根据下降的高度求出重力势能的减小量，根据点的速度求出物体动能的增加量．从而得出实验的结论．（6）根据机械能守恒定律得出的关系式，从而确定正确的图线．【解答】解：（1）实验中验证动能的增加量和重力势能的减小量是否相等，质量可以约去，不需要天平，故不必要．打点计时器使用交流电源，故不恰当．（2）纸带在重物的拖动下，速度越来越快，相等时间内的位移越来越大，可知纸带的左端与重物相连．（3）点的瞬时速度．（4）从起点到打下计数点的过程中重力势能减少量是，此过程中物体动能的增加量．（5）由第（4）问题可知，在误差允许的范围内，机械能守恒．（6）根据机械能守恒得，，解得，可知为纵轴、以为横轴的图线是一条过原点的倾斜直线，故选：．三、计算题1.【答案】子弹射出枪口的速度大小为．【考点】动量守恒定律平抛运动【解析】子弹射入木块的过程中，系统动量守恒定律，分别对第一次射入的过程和第二次射入的过程运用动量守恒定律以及平抛运动的规律，联立求出子弹射出枪口时速度的大小．【解答】解：设子弹的质量为，木块的质量为，子弹射出枪口时的速度为．。
广西玉林市高级中学2016-2017学年高一下学期期末考试
广西玉林市高级中学2016-2017学年第二学期期末考试高一年级地理试卷解析版第Ⅰ卷（选择题共50分）一、选择题（本大题共25小题，每小题2分，计50分；下列各题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求）下图示意某国城镇人口和乡村人口的变化，读图回答下列各题1. 1997年该国城镇化水平约为A. 12％B. 27％C. 32％D. 47％2. 20世纪该国城镇人口比重增长最快的时期是A. 60年代初期B. 70年代中期C. 80年代中期D. 90年代后期3. 1961～2006年，该国城镇化总体趋势表现为A. 乡村人口持续增长B. 城镇人口缓慢减少C. 进入加速发展阶段D. 进入郊区化阶段【答案】1. C 2. D 3. C【解析】1. 城镇化水平指城市人口占总人口的百分比，需要读图计算：1982年城市人口为20000万人，总人口是城市人口20000+乡村人口80000=100000万人。
城镇化水平约为20％。
故选B。
2. 读图可知，图中90年代后期，农村人口减少，城镇人口增加很快，所以城镇人口比重增长最快，该城镇人口比重增长最快的时期就是90年代后期，故选D。
3. 1961～2007年，该国城市人口越来越多，乡村人口有减少的趋势，A、B错。
郊区化指城市人口向郊区迁移，图中没有反应这一过程，D错。
故选C。
【考点定位】城市化进程下表反映我国土地人口承载力与生活类型的关系。
读表完成下列各题。
4. 由上表可以看出A. 生活消费水平是影响环境人口容量的首要因素B. 土地人口承载力小于土地的人口合理容量C. 土地人口承载力具有相对确定性D. 土地人口承载力与生活消费水平之间存在正相关5. 提高我国土地人口承载力的正确途径是①控制人口数量②提高资源利用率③提高人们消费水平④提高对外开放程度A. ①③B. ②④C. ①②D. ③④【答案】4. C 5. B【解析】4. 由上表可以看出，土地人口承载力具有相对确定性，C正确；土地人口承载力不一定小于土地的人口合理容量，B错误；资源是影响环境人口容量的首要因素，A错误；土地人口承载力与生活消费水平之间存在负相关，D错误。
广西玉林市玉林高级中学2016-2017学年高一下学期期末物理试卷含解析
广西玉林市玉林高级中学2016—2017学年高一（下）期末物理试卷解析版一。
选择题1.如图所示,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Q点．轨道2、3相切于P点（如图），则当卫星分别在1、2、3轨道正常运行时，下列说法中不正确的是(）A．卫星在轨道3上的周期小于在轨道1上的周期B．卫星在轨道3上的速率小于在轨道1上的速率C．卫星在轨道2上运行时，经过Q点时的速率大于经过P点时的速率D．卫星在轨道2上运行时,经过Q点时加速度大于经过P点的加速度【分析】根据开普勒第三定律分析周期关系；根据卫星的环绕速度公式v=分析圆轨道上运行速率关系；根据开普勒第二定律分析卫星经过P、Q时速率大小;根据牛顿第二定律分析加速度大小情况．【解答】解：A、根据开普勒第三定律知，卫星的轨道半径越大，则周期也越大，故卫星在轨道3上的周期大于在轨道1上的周期，故A不正确;B、根据卫星的环绕速度公式v=，知卫星的轨道半径越大，运行速率越小,则卫星在轨道3上的速率小于在轨道1上的速率，故B正确；C、根据开普勒第二定律知，卫星在轨道2上运行时,从Q点向P点运动时，速度逐渐减小，经过Q点时的速率大于经过P点时的速率．故C正确；D、卫星离地面越远，万有引力越小，根据牛顿第二定律，加速度也越小，故经过Q点时加速度大于经过P点的加速度，故D正确；本题选不正确的，故选：A【点评】本题卫星运动涉及到椭圆轨道问题，要结合开普勒定律和牛顿第二定律分析，卫星的环绕速度公式v=要记牢．2．地球上极地处的重力加速度为a，赤道处的重力加速度为g,地球自转的角速度为ω1．要使赤道上的物体“飘”起来,则地球自转的角速度需达到ω2．则ω1与ω2的比值为（）A．B． C． D．【考点】4F：万有引力定律及其应用．【分析】当物体“飘”起来时，不受地面的支持力，由重力提供向心力,向心加速度增大了g，根据向心加速度公式a=ω2r即可求解．【解答】解:物体在赤道上随地球自转时，有a=；物体随地球自转时，赤道上物体受万有引力和支持力，支持力等于重力，即：F﹣mg=ma;物体“飘”起来时只受万有引力,故有：F=ma′故a′=g+a,即当物体“飘”起来时，物体的加速度为g+a，则有g+a=解得：（）2=解得:故选：C3．如图所示，a、b、c三个相同的小球，a从光滑斜面顶端由静止开始自由下滑，同时b、c从同一高度分别开始自由下落和平抛．下列说法正确的有（）A．重力做功大小相等B．它们的末动能相同C．运动过程中的重力平均功率相等D．它们落地时重力的瞬时功率相等【考点】63:功率、平均功率和瞬时功率;62：功的计算．【分析】a做的是匀变速直线运动，b是自由落体运动,c是平抛运动，根据它们各自的运动的特点可以分析运动的时间和末速度的情况，由功率的公式可以得出结论．【解答】解：A、a、b、c三个小球的初位置相同，它们的末位置也相同，由于重力做功只与物体的初末位置有关，所以三个球的重力做功相等，故A正确．B、由动能定理可知,三个球的重力做功相等，它们的动能的变化相同，但是c是平抛的，所以c有初速度，故c的末动能要大，故B 错误．C、由A的分析可知，三个球的重力做功相等，但是三个球得运动的时间并不相同，其中bc的时间相同,a的运动的时间要比bc的长，所以a的平均功率最小，所以运动过程中重力的平均功率不相等，故C错误．D、三个球的重力相等,但是它们的竖直方向上的末速度不同，所以瞬时功率不可能相等，故D错误．故选:A4。
2016-2017高一下学期物理期末考试试卷第1套真题
2016-2017高一下学期物理期末考试试卷一、选择题1. 跳水运动员从10m高的跳台上跳下，在运动员下落的过程中（）A . 运动员的动能增加，重力势能增加B . 运动员的动能减少，重力势能减少C . 运动员的动能减少，重力势能增加D . 运动员的动能增加，重力势能减少2. 下列说法中正确的是（）A . 相互压紧的两物体间有弹力作用也一定有摩擦力作用B . 相对运动的物体间总有摩擦力的作用C . 只有相互压紧且发生相对运动的物体间才有摩擦力的作用D . 只有相互压紧且发生相对运动或有相对运动趋势、不光滑的物体间才有摩擦力的作用3. 一物体受到两个力的作用，大小分别是6N和4N．其合力F大小的范围是（）A . 2 N≤F≤10 NB . 4 N≤F≤10 NC . 6 N≤F≤10 ND . 4 N≤F≤6 N4. 如图所示，光滑轨道由AB、BCDE两段细圆管平滑连接组成，其中AB段水平，BCDE段为半径为R的四分之三圆弧管组成，圆心O及D点与AB等高，整个轨道固定在竖直平面内．现有一质量为m，初速度v0= 的光滑小球水平进入圆管AB，设小球经过轨道交接处无能量损失，圆管孔径远小于R，则（小球直径略小于管内径）（）A . 小球到达C点时的速度大小为vC=B . 小球能通过E点后恰好落至B点C . 无论小球的初速度v0为多少，小球到达E点时的速度都不能为零D . 若将DE轨道拆除，则小球能上升的最大高度与D点相距离2R5. 由于某种原因，人造地球卫星的轨道半径减小了，那么，卫星的（）A . 速率变小，周期变小B . 速率变小，周期变大C . 速率变大，周期变大D . 速变率大，周期变小6. 做曲线运动的物体，在其轨迹上某一点的加速度方向（）A . 为通过该点的曲线的切线方向B . 与物体在这一点时所受的合外力方向垂直C . 与物体在这一点速度方向一致D . 与物体在这一点速度方向的夹角一定不为零7. 卢瑟福通过对α粒子散射实验结果的分析，提出了原子内部存在（）A . 电子B . 中子C . 质子D . 原子核8. 在同一水平直线上的两位置分别沿同水平方向抛出两小球A和B，两球相遇于空中的P点，它们的运动轨迹如图所示．不计空气阻力，下列说法中正确的是（）A . 在P点，A球的速度大小大于B球的速度大小B . 在P点，A球的速度大小小于B球的速度大小C . 抛出时，先抛出A球后抛出B球D . 抛出时，先抛出B球后抛出A球9. 匀速圆周运动属于（）A . 匀速运动B . 匀加速运动C . 加速度不变的曲线运动D . 变加速度的曲线运动10. A、B两球质量相等，A球竖直上抛，B球平抛，两球在运动中空气阻力不计，则下列说法中正确的是（）A . 相同时间内，动量的变化大小相等，方向不同B . 相同时间内，动量的变化大小相等，方向相同C . 动量的变化率大小不等，方向相同D . 动量的变化率大小相等，方向不同11. 2011年11月1日“神舟八号”飞船发射圆满成功．“神舟八号”飞船在入轨后两天，与“天宫一号”目标飞行器成功进行交会对接．我国成为继美国和俄国后第三个掌握太空交会对接技术的国家．对接前“天宫一号”和“神舟八号”绕地球做匀速圆周运动如图所示，A代表“天宫一号”，B代表“神舟八号”，虚线为对接前各自的轨道．由此可以判定对接前（）A . “神舟八号”适当加速才有可能与“天宫一号”实现对接B . “天宫一号”的周期小于“神舟八号”的周期C . “天宫一号”的向心加速度小于“神舟八号”的向心加速度D . “天宫一号”的运行速率大于“神舟八号”的运行速率12. 下列说法正确的是（）A . 康普顿效应表明光子只具有能量，不具有动量B . 爱因斯坦在光的粒子性的基础上，建立了光电效应方程C . 德布罗意指出微观粒子的动量越大，其对应的波长就越长D . 卢瑟福根据α粒子散射实验提出了原子的核式结构模型13. “探路者”号宇宙飞船在宇宙深处飞行过程中，发现A、B两颗均匀球形天体，两天体各有一颗靠近其表面飞行的卫星，测得两颗卫星的周期相等，以下判断正确的是（）A . 天体A，B的质量与它们的半径成正比B . 两颗卫星的线速度与它们的半径成正比C . 天体A，B表面的重力加速度一定相等D . 天体A，B的密度一定相等14. 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球的动量是7kg•m/s，B球的动量是5kg•m/s，当A球追上B球发生碰撞，则碰撞后A、B 两球的动量不可能值是（）A . pA′=3 kg•m/s，pB′=9 kg•m/sB . pA′=﹣4 kg•m/s，pB′=17 kg•m/sC . pA′=﹣2kg•m/s，pB′=14kg•m/sD . pA′=6 kg•m/s，pB′=6 kg•m/s15. 如图所示，斜面体固定在水平面上，倾角为θ=30°，质量为m的物块从斜面体上由静止释放，以加速度a= 开始下滑，取出发点为参考点，则图乙中能正确描述物块的速率v、动能Ek、势能EP、机械能E、时间t、位移x关系的是（）A .B .C .D .二、实验题16. 测定木块与长木板之间的动摩擦因数μ．测定木块与水平长木板之间的动摩擦因数，通常需要测力计．如果没有测力计，能否测出它们之间的动摩擦因数呢？某实验小组根据转换测量的方法，测出了木块与长木板之间的动摩擦因数μ．他们测量的步骤和方法如图所示：①如图a，测出轻弹簧的自然长度l0；②如图b，将木块悬挂在弹簧的下端，静止时测出弹簧的长度l1；③如图c，将长木板固定在水平面上，用弹簧拉动木块在长木板上水平匀速运动，测出弹簧长度l2 ．（1）根据测出的物理量，请你写出动摩擦因数的表达式μ=________．写出推导过程：（2）在实验中同学们发现：如果按图11﹣d的方法，将弹簧一端连接木块，一端固定在竖直墙壁上，拉动长木板水平运动，测出弹簧长度l3，同样可以求得动摩擦因数μ．比较图c和图d的两种方法，你认为图________方法更好，原因是________．17. 某同学用如图所示装置通过半径相同的A、B两球的碰撞来验证动量守恒定律．实验时先使A球从斜槽上某一固定位置G由静止开始滚下，落到位于水平地面的记录纸上，留下痕迹．重复上述操作10次，得到10个落点痕迹．再把B球放在水平槽上靠近槽末端的地方，让A球仍从位置G由静止开始滚下，和B球碰撞后，A、B 球分别在记录纸上留下各自的落点痕迹．重复这种操作10次，得到了如图所示的三个落地处．（1）请你叙述用什么方法找出落地点的平均位置________．（2）已知：mA：mB=2：1，碰撞过程中动量守恒，则由图可以判断出Q是________球的落地点，P′是________球的落地点．（3）用题中字母写出动量守恒定律的表达式________．三、计算题18. 如图所示，水平传送带AB长L=8.3m，质量M=1kg的木块随传送带一起以v1=2m/s的速度向左运动（传送带的速度恒定不变），木块与传送带间的摩擦因数μ=0.5．当木块运动到传送带最左端A点时，一颗质量为m=20g的子弹以v0=300m/s水平向右的速度正对入射木块并穿出，穿出速度为v2=50m/s，以后每隔1s就有一颗子弹射向木块．设子弹与木块的作用时间极短，且每次射入点不同，g=10m/s2 ．求：（1）在木块被第二颗子弹击中前木块向右运动离A点的最大距离．（2）木块在传送带上最多能被多少颗子弹子击中．（3）在被第二颗子弹击中前，子弹、木块、传送带这一系统所产生的热能是多少？19. 如图所示，质量为m=2.0kg的物体置于粗糙水平地面上，用F=20N的水平拉力使它从静止开始运动，t=2.0a时物体的速度达到v=12m/s，此时撤去拉力．求：（1）物体在运动中受到的阻力；（2）撤去拉力后物体继续滑行的距离．20. 将一个物体以10m/s的初速度从10m高处水平抛出，不计空气阻力，它落地时的速度大小和方向怎样？所用的时间为多少？（g取10m/s2）21. 如图所示，ABC为一固定在竖直平面内的光滑轨道，BC段水平，AB段与BC 段平滑连接．质量为m的小球从高为h处由静止开始沿轨道下滑，与静止在轨道BC段上质量为km的小球发生碰撞，碰撞前后两小球的运动方向处于同一水平线上．（1）若两小球碰撞后粘连在一起，求碰后它们的共同速度；（2）若两小球在碰撞过程中无机械能损失，a．为使两小球能发生第二次碰撞，求k应满足的条件；b．为使两小球仅能发生两次碰撞，求k应满足的条件．。
广西玉林市福绵区2016-2017学年高一下学期期末考试物
广西玉林市福绵区2018-2018学年高一（下）期末物理试卷一.选择题1.如图所示，轻质弹簧长为L，竖直固定在地面上，质量为m的小球，在离地面高度为H处，由静止开始下落，正好落在弹簧上，使弹簧的最大压缩量为x，在下落过程中，小球受到的空气阻力为F阻，则弹簧在最短时具有的弹性势能为()A.(mg－F阻)(H－L＋x)B.mg(H－L＋x)－F阻(H－L)C.mgH－F阻(H－L)D.mg(L－x)＋F阻(H－L＋x)2．关于抛体运动，下列说法正确的是（）A．将物体以某一初速度抛出后的运动B．将物体以某一初速度抛出，只在重力作用下的运动C．将物体以某一初速度抛出，满足合外力为零的条件下的运动D．将物体以某一初速度抛出，满足除重力外其他力的合力为零的条件下的直线运动3.如图所示，一个质量为m的物体（视为质点）以某一速度从A点冲上倾角为30°的固定斜面。
其运动的加速度大小为，物体在斜面上上升的最大高度为h，则这个过程中物体（）A.重力势能增加了B.重力势能增加了C.动能损失了mghD.机械能损失了4．关于抛体运动，下列说法正确的是（）A．将物体以某一初速度抛出后的运动B．将物体以某一初速度抛出，只在重力作用下的运动C．将物体以某一初速度抛出，满足合外力为零的条件下的运动D．将物体以某一初速度抛出，满足除重力外其他力的合力为零的条件下的直线5.如图所示，小球用细绳系住，绳的另一端固定于O点．现用水平力F缓慢推动斜面体，小球在斜面上无摩擦地滑动，细绳始终处于直线状态，当小球升到接近斜面顶端时细绳接近水平，此过程中斜面对小球的支持力FN以及绳对小球的拉力FT的变化情况是（）A.FN 保持不变，FT不断增大 B.FN不断增大，FT不断减小C.FN 保持不变，FT先增大后减小 D.FN不断增大，FT先减小后增大6．下列关于平抛运动的说法正确的是（）A．平抛运动是非匀变速动动 B．平抛运动是匀变速曲线运动C．做平抛运动的物体，每秒内速率的变化相等D．水平飞行的距离只与初速度大小有关7.如图所示，木板放在光滑地面上，将一滑块m用恒力F由木块一端拉至另一端，木板分固定和不固定两种情况，力F做功分别为W1和W2，则()A.W1<W2B.W1＝W2C.W1>W2 D无法比较8．如图是体育摄影中“追拍法”的成功之作，摄影师眼中清晰的滑板运动员是静止的，而模糊的背景是运动的，摄影师用自己的方式表达了运动的美．请问摄影师选择的参考系是（）A．大地B．太阳C．滑板运动员 D．步行的人9.如图所示，有一半径为R的光滑圆轨道，现给小球一个初速度，使小球在竖直面内做圆周运动，则关于小球在过最高点的速度v，下列叙述中正确的是（）A.v的极小值为B.v由零逐渐增大，轨道对球的弹力逐渐增大C.当v由值逐渐增大时，轨道对小球的弹力逐渐减小D.当v由值逐渐减小时，轨道对小球的弹力逐渐增大10．一个小球从距地面4m高处落下，被地面弹回，在距地面1m高处被接住．坐标原点定在抛出点正下方2m处，向下方向为坐标轴的正方向．则小球的抛出点、落地点、接住点的位置坐标分别是（）A．2m，﹣2m，﹣1m B．﹣2m，2m，1mC．4m，0，1m D．﹣4m，0，﹣1m11.如图所示为一个做匀变速曲线运动的质点的轨迹示意图，已知在B点时的速度与加速度相互垂直，则下列说法中正确的是()A.D点的速率比C点的速率小B.A点的加速度与速度的夹角大于90°C.A点的加速度比D点的加速度大D.从A到D加速度与速度的夹角一直减小12．关于匀速圆周运动的角速度和线速度，下列说法正确的是（）A．半径一定，角速度和线速度成反比B．半径一定，角速度和线速度成正比C．线速度一定，角速度和半径成反比D．角速度一定，线速度与半径成正比13．质量为m的物体，从静止开始以2g的加速度竖直向下运动h高度，那么（）A．物体的动能增加2mgh B．物体的重力势能减少2mghC．物体的机械能保持不变D．物体的机械能增加mgh14.如图，两物体放在光滑的水平面上，中间用轻弹簧相连．从左边用水平力F1拉动M，使它们产生一个共同的加速度a，这时弹簧伸长量为L1；从右边用水平力F2拉动m，使它们也产生一个共同的加速度a，这时弹簧的伸长量为L2．两物体的质量为M＞m，则（）A.L1＞L2B.L1＜L2C.F1=F2D.F1＜F215．在发射地球同步卫星的过程中，卫星首先进入椭圆轨道Ⅰ，然后在Q点通过改变卫星速度，让卫星进入地球同步轨道Ⅱ．则（）A．该卫星的发射速度必定大于11.2km/sB．卫星在同步轨道Ⅱ上的运行速度大于7.9km/sC．在轨道Ⅰ上，卫星在P点的速度大于在Q点的速度D．卫星在Q点通过加速实现由轨道Ⅰ进入轨道Ⅱ二.填空题16.（1）为进行“验证机械能守恒定律”的实验，有下列器材可供选用：铁架台、电磁打点计时器、复写纸、纸带、秒表、低压直流电源、导线、电键、天平。
广西玉林市博白县高级中学2016-2017学年高一下学期期
广西玉林市博白县高级中学2018-2018学年高一（下）期末物理试卷解析版一.选择题1.如图所示，质量为m的小球固定在杆的一端，在竖直面内绕杆的另一端做圆周运动，当小球运动到最高点时，瞬时速度v=，R是球心到O点的距离，则当球运动到最低点时对杆的作用力是（）A．6mg的拉力B．6mg的压力C．7mg的拉力D．7mg的压力【分析】根据动能定理求出小球运动到最低点的速度，结合牛顿第二定律求出在最低点杆子对小球的作用力，从而得出球对杆的作用力大小．【解答】解：根据动能定理得，，解得最低点速度，根据牛顿第二定律得，F﹣mg=m，解得F=6mg，表现为拉力，故A正确，B、C、D错误．故选：A．【点评】解决本题的关键知道小球做圆周运动向心力的来源，结合牛顿第二定律进行求解，难度不大．2．如图所示，一物体以速度v0冲向光滑斜面AB，并能沿斜面升高h，下列说法正确的是（）A．若把斜面从C点锯断，由机械能守恒定律知，物体冲出C点后仍能升高hB．若把斜面弯成如图所示的半圆弧形，物体仍能沿AB升高hC．若把斜面从C点锯断或弯成如图所示的半圆弧状，物体都不能升高h，因为机械能不守恒D．若把斜面从C点锯断或弯成如图所示的半圆弧状，物体都不能升高h，但机械能仍守恒【考点】6C：机械能守恒定律；4A：向心力．【分析】物体上升过程中只有重力做功，机械能守恒；斜抛运动运动最高点，速度不为零；AB′轨道最高点，合力充当向心力，速度也不为零．【解答】解：A、若把斜面从C点锯断，物体冲过C点后做斜抛运动，由于物体机械能守恒，同时斜抛运动运动最高点，速度不为零，故不能到达h高处，故A错误；B、若把斜面弯成圆弧形，如果能到圆弧最高点，即h处，由于合力充当向心力，速度不为零，根据机械能守恒知，物体沿AB′升高的高度小于h，故B错误，C、D、无论是把斜面从C点锯断或把斜面弯成圆弧形，物体都不能升高h，但物体的机械能仍守恒，故C错误，D正确；故选：D．3．在不计空气阻力的情况下，下列运动中加点物体机械能守恒的是（）A．雨滴．．随摩天轮在竖直面内匀速转动的过程．．在空中匀速下落 B．乘客C．物体．．被起重机悬吊着匀加速上升．．在光滑的固定斜面上滑行 D．重物【考点】6C：机械能守恒定律．【分析】物体机械能守恒的条件是只有重力或者是弹力做功，根据机械能守恒的条件逐个分析物体的受力的情况，即可判断物体是否是机械能守恒．【解答】解：A，雨滴在空中匀速下落时，动能不变，重力势能减小，故机械能不守恒，故A错误；B、乘客随摩天轮在竖直面内匀速转动的过程中，动能不变，重力势能变化，故机械能变化，故B错误；C、物体在光滑的固定斜面上滑行时，只有重力做功；故机械能守恒，故C正确；D、重物被起重机悬吊着匀加速上升时，动能增加，重力势能增加，故机械能增加，故D错误．故选：C．4.如图所示，水平的木板B托着木块A一起在竖直平面内做匀速圆周运动，从水平位置a 沿逆时针方向运动到最高点b的过程中（）A．B对A的支持力越来越大B．A对B的正压力越来越大C．B对A的摩擦力越来越小D．B对A的摩擦力越来越大【分析】物块A做匀速圆周运动靠合力提供向心力．在a运动到b的过程中，木块受重力、支持力和静摩擦力．【解答】解：A在运动的过程中受重力、支持力、静摩擦力，三个力的合力提供向心力．合力沿水平方向的分力等于A所受的摩擦力，合力沿竖直方向的分力等于重力和支持力的合力，合力的大小不变，由a到b的运动过程中，合力沿水平方向的分力减小，所以摩擦力减小．合力沿竖直方向的分力逐渐增大，所以支持力逐渐减小．故C正确，ABD错误．故选：C．【点评】解决本题的关键知道A所受的合力提供向心力，向心力大小不变，知道A所受合力在竖直方向的分力等于重力和支持力的合力，在水平方向的分力等于摩擦力5．ab是长为l的均匀带电细杆，P1、P2是位于ab所在直线上的两点，位置如图所示．ab 上电荷产生的静电场在P1处的场强大小为E1，在P2处的场强大小为E2．则以下说法正确的是（）A．两处的电场方向相同，E1＞E2B．两处的电场方向相反，E1＞E2C．两处的电场方向相同，E1＜E2D．两处的电场方向相反，E1＜E2【考点】AA：电场的叠加．【分析】由于细杆均匀带电，我们取a关于P1的对称点a′，则a与a′关于P1点的电场互相抵消，整个杆对于P1点的电场，仅仅相对于a′b部分对于P1的产生电场．而对于P2，却是整个杆都对其有作用，所以，P2点的场强大．【解答】解：将均匀带电细杆等分为很多段，每段可看作点电荷．设细杆带正电根据电场的叠加，这些点电荷在P1的合场强方向向左，在P2的合场强方向向右，且E1＜E2．故选D．6．关于物体的动量和动能，下列说法中正确的是（）A．一物体的动量不变，其动能一定不变B．一物体的动能不变，其动量一定不变C．两物体的动量相等，其动能一定相等D．两物体的动能相等，其动量一定相等【考点】52：动量定理；66：动能定理的应用．【分析】动能，动量P=mv，动能与动量之间的大小关系：，动能是标量，动量是矢量，一个物体的动量不变时，动能一定不变，动能不变时，动量的大小一定不变，但方向可能变化；两个物体的动量相等时，只有当质量相等时，动能才相等，两个物体的动能相等时，也只有质量相等时，动量大小才会相等．【解答】解：动能是标量，动量是矢量P=mv，动能与动量之间的大小关系：，A、一物体的动量P不变，其动能E k一定不变，故A正确．B、一物体的动能不变，其动量大小一定不变，但速度的方向可以变化，即动量的方向可以变化．故B错误．C、两物体的动量相等，当两物体的质量相等时，其动能一定相等，当两物体的质量不等时，其动能一定不相等．故C错误．D、两物体动能相等，而质量不等时，其动量也是不相等的．故D错误．故选A．7.如图所示，桌面高为h，质量为m的小球从离桌面高H处自由落下，不计空气阻力，以地面为参考平面，则小球落到地面前瞬间的机械能为（）A．0 B．mgh C．mgH D．mg（H+h）【分析】小球落到地面瞬间重力势能为0，但动能不知道，机械能不好直接确定．但最高点时速度为零，动能为零，机械能很快求出，根据小球下落过程中机械能守恒，落地时与刚下落时机械能相等，就能求出小球落到地面前的瞬间的机械能．【解答】解：以地面为参考平面，小球在最高点时机械能为：E=mg（H+h）小球下落过程中机械能守恒，则小球落到地面前瞬间的机械能等于它在最高点时的机械能，即E′=E=mg（H+h）．故ABC错误，D正确．故选：D．【点评】本题如根据机械能的定义，不好直接求落地时小球的机械能．技巧在于选择研究最高点，此处动能为零，重力势能为mgH，机械能为mgH，运用机械能守恒，从而定出落地时的机械能，方法简单方便．8．某带电粒子仅在电场力作用下由A点运动到B点，电力线、粒子在A点的初速度以及运动轨迹如图所示．由此可以判定（）A．粒子在A点的加速度大于它在B点的加速度B．粒子在A点的动能小于它在B点的动能C．粒子在A点的电势能小于它在B点的电势能D．A点的电势低于B点的电势【考点】A7：电场线；AD：电势差与电场强度的关系．【分析】电场线是从正电荷或者无穷远出发出，到负电荷或无穷远处为止，沿电场线的方向，电势降低，电场线密的地方电场的强度大，电场线疏的地方电场的强度小．【解答】解：A、由电场线可知，B点的电场线密，所以B点的电场强度大，粒子受的电场力大，加速度也就大，即A点的加速度小于它在B点的加速度，所以A错误；B、粒子受到的电场力指向曲线弯曲的内侧，所以受到的电场力的方向是沿电场线向上的，所以粒子从A到B的过程中，电场力做正功，电荷的电势能减小，动能增加，所以粒子在A 点的动能小于它在B点的动能，所以B正确，C错误；D、沿电场线的方向，电势降低，所以A点的电势大于B点的电势，所以D错误．故选B．9．如图所示，乘坐游乐园的翻滚过山车时，质量为m的人随车在竖直平面内旋转，下列说法正确的是（）A．车在最高点时人处于倒坐状态，全靠保险带拉住，没有保险带，人就会掉下来B．人在最高点时对座位不可能产生压力C．人在最低点时对座位的压力等于mg D．人在最低点时对座位的压力大于mg【考点】4A：向心力；37：牛顿第二定律．【分析】车在最高点时，若恰好由重力提供向心力时，人与保险带间恰好没有作用力，没有保险带，人也不会掉下来．当速度更大时，人更不会掉下来．当速度大于临界速度时，人在最高点时对座位就产生压力．人在最低点时，加速度方向竖直向上，根据牛顿第二定律分析压力与重力的关系．【解答】解：A、当人与保险带间恰好没有作用力，由重力提供向心力时，临界速度为v0=．当速度v≥时，没有保险带，人也不会掉下来．故A错误．B、当人在最高点的速度v＞时，人对座位就产生压力．故B错误．C、D人在最低点时，加速度方向竖直向上，根据牛顿第二定律分析可知，人处于超重状态，人对座位的压力大于mg．故C错误，D正确．故选D10.如所示，a是地球赤道上的一点，某时刻在a的正上方有三颗轨道位于赤道平面的卫星b、c、d，各卫星的运行方向均与地球自转方向相同，图中已标出，其中d是地球同步卫星．从该时刻起，经过一段时间t（已知在t时间内三颗卫星都还没有运行一周），各卫星相对a 的位置最接近实际的是图中的（）A．B．C．D．【分析】根据万有引力等于向心力：G=mr知，轨道半径越大，周期越大，则角速度越小，所以经过相同的时间，可以比较出三卫星转过的角度，而同步卫星又与地球保持相对静止．【解答】解：根据知，轨道半径越大，周期越大，则角速度越小，所以经过相同的时间，三个卫星中，b转过的角度最大，c次之，d最小，d为同步卫星，与赤道上的a保持相对静止．故A、B、C错误，D正确．故选：D．【点评】解决本题的关键掌握万有引力提供向心力，知道周期与轨道半径的关系以及知道同步卫星的特点．11.如图所示，某同学将一枚飞镖从高于靶心的位置水平投向竖直悬挂的靶盘，结果飞镖打在靶心的正下方．忽略飞镖运动过程中所受空气阻力，在其他条件不变的情况下，为使飞镖命中靶心，他在下次投掷时应该（）A．换用质量稍大些的飞镖 B．适当增大投飞镖的高度C．到稍远些的地方投飞镖 D．适当增大投飞镖的初速度【分析】飞镖做的是平抛运动，根据平抛运动的规律，水平方向上的匀速直线运动，和竖直方向上的自由落体运动，列方程求解即可．【解答】解：飞镖做的是平抛运动，飞镖打在靶心的正下方说明飞镖竖直方向的位移太大，根据平抛运动的规律可得，水平方向上：x=V0t竖直方向上：h=所以要想减小飞镖竖直方向的位移，在水平位移不变的情况下，可以适当增大投飞镖的初速度来减小飞镖的运动时间，所以D正确，初速度不变时，时间不变，适当增大投飞镖的高度，可以飞镖命中靶心，故B正确；故选BD【点评】本题就是对平抛运动规律的直接考查，掌握住平抛运动的规律就能轻松解决12．如图中虚线为匀强电场中与场强方向垂直的等间距平行直线，两粒子M、N质量相等，所带电荷的绝对值也相等．现将M、N从虚线上的O点以相同速率射出，两粒子在电场中运动的轨迹分别如图中两条实线所示．点a、b、c为实线与虚线的交点．已知O点电势高于c 点，若不计重力，则（）A．M带负电荷，N带正电荷 B．N在a点的速度与M在c点的速度大小相同C．N在从O点运动至a点的过程中克服电场力做功D．M在从O点运动至b点的过程中，电场力对它做的功等于零【考点】AK：带电粒子在匀强电场中的运动；AC：电势．【分析】根据粒子的轨迹可判断粒子的电场力方向，O点电势高于c点，根据电场线与等势线垂直，而且由高电势指向低电势，可判断出电场方向，从而确定出粒子的电性．由动能定理可知，N在a点的速度与M在c点的速度大小相等，但方向不同．N从O点运动至a点的过程中电场力做正功．O、b间电势差为零，由动能定理可知电场力做功为零．【解答】解：A、由题，等势线在水平方向，O点电势高于c点，根据电场线与等势线垂直，而且由高电势指向低电势，可知电场方向竖直向下，根据粒子的轨迹可判断出a粒子所受的电场力方向竖起向上，M粒子所受的电场力方向竖直向下，故知N粒子带负电，M带正电．故A错误；B、由动能定理可知，N在a点的速度与M在c点的速度大小相等，但方向不同，速度不同．故B正确；C、N从O点运动至a点的过程中电场力与速度的夹角为锐角，电场力做正功．故C错误；D、O、b间电势差为零，由动能定理可知M从O点运动至b点的过程中，电场力对它做功为零．故D正确．故选：BD．13．传送带是应用广泛的一种传动装置．在一水平向右匀速运动的传送带的左端A点，每隔相同的时间T，轻放上一个相同的工件．已知工件与传送带间动摩擦因数为μ，工件质量为m．经测量，发现前面那些已经和传送带达到相同速度的工件之间的距离均为L．已知重力加速度为g，下列判断正确的有（）A．传送带的速度大小为 B．工件在传送带上加速时间为C．每个工件与传送带间因摩擦而产生的热量为D．传送带因传送每一个工件而多消耗的能量为【考点】6B：功能关系；37：牛顿第二定律．【分析】工件在传送带上先做匀加速直线运动，然后做匀速直线运动，每个工件滑上传送带后运动的规律相同，通过x=vT求出传送带的速度；根据匀加速度知识求得运动的时间，根据工件和传送带之间的相对路程大小，求出摩擦产生的热量；根据能量守恒知，多消耗的能量一部分转化为工件的动能，一部分转化为摩擦产生的内能．【解答】解：A、工件在传送带上先做匀加速直线运动，然后做匀速直线运动，每个工件滑上传送带后运动的规律相同，可知x=vT=L，解得传送带的速度v=．故A正确．B、设每个工件匀加速运动的时间为t，根据牛顿第二定律得，工件的加速度为 a=μg，根据v=v0+at，解得：t==．故B错误．C、工件与传送带相对滑动的路程为：△x=v•﹣=，则摩擦产生的热量为：Q=μmg△x=．故C错误．D、根据能量守恒得，传送带因传送一个工件多消耗的能量E=mv2+μmg△x=，故D正确．故选：AD．14．如图所示，长为L、倾角为θ=45°的光滑绝缘斜面处于电场中，一带电荷量为+q，质量为m的小球，以初速度v0由斜面底端的A点开始沿斜面上滑，到达斜面顶端的速度仍为v0，则（）A．小球在B点的电势能一定大于小球在A点的电势能B．A、B两点的电势差一定为C．若电场是匀强电场，则该电场的场强的最小值一定是D．若该电场是AC边中垂线上某点的点电荷Q产生的，则Q一定是正电荷【考点】AD：电势差与电场强度的关系；AE：电势能．【分析】根据动能定理和电场力做功公式结合，求解A、B两点的电势差．根据电场力做功的正负，判断小球电势能的大小，当电场力做正功时，小球电势能减小；相反，电势能增大．若电场是匀强电场，根据力学知识确定电场力的最小值，再确定场强的最小值．【解答】解：A、小球在运动的过程中，受重力、支持力和电场力，重力做负功，支持力不做功，电场力就做正功．故A点的电势高，小球在A点的电势能大．故A错误；B、A到B速度未变，说明重力做功等于电场力做功．则．故B正确；C、若电场是匀强电场，电场力恒定，根据共点力的平衡可得，若电场强度与运动方向不共线，且与斜面的夹角小于θ时，则电场力、斜面的支持力与重力相平衡，因此小球受到的电场力可能等于重力mg，此时的电场强度等于，故C正确；D、如果Q在AC边中垂线上AB的下方时，若点电荷Q是正电荷，由于B到Q的距离BQ大于A到Q的距离AQ，所以小球在B点的电势能小于A点的，则Q是正电荷；如果Q在AC边中垂线上AB的上方时，若点电荷Q是正电荷，由于B到Q的距离BQ小于A到Q的距离AQ，所以小球在B点的电势能大于A点的，与“小球在B点的电势能比A点的小”矛盾，故Q 是负电荷．故D错误．故选：BC15．如图所示，轻质弹簧一端固定，另一端与质量为m、套在粗糙竖直固定杆A处的圆环相连，弹簧水平且处于原长．圆环从A处由静止释放后，经过B处速度最大，到达C处（AC=h）时速度减为零．若在此时给圆环一个竖直向上的速度v，它恰好能回到A点．弹簧始终在弹性限度内，重力加速度为g，则圆环（）A．下滑过程中，加速度一直增大 B．上下两次经过B点的速度大小相等C．下滑过程中，克服摩擦力做的功为mv2D．在C处弹簧的弹性势能为 mgh﹣mv2【考点】6B：功能关系；37：牛顿第二定律．【分析】根据圆环的运动情况分析下滑过程中加速度的变化；研究圆环从A处由静止开始下滑到C和在C处获得一竖直向上的速度v，恰好能回到A两个过程，运用动能定理列出等式求解；研究圆环从A处由静止开始下滑到B过程和圆环从B处上滑到A的过程，运用动能定理列出等式，比较两次经过B点时速度大小．【解答】解：A、圆环从A处由静止开始下滑，经过B处的速度最大，到达C处的速度为零，所以圆环先做加速运动，再做减速运动，经过B处的速度最大，加速度为零，所以加速度先减小，后增大，故A错误B、研究圆环从A处由静止开始下滑到B过程，运用动能定理列出等式mgh′﹣W′f﹣W′弹=﹣0研究圆环从B处上滑到A的过程，运用动能定理列出等式﹣mgh′﹣W′f+W′弹=0﹣即得mgh′+W′f﹣W′弹=由于W′f＞0，所以＞，可知上滑经过B的速度大于下滑经过B的速度，故B错误．C、研究圆环从A处由静止开始下滑到C过程，运用动能定理列出等式mgh﹣W f﹣W弹=0﹣0=0在C处获得一竖直向上的速度v，恰好能回到A，运用动能定理列出等式﹣mgh+W弹﹣W f=0﹣mv2解得：下滑过程中，克服摩擦力做的功W f=mv2，故C正确．D、由上解得 W弹=mv2﹣mgh，所以在C处，弹簧的弹性势能为mgh﹣mv2，故D正确；故选：CD二、填空题14．某学习小组欲验证动能定理，他们在实验室找到了打点计时器、学生电源、导线、细线、复写纸、纸带、长木板、滑块、沙及沙桶，组装了一套如图所示的实验验证装置．若你是小组中的一位成员，为了完成该验证实验，（1）你认为还需要的器材有；（2）实验时为了使得沙和沙桶的总重力可作为滑块受到的合外力，应做两方面减少误差的措施：a．细沙和沙桶的总质量应满足；b．将长木板左端适当垫高的目的是．【考点】MJ：探究功与速度变化的关系．【分析】（1）根据实验原理，得到需要验证的表达式，从而确定需要的器材；（2）实验要测量滑块动能的增加量和合力做的功，用沙和沙桶的总质量表示滑块受到的拉力，对滑块受力分析，受到重力、拉力、支持力和摩擦力，要使拉力等于合力，必须使重力的下滑分量等于摩擦力；同时重物加速下降，处于失重状态，故拉力小于重力，可以根据牛顿第二定律列式求出拉力表达式分析讨论．【解答】解：（1）实验要验证动能增加量和总功是否相等，故需要求出总功和动能，故还要天平和刻度尺，还需要的使用汽车有：天平，刻度尺；（2）a、沙和沙桶加速下滑，处于失重状态，其对细线的拉力小于重力，设拉力为T，根据牛顿第二定律得：对沙和沙桶：mg﹣T=ma 对小车：T=Ma 解得：T=mg，故当M＞＞m时，有T≈mg；b、小车下滑时受到重力、细线的拉力、支持力和摩擦力，要使拉力等于合力，则应该用重力的下滑分量来平衡摩擦力，故可以将长木板的一段垫高；故答案为：（1）刻度尺、天平；（2）a、细沙和沙桶的质量应远小于滑块的质量；b、平衡摩擦力．17.在“探究平抛运动规律”的实验中：①在“探究平抛运动规律”的实验时，让小球多次沿同一轨道运动，为了能较准确地描出运动轨迹，A．通过调节使斜槽的末端保持B．每次释放小球的位置必须（填“相同”或者“不同”）C．每次必须由释放小球（“运动”或者“静止”）D．小球运动时不应与木板上的白纸相接触E．将球的位置记录在纸上后，取下纸，将点连成（“折线”或“直线”或“光滑曲线”）（2）某同学在做“研究平抛物体的运动”的实验中，忘记记下小球抛出点的位置O，如图所示，A为物体运动一段时间后的位置．g取10m/s2，根据图象，可知平抛物体的初速度为2.0m/s．【分析】（1）根据实验的原理以及注意事项确定正确的操作步骤．（2）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，结合水平位移和时间间隔求出初速度．【解答】解：（1）A、为了保证小球的初速度水平，通过调节使斜槽的末端保持水平．BC、为了保证每次小球平抛运动的初速度相等，让小球从斜槽的同一位置由静止释放，即每次小球释放位置必须相同，必须由静止释放小球．E、将球的位置记录在纸上后，取下纸，将点连成光滑曲线．（2）在竖直方向上，根据△y=gT2得，T=，则初速度．故答案为：（1）A、水平，B、相同，C、静止，E、光滑曲面，（2）2.0．【点评】解决本题的关键知道实验的原理以及注意事项，知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，结合运动学公式和推论灵活求解．三、计算题：18.某战士在倾角为30°的山坡上进行投掷手榴弹训练．他从A点以某一初速度m/s沿水平方向投出手榴弹后落在B点．该型号手榴弹从拉动弹弦到爆炸需要5s的时间，空气阻力不计，（g=10m/s2）求：（1）若要求手榴弹正好在落地时爆炸，问战士从拉动弹弦到投出所用的时间是多少？（2）点AB的间距s是多大？【分析】平抛运动是具有水平方向的初速度只在重力作用下的运动，是一个匀变速曲线运动．解决平抛运动的方法是把平抛运动分解到水平方向和竖直方向去研究，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做自由落体运动．【解答】解：设手榴弹飞行时间为t（1）手榴弹的水平位移x=v0t手榴弹的竖直位移且h=xtan30°解得 t=3s，h=45 m战士从拉动弹弦到投出所用的时间t0=5s﹣t=2.0 s（2）点AB的间距解得 s=90 m答：（1）若要求手榴弹正好在落地时爆炸，问战士从拉动弹弦到投出所用的时间是2s；（2）点AB的间距s是90m【点评】本题是对平抛运动基本概念和基本公式的考察，难度不大，本题是将位移分解成水平和竖直两个方向，由位移公式求解．19．在如图所示的竖直平面内，物体A和带正电的物体B用跨过定滑轮的绝缘轻绳连接，分别静止于倾角θ=37°的光滑斜面上的M点和粗糙绝缘水平面上，轻绳与对应平面平行．劲度系数K=5N/m的轻弹簧一端固定在0点，一端用另一轻绳穿过固定的光滑小环D与A相连，弹簧处于原长，轻绳恰好拉直，DM垂直于斜面．水平面处于场强E=5×118N/C、方向水平向右的匀强电场中．已知A、B的质量分别为m A=0.1kg和m B=0.2kg，B所带电荷量q=+4×l0﹣6C．设两物体均视为质点，不计滑轮质量和摩擦，绳不可伸长，弹簧始终在弹性限度内，B 电量不变．取g=lOm/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8．（1）求B所受静摩擦力的大小；（2）现对A施加沿斜面向下的拉力F使A以加速度a=0.6m/s2开始做匀加速直线运动．A从M到N的过程中，B的电势能增加了△E p=0.18J．已知DN沿竖直方向，B与水平面间的动摩擦因数μ=0.4．求A到达N点时拉力F的瞬时功率．【考点】AG：匀强电场中电势差和电场强度的关系；27：摩擦力的判断与计算；63：功率、平均功率和瞬时功率．【分析】（1）分别对A和B受力分析，根据共点力平衡求出B所受摩擦力的大小．（2）通过电势能的变化，得出电场力做功，从而得出B移动的距离，根据几何关系求出弹簧的形变量，通过对A在N点、以及B受力分析，根据牛顿第二定律结合胡克定律，求出拉力F的大小，【解答】解：（1）F作用之前，AB处于静止状态，设B所受的静摩擦力大小为 f0，AB间的绳子的张力为F T，据题意静止时受力分析如图所示，由平衡条件得：对A有：m A gsinθ=F T…①对B有：qE+f0=F T…②。
广西玉林市博白县2016-2017学年高一下学期期末考试物
广西玉林市博白县2018-2018学年第二学期期末考试高一年级物理试卷解析版一．选择题1．古时有“守株待兔”的寓言．假设兔子质量约为1kg，以10m/s的速度大小奔跑，撞树后反弹的速度为1m/s，则兔子受到撞击力的冲量大小为（）A．9N•s B．10N•s C．11N•s D．12N•s【考点】52：动量定理．【分析】由题意可知初速度、末速度，则直接由动量定理可求得冲量的大小．【解答】解：设初速度方向为正方向，则由题意可知，初速度v0=10m/s；末速度为v=﹣1m/s；则由动量定理可知：I=mv﹣mv0=﹣1﹣1×10=﹣11N•s；故C正确，ABD错误故选：C2．关于功率公式 P=和 P=Fv，下列说法正确的是（）A．由P=知，只要知道 W 和 t 就可求出任意时刻的功率B．由 P=Fv 只能求某一时刻的瞬时功率C．由 P=Fv 知汽车的功率与它的速度成正比D．由 P=Fv 知当汽车发动机功率一定时，牵引力与速度成反比【考点】63：功率、平均功率和瞬时功率．【分析】功率的计算公式由两个P=和 P=Fv，P=只能计算平均功率的大小，而P=Fv 可以计算平均功率也可以是瞬时功率，取决于速度是平均速度还是瞬时速度．【解答】解：A、P=只能计算平均功率的大小，不能用来计算瞬时功率，所以A错误．B、P=Fv可以计算平均功率也可以是瞬时功率，取决于速度是平均速度还是瞬时速度，所以B错误．C、从P=Fv知，当F不变的时候，汽车的功率和它的速度是成正比的，当F变化时就不对了，所以C错误．D、从P=Fv知，当汽车发动机功率一定时，牵引力与速度成反比，所以D正确．故选D．3．关于功率公式P=和P=Fv的说法正确的是（）A．据P=，知道W和t就可求出任意时刻的功率 B．由P=Fv只能求某一时刻的瞬时功率C．从P=Fv知汽车的功率与它的速度成正比D．从P=Fv知当功率一定时，牵引力与速度成反比【考点】63：功率、平均功率和瞬时功率．【分析】根据P=可以某段时间内的平均功率，根据P=Fv可以求解瞬时功率和平均功率．对于P=Fv，在P一定的条件下，牵引力与速度成反比．【解答】解：A、根据P=，知道W和t可以求出一段时间内的平均功率，不能求出任意时刻的瞬时功率．故A错误．B、根据P=Fv，若v表示瞬时速度，则P表示瞬时功率，若v表示平均速度，则P表示平均功率．故B错误．C、根据P=Fv，知只有在F一定的条件下，功率才与速度成正比．故C错误．D、根据P=Fv知，功率一定，牵引力与速度成反比．故D正确．故选：D．4．如图所示，下面关于物体做平抛运动时，它的速度方向与水平方向的夹角θ的正切tanθ随时间t的变化图象正确的是（）A．B．C．D．【考点】43：平抛运动．【分析】平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，速度不变，在竖直方向上做自由落体运动，速度v y=gt．根据tanθ=得出tanθ与t的函数关系．【解答】解：平抛运动水平方向上的速度不变，为v0，在竖直方向上的分速度为v y=gt，tanθ==，g与v0为定值，所以tanθ与t成正比．故B正确，A、C、D错误．故选B．5．静止的质点，在两个互成锐角的恒力F1、F2作用下开始运动，经过一段时间后撤掉F1，则质点在撤去前、后两个阶段中的运动情况分别是（）A．匀加速直线运动，匀变速曲线运动B．匀加速直线运动，匀减速直线运动C．匀变速曲线运动，匀速圆周运动D．匀加速直线运动，匀速圆周运动【考点】47：匀速圆周运动；42：物体做曲线运动的条件．【分析】一个静止的质点，在两个互成锐角的恒力F1、F2作用下开始做匀加速直线运动，运动方向沿着合力F的方向；撤去一个力后，合力与速度不共线，故开始做曲线运动，由于合力为恒力，故加速度恒定，即做匀变速曲线运动．【解答】解：两个互成锐角的恒力F1、F2合成，根据平行四边形定则，其合力在两个力之间某一个方向上，合力为恒力，根据牛顿第二定律，加速度恒定；质点原来静止，故物体做初速度为零的匀加速直线运动；撤去一个力后，合力与速度不共线，故开始做曲线运动，由于合力为恒力，故加速度恒定，即做匀变速曲线运动；故A正确，BCD错误．故选：A6．如图所示，一物体在与水平方向成夹角为α的恒力F的作用下，沿直线运动了一段距离x．在这过程中恒力F对物体做的功为（）A．B．C．FxsinαD．Fxcosα【考点】62：功的计算．【分析】分析力和位移的夹角，由功的计算公式W=FLcosθ求出拉力做的功．【解答】解：由图可知，拉力与位移间的夹角为θ，故拉力做功W=Fxcosα；故选：D．7．木星是太阳系中最大的行星，它有众多卫星．观察测出：木星绕太阳做圆周运动的半径为r1、周期为T1；木星的某一卫星绕木星做圆周运动的半径为r2、周期为T2．已知万有引力常量为G，则根据题中给定条件，下列说法正确的是（）A．不能求出木星的质量 B．能求出太阳与木星间的万有引力C．能求出木星与卫星间的万有引力 D．可以断定=【考点】4F：万有引力定律及其应用．【分析】木星绕太阳作圆周运动，根据万有引力提供向心力，列出等式；某一卫星绕木星作圆周运动，根据万有引力提供向心力，列出等式；根据题目中已知物理量判断能够求出的物理量；运用开普勒第三定律求解问题．【解答】解：A、根据万有引力提供圆周运动向心力，已知木星卫星运行的周期、轨道半径和引力常量可以求得中心天体木星的质量，故A错误；B、同理根据木星绕太阳圆周运动的周期与半径可以算得太阳的质量，再根据A问中求得的木星质量，可以算得太阳与木星间的万有引力，故B正确；C、由A知可以算得木星质量，但不知木星卫星的质量，故C无法求得，故C错误；D、开普勒行星运动定律要面对同一个中心天体，而木星绕太阳运动，与木星卫星绕木星运动中心天体不同，故半径的三次方与周期的二次方比值不同，故D错误．故选：B．8．某踢出的足球在空中运动轨迹如图所示，足球视为质点，空气阻力不计．用v、E、E k、P 分别表示足球的速率、机械能、动能和重力的瞬时功率大小，用t表示足球在空中的运动时间，下列图象中可能正确的是（）A． B．C．D．【考点】1I：匀变速直线运动的图像．【分析】物体做斜抛运动，根据运动的分解和合成的规律将其分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的上抛运动，然后根据运动学公式和机械能守恒定律进行分析．【解答】解：A、足球做斜上抛运动，机械能守恒，重力势能先增加后减小，故动能先减小后增加，速度先减小后增加，故AB错误；C、以初始位置为零势能面，踢出时速度方向速度为v y，足球的机械能守恒，则E K=E﹣E P=E﹣mgh=E﹣mgv y t+，故C错误；D、速度的水平分量不变，竖直分量先减小到零，后反向增加，故根据P=Gv y=mg2t，重力的功率先均匀减小后均匀增加，故D正确；故选：D9．如图所示，桌面高为h1，质量为m的小球从高出桌面h2的A点下落到地面上的B点，在此过程中下列说法正确的是（）A．以地面为参考平面，小球在A点的重力势能为mgh2B．以桌面为参考平面，小球在B点的重力势能为mgh1C．以桌面为参考平面，小球从A到B点过程中，重力势能减少mgh2D．以桌面为参考平面，小球从A到B点过程中，重力势能减少mg（h1+h2）【考点】6C：机械能守恒定律；67：重力势能．【分析】根据重力势能的表达式即可求出小球的重力势能；通过重力做功求出重力势能的变化量．【解答】解：A、以地面为参考平面，小球在A点的高度为（h1+h2），所以重力势能为mg（h1+h2）．故A错误；B、以桌面为参考平面，小球在B点的高度为﹣h1，所以重力势能为﹣mgh1．故B错误；C、D、小球从高出桌面h1的A点下落到地面上的B点的过程中，重力做了mg（h1+h2）的正功，则重力势能减小mg（h1+h2）．故D正确，C错误．故选：D．10．质量为m的汽车，以速率v通过半径为r的凹形桥，在桥面最低点时汽车对桥面的压力大小是（）A．mg B．C．mg﹣D．mg+【考点】37：牛顿第二定律．【分析】在最低点，靠汽车的重力和支持力提供向心力，根据牛顿第二定律求出汽车对桥面的压力．【解答】解：对于凹形桥最低点，根据牛顿第二定律得：F N﹣mg=得：F N=mg+故选：D11．如图是地球三个宇宙速度示意图，当卫星绕地球作椭圆轨道运动到达远地点时，它到地心的距离为r，速度为v，加速度为a，设地球质量为M，万有引力恒量为G，则下列说法正确的是（）A．v＜7.9km/s B．7.9km/s＜v＜11.2km/sC．a=D．a=【考点】4I：第一宇宙速度、第二宇宙速度和第三宇宙速度．【分析】第一宇宙速度是人造地球卫星在圆轨道上运行的最大速度．根据牛顿第二定律求解加速度．【解答】解：AB、第一宇宙速度是人造地球卫星在圆轨道上运行的最大速度．卫星绕地球作椭圆轨道运动到达远地点时要做近心运动，速度小于同轨道做匀速圆周运动的线速度，所以卫星绕地球作椭圆轨道运动到达远地点时速度小于7.9km/s．故A正确，B错误CD、卫星绕地球作椭圆轨道运动到达远地点时，万有引力大于需要的向心力．根据牛顿第二定律得：=ma＞，故C正确，D错误故选：AC12．A、B两球沿一直线运动并发生正碰，如图所示为两球碰撞前后的位移时间图象．a、b 分别为A、B两球碰前的位移图象，C为碰撞后两球共同运动的位移图象，若A球质量是m=2kg，则由图象判断下列结论正确的是（）A．A、B碰撞前的总动量为3kg•m/s B．碰撞时A对B所施冲量为﹣4N•sC．碰撞前后A的动量变化为4kg•m/sD．碰撞中A、B两球组成的系统损失的动能为10J【考点】53：动量守恒定律．【分析】在位移时间图象中，斜率表示物体的速度，由图象可知碰撞前后的速度，根据动量的公式及动量守恒定律可以求解．【解答】解：由s﹣t图象可知，碰撞前有：v A===﹣3m/s，v B===2m/s，碰撞后有：v A′=v B′=v===﹣1m/s；对A、B组成的系统，A、B两球沿一直线运动并发生正碰，碰撞前后物体都是做匀速直线运动，所以系统的动量守恒．碰撞前后A的动量变化为：△P A=mv A′﹣mv A=2×（﹣1）﹣2×（﹣3）=4kg•m/s，根据动量守恒定律，碰撞前后A的动量变化为：△P B=﹣△P A=﹣4kg•m/s，又：△P B=m B（v B′﹣v B），所以：m B===kg，所以A与B碰撞前的总动量为：p总=mv A+m B v B=2×（﹣3）+×2=﹣kg•m/s由动量定理可知，碰撞时A对B所施冲量为：I B=△P B=﹣4kg•m/s=﹣4N•s．碰撞中A、B两球组成的系统损失的动能：△E K=mv A2+m B v B2﹣（m+m B）v2，代入数据解得：△E K=10J，故A错误，BCD正确；故选：BCD．13．如图所示．a、b、c 是地球大气层外圆形轨道上运动的三颗卫星，a 和 b 质量相等且小于 c 的质量，则（）A．b 所需向心力最小 B．b、c 的周期相同且大于 a 的周期C．b、c 的向心加速度大小相等，且大于 a 的向心加速度D．c 加速可追上同一轨道上的 b，b 减速可等候同一轨道上的 c【考点】4H：人造卫星的加速度、周期和轨道的关系．【分析】根据万有引力提供向心力，得出加速度、周期与轨道半径的大小关系，从而比较出大小．结合变轨原理分析．【解答】解：A、三颗卫星均做匀速圆周运动，由万有引力提供向心力，则有 F=G，因为a、b质量相同，且小于c的质量，而b、c的轨道半径相等，且大于a的轨道半径，可知b所需向心力最小．故A正确；B、卫星的周期公式为 T=2π，所以b、c的周期相同，且大于a的周期．故B正确；C、向心加速度公式为 a=，可知b、c的向心加速度相等，且小于a的向心加速度，故C 错误；D、c加速后速度变大，所需要的向心力变大，c做离心运动，c的轨道半径变大，c不可能追上b；b减速后速度变小，所需要的向心力变小，b做向心运动，轨道半径变小，b不可能可等候同一轨道上的c，故D错误；故选：AB14．如图所示，在一端封闭的光滑细玻璃管中注满清水，水中放一红蜡块R（R视为质点）．将玻璃管的开口端用胶塞塞紧后竖直倒置且与y轴重合，在红蜡块R从坐标原点匀速上浮的同时，玻璃管沿x轴正向做初速度为零的匀加速直线运动，合速度的方向与y轴夹角为α．则红蜡块R的（）A．分位移y与分位移x成正比 B．合速度v的大小与时间t成正比C．分位移y的平方与分位移x成正比 D．tanα与时间t成正比【考点】44：运动的合成和分解．【分析】小圆柱体红蜡快同时参与两个运动：y轴方向的匀速直线运动，x轴方向的初速为零的匀加速直线运动．根据位移与时间表达式，从而确定分位移y与x的关系，再由y方向可求运动时间，接着由x方向求加速度，从而求得v x，再由速度合成求此时的速度大小，最后由两方向的速度关系，可知tanα与时间t的关系．【解答】解：AC、由题意可知，y轴方向，y=v0t；而x轴方向，x=at2，联立可得：x=y2，故A错误，C正确；B、x轴方向，v x=at，那么合速度的大小v=，则v的大小与时间t不成正比，故B错误；D、设合速度的方向与y轴夹角为α，则有：tanα==t，故D正确；故选：CD．15．如图所示，劲度系数为k的轻弹簧一端固定在墙上，另一端与置于水平面上的质量为m 的小物体接触（未连接），如图中O点，弹簧水平且无形变．用水平力F缓慢推动物体，在弹性限度内弹簧长度被压缩了x0，运动到图中B点，此时物体静止．撤去F后，物体开始向右运动，运动的最大距离B点为3x0，C点是物体向右运动过程中弹力和摩擦力大小相等的位置，物体与水平面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g．则（）A．撤去F时，弹簧的弹性势能为4μmgx0B．撤去F后，物体向右运动到C点时的动能最大C．从B→C物体弹簧弹性势能的减少量等于物体动能的增加量D．水平力F做的功为4μmgx0【考点】6B：功能关系．【分析】研究物体从B向右运动到最右端的过程，由能量守恒求撤去F时弹簧的弹性势能．通过分析物体的受力情况，来确定其运动情况：撤去F后，物体水平方向上受到弹簧的弹力和滑动摩擦力，滑动摩擦力大小不变，而弹簧的弹力随着压缩量的减小而减小，物体先做变加速运动，再做变减速运动，最后物体离开弹簧后做匀减速运动．再结合功能关系分析即可．【解答】解：A、撤去F后一直到物体停止运动的过程，根据能量守恒得：弹簧的弹性势能E p=μmg•3x0=3μmgx0，故A错误；B、撤去F后，物体水平方向上受到弹簧的弹力和滑动摩擦力，滑动摩擦力不变，而弹簧的弹力随着压缩量的减小而减小，弹力先大于摩擦力，合力向右，物体向右加速运动．随着弹力减小，后来弹力小于摩擦力，合力向左，物体向右减速运动，所以当弹力和摩擦力大小相等时，即运动到C点时的动能最大．故B正确；C、从B→C物体做加速运动，动能增大，由能量守恒可知，弹簧弹性势能的减少量等于物体动能的增加量和产生的内能之和，所以弹簧弹性势能的减少量大于物体动能的增加量，故C 错误；D、物体向左运动过程中，由功能关系知：水平力F做的功为 W=E p+μmgx0=4μmgx0，故D正确．故选：BD二、实验题16．如图所示“为探究碰撞中的不变量”的实验装置示意图．（1）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（2）如图，其中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 a•ON=m a•OP+m b•OM B．m a•OP=m a•ON+m b•OMC．m a•OP=m a•OM+m b•ON D．m a•OM=m a•OP+m b•ON．【考点】ME：验证动量守恒定律．【分析】（1）在做“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，所以要保证每次小球都做平抛运动，则轨道的末端必须水平．（2）本题要验证动量守恒定律定律即m1v0=m1v1+m2v2，故需验证m a OP=m a OM+m b ON．【解答】解：（1）A、“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，故A错误；B、要保证每次小球都做平抛运动，则轨道的末端必须水平，故B正确；C、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，故C正确；D、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，故D正确．故选BCD．（2）要验证动量守恒定律定律即：m a v0=mav1+m b v2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：m a v0t=m a v1t+m b v2t故需验证m a OP=m a OM+m b ON，因此ABD错误，C正确．故选C．17．某同学用如图甲所示的装置，来验证机械能守恒定律，下列说法正确的是（）A．该实验中，重物应选用质量大、体积小、密度大的材料B．该实验中，可以由公式v=gt求出打某点的纸带的速度C．该实验中，应先接通电源后释放重物D．该实验中，打点计时器接到电源的直流输出端上【考点】MD：验证机械能守恒定律．【分析】根据验证机械能守恒定律的原理以及误差进行分析，选择正确的答案．注意实验时应先接通电源，再释放重物，打点计时器应接交流电源．【解答】解：A、为了减小阻力的影响，重物应选用质量大、体积小、密度大的材料，故A 正确．B、实验时不能根据v=gt求解瞬时速度，否则默认机械能守恒，失去验证的意义，故B错误．C、实验时应先接通电源后释放重物，故C正确．D、打点计时器接到电源的交流输出端上，故D错误．故选：AC．18．如图所示为一小球做平抛运动的闪光照相照片的一部分，图中背景方格的边长均为L，且L=1.25cm，如果取g=10m/s2，那么：（1）照相机的闪光频率是 Hz；（2）小球运动的初速度的计算式为v0= （用L、g表示），其大小是m/s．【考点】MB：研究平抛物体的运动．【分析】正确应用平抛运动规律：水平方向匀速直线运动，竖直方向自由落体运动；解答本题的突破口是利用在竖直方向上连续相等时间内的位移差等于常数解出闪光周期，然后进一步根据匀变速直线运动的规律、推论求解．【解答】解：（1）在竖直方向上有：△h=gT2，解得：T=其中△h=（4﹣2）×0.0125=0.025m，代入数据求得：T=0.18s．所以：f==20Hz（2）水平方向：x=v0T，解得：带入数据解得：v0=0.75m/s．故答案：（1）20；（2）；0.75．四、计算题19．用一台额定功率为P0=60kW的起重机，将一质量为m=500kg的工件由地面竖直向上吊起，不计摩擦等阻力，取g=10m/s2．求：（1）工件在被吊起的过程中所能达到的最大速度v m；（2）若使工件以a=2m/s2的加速度从静止开始匀加速向上吊起，则匀加速过程能维持多长时间？（3）若起重机在始终保持额定功率的情况下从静止开始吊起工件，经过t=1.14s工件的速度v t=10m/s，则此时工件离地面的高度h为多少？【考点】63：功率、平均功率和瞬时功率．【分析】（1）当拉力等于重物重力时，重物的速度达到最大，结合功率与牵引力的关系以及拉力等于重力求出重物的最大速度．（2）根据牛顿第二定律求出匀加速直线运动时的拉力大小，从而抓住匀加速直线运动结束功率达到额定功率求出匀加速直线运动的末速度，结合速度时间公式求出匀加速直线运动的时间．（3）根据动能定理即可求解速度达到v t=10m/s时工件离地面的高度．【解答】解：（1）当工件达到最大速度时，F=mg，P=P0=60kW故=12m/s；（2）工件被匀加速向上吊起时，a不变，v变大，P也变大，当P=P0时匀加速过程结束，根据牛顿第二定律得 F﹣mg=ma，解得 F=m（a+g）=500×（2+10）N=6000N匀加速过程结束时工件的速度为：v=，匀加速过程持续的时间为：；（3）根据动能定理，有代入数据，解得 h=8.68m．答：（1）工件在被吊起的过程中所能达到的最大速度为12m/s；（2）若使工件以a=2m/s2的加速度从静止开始匀加速向上吊起，则匀加速过程能维持5s；（3）若起重机在始终保持额定功率的情况下从静止开始吊起工件，经过t=1.14s工件的速度v t=10m/s，则此时工件离地面的高度h为8.68m．20．在用高级沥青铺设的高速公路上，汽车的设计时速是118km/h，汽车在这种路面上行驶时，它的轮胎与地面的最大静摩擦力等于车重的0.5倍．（1）如果汽车在这种高速公路的水平弯道上拐弯，假设弯道的路面是水平的，其弯道的最小半径是多少？（2）事实上在高速公路的拐弯处，路面造得外高内低，路面与水平面间的夹角为θ，且tan θ=0.3125；而拐弯路段的圆弧半径R=200m．若要使车轮与路面之间的侧向摩擦力等于零，则车速v应为多少？（g=10m/s2）【考点】4A：向心力；37：牛顿第二定律．【分析】汽车在水平路面上拐弯，可视为汽车做匀速圆周运动，其向心力是车与路面间的静摩擦力提供，当静摩擦力达到最大值时，由向心力公式可知这时的半径最小，写出运动学方程，即可求得结果．若要使车轮与路面之间的侧向摩擦力等于零，则重力和支持力的合力提供向心力，根据向心力公式列式即可求解．【解答】解：（1）汽车在水平路面上拐弯，可视为汽车做匀速圆周运动，其向心力是车与路面间的静摩擦力提供，当静摩擦力达到最大值时，由向心力公式可知这时的半径最小，有：F m=0.5mg≥由速度v=118km/h=30m/s，解得弯道半径为：r≥180m；（2）若要使车轮与路面之间的侧向摩擦力等于零，则重力和支持力的合力提供向心力，根据向心力公式得：mgtanθ=解得： =25m/s答：假设弯道的路面是水平的，其弯道的最小半径是180m，若要使车轮与路面之间的侧向摩擦力等于零，则车速v应为25m/s．21．某兴趣小组设计了一种测量子弹射出枪口时速度大小的方法．在离地面高度为h的光滑水平桌面上放置一木块，将枪口靠近木块水平射击，子弹嵌入木块后与木块一起水平飞出，落地点与桌边缘的水平距离是s1；然后将木块重新放回原位置，再打一枪，子弹与木块的落地点与桌边的水平距离是s2，求子弹射出枪口时速度的大小．【考点】53：动量守恒定律；43：平抛运动．【分析】子弹射入木块的过程中，系统动量守恒定律，分别对第一次射入的过程和第二次射入的过程运用动量守恒定律以及平抛运动的规律，联立求出子弹射出枪口时速度的大小．【解答】解：设子弹的质量为m，木块的质量为M，子弹射出枪口时的速度为v0．第一颗子弹射入木块时，动量守恒mv0=（M+m）v1木块带着子弹做平抛运动s1=v1t第二颗子弹射入木块时，动量守恒mv0=（M+2m）v2木块带着两颗子弹做平抛运动s2=v2t联立以上各式解得答：子弹射出枪口的速度大小为．22．质量为0.1kg的弹性小球从高为1.25m处自由下落至一光滑而坚硬的水平板上，碰撞后弹回到0.8m高处，碰撞时间为0.01s，求小球与水平板之间的平均撞击力为多少？（g取10m/s2）【考点】52：动量定理．【分析】根据速度位移公式求出小球与地面碰撞前后的速度，结合动量的表达式求出碰撞前后的动量．根据动量定理求出水平面对小球的平均作用力【解答】解：由于小球做自由落体运动，则其与水平面碰撞前的速度为：v1===5m/s，方向竖直向下；所以与水平面碰撞前的动量为：P1=mv1=0.1×5kg•m/s=0.5 kg•m/s，方向竖直向下．与水平面碰后，小球做竖直上抛运动，上升的最大高度为0.8m，则碰后小球速度为：v2===4m/s，方向竖直向上；此时小球的动量为：P2=mv2=0.1×4 kg•m/s=0.4 kg•m/s，方向竖直向上．设向上为正方向，根据动量定理，合外力的冲量等于物体动量的变化．小球所受外力有重力mg和水平面对它的弹力N，则有：（N﹣mg）t=P2﹣P1得：N=mg+=（0.1×10+）N=91N，方向竖直向上．答：小球与水平板之间的平均撞击力为91N．。
广西玉林市福绵区2016-2017学年高一下学期期末物理试
广西玉林市福绵区2016-2017学年高一（下）期末物理试卷一.选择题1. 如图所示，轻质弹簧长为L，竖直固定在地面上，质量为m的小球，在离地面高度为H 处，由静止开始下落，正好落在弹簧上，使弹簧的最大压缩量为x，在下落过程中，小球受到的空气阻力为F阻，则弹簧在最短时具有的弹性势能为()A. (mg－F阻)(H－L＋x)B. mg(H－L＋x)－F阻(H－L)C. mgH－F阻(H－L)D. mg(L－x)＋F阻(H－L＋x)【答案】A..................2. 关于抛体运动，下列说法正确的是（）A. 将物体以某一初速度抛出后的运动B. 将物体以某一初速度抛出，只在重力作用下的运动C. 将物体以某一初速度抛出，满足合外力为零的条件下的运动D. 将物体以某一初速度抛出，满足除重力外其他力的合力为零的条件下的直线【答案】B【解析】抛体运动指的是物体只在重力作用下，以某一初速度抛出的运动，故选项B正确，ACD错误；故选B.3. 如图所示，一个质量为m的物体（视为质点）以某一速度从A点冲上倾角为30°的固定斜面。
其运动的加速度大小为，物体在斜面上上升的最大高度为h，则这个过程中物体（）A. 重力势能增加了mghB. 重力势能增加了mghC. 动能损失了mghD. 机械能损失了mgh【答案】D【解析】物体上升的最大高度为h，则重力势能增加mgh，故AB错误．合力大小为F合＝ma ＝mg，根据动能定理得，动能损失量F合•2h＝mgh，故C错误．根据牛顿第二定律得，mgsin30°+f=ma，解得f=mg，则机械能的损失△E＝f•2h＝mg×2h＝mgh，故D正确．故选D．点睛：解决本题的关键掌握功能关系，知道重力做功等于重力势能的减小量，合力做功等于动能的增加量，除重力以外其它力做功等于机械能的增加量．4. 关于抛体运动，下列说法正确的是（）A. 将物体以某一初速度抛出后的运动B. 将物体以某一初速度抛出，只在重力作用下的运动C. 将物体以某一初速度抛出，满足合外力为零的条件下的运动D. 将物体以某一初速度抛出，满足除重力外其他力的合力为零的条件下的直线【答案】B【解析】抛体运动指的是物体只在重力作用下，以某一初速度抛出的运动，故选项B正确，ACD错误；故选B.5. 如图所示，小球用细绳系住，绳的另一端固定于O点．现用水平力F缓慢推动斜面体，小球在斜面上无摩擦地滑动，细绳始终处于直线状态，当小球升到接近斜面顶端时细绳接近水平，此过程中斜面对小球的支持力F N以及绳对小球的拉力F T的变化情况是（）A. F N保持不变，F T不断增大B. F N不断增大，F T不断减小C. F N保持不变，F T先增大后减小D. F N不断增大，F T先减小后增大【答案】D【解析】解：先对小球进行受力分析，重力、支持力F N、拉力F T组成一个闭合的矢量三角形，由于重力不变、支持力F N方向不变，斜面向左移动的过程中，拉力F T与水平方向的夹角β减小，当β=θ时，F T⊥F N，细绳的拉力F T最小，由图可知，随β的减小，斜面的支持力F N不断增大，F T先减小后增大．故D正确．ABC错误．故选D【点评】本题是动态变化分析问题，容易产生的错误是不能准确把握小球的受力特征，特别是F N与F T组夹角的变化，认为拉力F T与水平方向的夹角β减小，拉力减小而错选B．6. 下列关于平抛运动的说法正确的是（）A. 平抛运动是非匀变速动动B. 平抛运动是匀变速曲线运动C. 做平抛运动的物体，每秒内速率的变化相等D. 水平飞行的距离只与初速度大小有关【答案】B【解析】平抛运动是一种理想化的运动模型，不考虑空气阻力，且只受重力的作用，加速度大小为g，方向竖直向下，所以平抛运动是匀变速曲线运动，A错、B对；因为Δv＝g·Δt，所以做平抛运动的物体在相等的时间内速度的变化(包括大小和方向)相等，但每秒内速率的变化不相等，C错；据h＝gt2得t＝，所以得x＝v0t＝v0，由此可见，平抛运动的水平位移由初速度v0和竖直高度h共同决定，D错．7. 如图所示，木板放在光滑地面上，将一滑块m用恒力F由木块一端拉至另一端，木板分固定和不固定两种情况，力F做功分别为W1和W2，则( )A. W1<W2B. W1＝W2C. W1>W2【答案】A【解析】试题分析：当木块B固定时，力F通过的位移就是木块B的长度，力F做功为W1=FL；当木块B不固定时，木块B也要向右运动，运动的距离为S，则力F做功为W2=F（L+S）；所以W1＜W2，故选A考点：本题考查了功的计算D无法比较8. 如图是体育摄影中“追拍法”的成功之作，摄影师眼中清晰的滑板运动员是静止的，而模糊的背景是运动的，摄影师用自己的方式表达了运动的美．请问摄影师选择的参考系是（）A. 大地B. 太阳C. 滑板运动员D. 步行的人【答案】C【解析】“追拍法”是跟踪运动的物体，将运动的物体看做是静止的，该图片是运动的滑板运动员被摄影师当做静止的，而用镜头跟踪，故参考系是滑板运动员，故C正确，ABD 错误。
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2016-2017学年广西玉林市高一（下）期末物理试卷一.选择题1．如图所示，质量为m的小球固定在杆的一端，在竖直面内绕杆的另一端做圆周运动，当小球运动到最高点时，瞬时速度v=，R是球心到O点的距离，则当球运动到最低点时对杆的作用力是（）A．6mg的拉力B．6mg的压力C．7mg的拉力D．7mg的压力2．如图所示，一物体以速度v0冲向光滑斜面AB，并能沿斜面升高h，下列说法正确的是（）A．若把斜面从C点锯断，由机械能守恒定律知，物体冲出C点后仍能升高hB．若把斜面弯成如图所示的半圆弧形，物体仍能沿AB升高hC．若把斜面从C点锯断或弯成如图所示的半圆弧状，物体都不能升高h，因为机械能不守恒D．若把斜面从C点锯断或弯成如图所示的半圆弧状，物体都不能升高h，但机械能仍守恒3．在不计空气阻力的情况下，下列运动中加点物体机械能守恒的是（）A．雨滴．．在空中匀速下落B．乘客．．随摩天轮在竖直面内匀速转动的过程C．物．体．在光滑的固定斜面上滑行D．重物．．被起重机悬吊着匀加速上升4．如图所示，水平的木板B托着木块A一起在竖直平面内做匀速圆周运动，从水平位置a 沿逆时针方向运动到最高点b的过程中（）A．B对A的支持力越来越大B．A对B的正压力越来越大C．B对A的摩擦力越来越小D．B对A的摩擦力越来越大5．ab是长为l的均匀带电细杆，P1、P2是位于ab所在直线上的两点，位置如图所示．ab 上电荷产生的静电场在P1处的场强大小为E1，在P2处的场强大小为E2．则以下说法正确的是（）A．两处的电场方向相同，E1＞E2B．两处的电场方向相反，E1＞E2C．两处的电场方向相同，E1＜E2D．两处的电场方向相反，E1＜E26．关于物体的动量和动能，下列说法中正确的是（）A．一物体的动量不变，其动能一定不变B．一物体的动能不变，其动量一定不变C．两物体的动量相等，其动能一定相等D．两物体的动能相等，其动量一定相等7．如图所示，桌面高为h，质量为m的小球从离桌面高H处自由落下，不计空气阻力，以地面为参考平面，则小球落到地面前瞬间的机械能为（）A．0 B．mgh C．mgH D．mg（H+h）8．某带电粒子仅在电场力作用下由A点运动到B点，电力线、粒子在A点的初速度以及运动轨迹如图所示．由此可以判定（）A．粒子在A点的加速度大于它在B点的加速度B．粒子在A点的动能小于它在B点的动能C．粒子在A点的电势能小于它在B点的电势能D．A点的电势低于B点的电势9．如图所示，乘坐游乐园的翻滚过山车时，质量为m的人随车在竖直平面内旋转，下列说法正确的是（）A．车在最高点时人处于倒坐状态，全靠保险带拉住，没有保险带，人就会掉下来B．人在最高点时对座位不可能产生压力C．人在最低点时对座位的压力等于mgD．人在最低点时对座位的压力大于mg10．如所示，a是地球赤道上的一点，某时刻在a的正上方有三颗轨道位于赤道平面的卫星b、c、d，各卫星的运行方向均与地球自转方向相同，图中已标出，其中d是地球同步卫星．从该时刻起，经过一段时间t（已知在t时间内三颗卫星都还没有运行一周），各卫星相对a 的位置最接近实际的是图中的（）A．B．C．D．11．如图所示，某同学将一枚飞镖从高于靶心的位置水平投向竖直悬挂的靶盘，结果飞镖打在靶心的正下方．忽略飞镖运动过程中所受空气阻力，在其他条件不变的情况下，为使飞镖命中靶心，他在下次投掷时应该（）A．换用质量稍大些的飞镖 B．适当增大投飞镖的高度C．到稍远些的地方投飞镖 D．适当增大投飞镖的初速度12．如图中虚线为匀强电场中与场强方向垂直的等间距平行直线，两粒子M、N质量相等，所带电荷的绝对值也相等．现将M、N从虚线上的O点以相同速率射出，两粒子在电场中运动的轨迹分别如图中两条实线所示．点a、b、c为实线与虚线的交点．已知O点电势高于c 点，若不计重力，则（）A．M带负电荷，N带正电荷B．N在a点的速度与M在c点的速度大小相同C．N在从O点运动至a点的过程中克服电场力做功D．M在从O点运动至b点的过程中，电场力对它做的功等于零13．传送带是应用广泛的一种传动装置．在一水平向右匀速运动的传送带的左端A点，每隔相同的时间T，轻放上一个相同的工件．已知工件与传送带间动摩擦因数为μ，工件质量为m．经测量，发现前面那些已经和传送带达到相同速度的工件之间的距离均为L．已知重力加速度为g，下列判断正确的有（）A．传送带的速度大小为B．工件在传送带上加速时间为C．每个工件与传送带间因摩擦而产生的热量为D．传送带因传送每一个工件而多消耗的能量为14．如图所示，长为L、倾角为θ=45°的光滑绝缘斜面处于电场中，一带电荷量为+q，质量为m的小球，以初速度v0由斜面底端的A点开始沿斜面上滑，到达斜面顶端的速度仍为v0，则（）A．小球在B点的电势能一定大于小球在A点的电势能B．A、B两点的电势差一定为C．若电场是匀强电场，则该电场的场强的最小值一定是D．若该电场是AC边中垂线上某点的点电荷Q产生的，则Q一定是正电荷15．如图所示，轻质弹簧一端固定，另一端与质量为m、套在粗糙竖直固定杆A处的圆环相连，弹簧水平且处于原长．圆环从A处由静止释放后，经过B处速度最大，到达C处（AC=h）时速度减为零．若在此时给圆环一个竖直向上的速度v，它恰好能回到A点．弹簧始终在弹性限度内，重力加速度为g，则圆环（）A．下滑过程中，加速度一直增大B．上下两次经过B点的速度大小相等C．下滑过程中，克服摩擦力做的功为mv2D．在C处弹簧的弹性势能为 mgh﹣mv2二、填空题16．某学习小组欲验证动能定理，他们在实验室找到了打点计时器、学生电源、导线、细线、复写纸、纸带、长木板、滑块、沙及沙桶，组装了一套如图所示的实验验证装置．若你是小组中的一位成员，为了完成该验证实验，（1）你认为还需要的器材有；（2）实验时为了使得沙和沙桶的总重力可作为滑块受到的合外力，应做两方面减少误差的措施：a．细沙和沙桶的总质量应满足；b．将长木板左端适当垫高的目的是．17．在“探究平抛运动规律”的实验中：①在“探究平抛运动规律”的实验时，让小球多次沿同一轨道运动，为了能较准确地描出运动轨迹，A．通过调节使斜槽的末端保持B．每次释放小球的位置必须（填“相同”或者“不同”）C．每次必须由释放小球（“运动”或者“静止”）D．小球运动时不应与木板上的白纸相接触E．将球的位置记录在纸上后，取下纸，将点连成（“折线”或“直线”或“光滑曲线”）（2）某同学在做“研究平抛物体的运动”的实验中，忘记记下小球抛出点的位置O，如图所示，A为物体运动一段时间后的位置．g取10m/s2，根据图象，可知平抛物体的初速度为m/s．三、计算题：18．某战士在倾角为30°的山坡上进行投掷手榴弹训练．他从A点以某一初速度m/s沿水平方向投出手榴弹后落在B点．该型号手榴弹从拉动弹弦到爆炸需要5s的时间，空气阻力不计，（g=10m/s2）求：（1）若要求手榴弹正好在落地时爆炸，问战士从拉动弹弦到投出所用的时间是多少？（2）点AB的间距s是多大？19．在如图所示的竖直平面内，物体A和带正电的物体B用跨过定滑轮的绝缘轻绳连接，分别静止于倾角θ=37°的光滑斜面上的M点和粗糙绝缘水平面上，轻绳与对应平面平行．劲度系数K=5N/m的轻弹簧一端固定在0点，一端用另一轻绳穿过固定的光滑小环D与A相连，弹簧处于原长，轻绳恰好拉直，DM垂直于斜面．水平面处于场强E=5×104N/C、方向水平向右的匀强电场中．已知A、B的质量分别为m A=0.1kg和m B=0.2kg，B所带电荷量q=+4×l0﹣6C．设两物体均视为质点，不计滑轮质量和摩擦，绳不可伸长，弹簧始终在弹性限度内，B 电量不变．取g=lOm/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8．（1）求B所受静摩擦力的大小；（2）现对A施加沿斜面向下的拉力F使A以加速度a=0.6m/s2开始做匀加速直线运动．A从M到N的过程中，B的电势能增加了△E p=0.06J．已知DN沿竖直方向，B与水平面间的动摩擦因数μ=0.4．求A到达N点时拉力F的瞬时功率．20．如图甲所示，一长为l=1m的轻绳，一端穿在过O点的水平转轴上，另一端固定一质量为m的小球，整个装置绕O点在竖直面内转动．给系统输入能量，使小球通过最高点的速度不断加快，通过传感器测得小球通过最高点时，绳对小球的拉力F与小球在最高点动能E k 的关系如图乙所示，重力加速度为g，不考虑摩擦和空气阻力，请分析并回答以下问题：（1）若要小球能做完整的圆周运动，对小球过最高点的速度有何要求？（用题中给出的字母表示）．（2）请根据题目及图象中的条件求出小球质量m的值．（g取10m/s2）（3）求小球从图中a点所示状态到图中b点所示状态的过程中，外界对此系统做的功．（4）当小球达到图乙中b点所示状态时，立刻停止能量输入．之后的运动过程中，在绳中拉力达到最大值的位置，轻绳绷断，求绷断瞬间绳中拉力的大小．21．如图所示，光滑斜轨和光滑圆轨相连，固定在同一竖直面内，圆轨的半径为R，一个小球（可视为质点），从离水平面高h处由静止自由下滑，由斜轨进入圆轨．求：（1）为了使小球在圆轨内运动的过程中始终不脱离圆轨，h应至少多高？（2）若小球到达圆轨最高点时圆轨对小球的压力大小恰好等于它自身重力大小，那么小球开始下滑时的h是多大？2016-2017学年广西玉林市博白高中高一（下）期末物理试卷参考答案与试题解析一.选择题1．如图所示，质量为m的小球固定在杆的一端，在竖直面内绕杆的另一端做圆周运动，当小球运动到最高点时，瞬时速度v=，R是球心到O点的距离，则当球运动到最低点时对杆的作用力是（）A．6mg的拉力B．6mg的压力C．7mg的拉力D．7mg的压力【考点】4A：向心力．【分析】根据动能定理求出小球运动到最低点的速度，结合牛顿第二定律求出在最低点杆子对小球的作用力，从而得出球对杆的作用力大小．【解答】解：根据动能定理得，，解得最低点速度，根据牛顿第二定律得，F﹣mg=m，解得F=6mg，表现为拉力，故A正确，B、C、D错误．故选：A．2．如图所示，一物体以速度v0冲向光滑斜面AB，并能沿斜面升高h，下列说法正确的是（）A．若把斜面从C点锯断，由机械能守恒定律知，物体冲出C点后仍能升高hB．若把斜面弯成如图所示的半圆弧形，物体仍能沿AB升高hC．若把斜面从C点锯断或弯成如图所示的半圆弧状，物体都不能升高h，因为机械能不守恒D．若把斜面从C点锯断或弯成如图所示的半圆弧状，物体都不能升高h，但机械能仍守恒【考点】6C：机械能守恒定律；4A：向心力．【分析】物体上升过程中只有重力做功，机械能守恒；斜抛运动运动最高点，速度不为零；AB′轨道最高点，合力充当向心力，速度也不为零．【解答】解：A、若把斜面从C点锯断，物体冲过C点后做斜抛运动，由于物体机械能守恒，同时斜抛运动运动最高点，速度不为零，故不能到达h高处，故A错误；B、若把斜面弯成圆弧形，如果能到圆弧最高点，即h处，由于合力充当向心力，速度不为零，根据机械能守恒知，物体沿AB′升高的高度小于h，故B错误，C、D、无论是把斜面从C点锯断或把斜面弯成圆弧形，物体都不能升高h，但物体的机械能仍守恒，故C错误，D正确；故选：D．3．在不计空气阻力的情况下，下列运动中加点物体机械能守恒的是（）A．雨滴．．在空中匀速下落B．乘客．．随摩天轮在竖直面内匀速转动的过程C．物体．．在光滑的固定斜面上滑行D．重物．．被起重机悬吊着匀加速上升【考点】6C：机械能守恒定律．【分析】物体机械能守恒的条件是只有重力或者是弹力做功，根据机械能守恒的条件逐个分析物体的受力的情况，即可判断物体是否是机械能守恒．【解答】解：A，雨滴在空中匀速下落时，动能不变，重力势能减小，故机械能不守恒，故A错误；B、乘客随摩天轮在竖直面内匀速转动的过程中，动能不变，重力势能变化，故机械能变化，故B错误；C、物体在光滑的固定斜面上滑行时，只有重力做功；故机械能守恒，故C正确；D、重物被起重机悬吊着匀加速上升时，动能增加，重力势能增加，故机械能增加，故D错误．故选：C．4．如图所示，水平的木板B托着木块A一起在竖直平面内做匀速圆周运动，从水平位置a 沿逆时针方向运动到最高点b的过程中（）A．B对A的支持力越来越大B．A对B的正压力越来越大C．B对A的摩擦力越来越小D．B对A的摩擦力越来越大【考点】4A：向心力；37：牛顿第二定律．【分析】物块A做匀速圆周运动靠合力提供向心力．在a运动到b的过程中，木块受重力、支持力和静摩擦力．【解答】解：A在运动的过程中受重力、支持力、静摩擦力，三个力的合力提供向心力．合力沿水平方向的分力等于A所受的摩擦力，合力沿竖直方向的分力等于重力和支持力的合力，合力的大小不变，由a到b的运动过程中，合力沿水平方向的分力减小，所以摩擦力减小．合力沿竖直方向的分力逐渐增大，所以支持力逐渐减小．故C正确，ABD错误．故选：C．5．ab是长为l的均匀带电细杆，P1、P2是位于ab所在直线上的两点，位置如图所示．ab 上电荷产生的静电场在P1处的场强大小为E1，在P2处的场强大小为E2．则以下说法正确的是（）A．两处的电场方向相同，E1＞E2B．两处的电场方向相反，E1＞E2C．两处的电场方向相同，E1＜E2D．两处的电场方向相反，E1＜E2【考点】AA：电场的叠加．【分析】由于细杆均匀带电，我们取a关于P1的对称点a′，则a与a′关于P1点的电场互相抵消，整个杆对于P1点的电场，仅仅相对于a′b部分对于P1的产生电场．而对于P2，却是整个杆都对其有作用，所以，P2点的场强大．【解答】解：将均匀带电细杆等分为很多段，每段可看作点电荷．设细杆带正电根据电场的叠加，这些点电荷在P1的合场强方向向左，在P2的合场强方向向右，且E1＜E2．故选D．6．关于物体的动量和动能，下列说法中正确的是（）A．一物体的动量不变，其动能一定不变B．一物体的动能不变，其动量一定不变C．两物体的动量相等，其动能一定相等D．两物体的动能相等，其动量一定相等【考点】52：动量定理；66：动能定理的应用．【分析】动能，动量P=mv，动能与动量之间的大小关系：，动能是标量，动量是矢量，一个物体的动量不变时，动能一定不变，动能不变时，动量的大小一定不变，但方向可能变化；两个物体的动量相等时，只有当质量相等时，动能才相等，两个物体的动能相等时，也只有质量相等时，动量大小才会相等．【解答】解：动能是标量，动量是矢量P=mv，动能与动量之间的大小关系：，A、一物体的动量P不变，其动能E k一定不变，故A正确．B、一物体的动能不变，其动量大小一定不变，但速度的方向可以变化，即动量的方向可以变化．故B错误．C、两物体的动量相等，当两物体的质量相等时，其动能一定相等，当两物体的质量不等时，其动能一定不相等．故C错误．D、两物体动能相等，而质量不等时，其动量也是不相等的．故D错误．故选A．7．如图所示，桌面高为h，质量为m的小球从离桌面高H处自由落下，不计空气阻力，以地面为参考平面，则小球落到地面前瞬间的机械能为（）A．0 B．mgh C．mgH D．mg（H+h）【考点】6C：机械能守恒定律．【分析】小球落到地面瞬间重力势能为0，但动能不知道，机械能不好直接确定．但最高点时速度为零，动能为零，机械能很快求出，根据小球下落过程中机械能守恒，落地时与刚下落时机械能相等，就能求出小球落到地面前的瞬间的机械能．【解答】解：以地面为参考平面，小球在最高点时机械能为：E=mg（H+h）小球下落过程中机械能守恒，则小球落到地面前瞬间的机械能等于它在最高点时的机械能，即E′=E=mg（H+h）．故ABC错误，D正确．故选：D．8．某带电粒子仅在电场力作用下由A点运动到B点，电力线、粒子在A点的初速度以及运动轨迹如图所示．由此可以判定（）A．粒子在A点的加速度大于它在B点的加速度B．粒子在A点的动能小于它在B点的动能C．粒子在A点的电势能小于它在B点的电势能D．A点的电势低于B点的电势【考点】A7：电场线；AD：电势差与电场强度的关系．【分析】电场线是从正电荷或者无穷远出发出，到负电荷或无穷远处为止，沿电场线的方向，电势降低，电场线密的地方电场的强度大，电场线疏的地方电场的强度小．【解答】解：A、由电场线可知，B点的电场线密，所以B点的电场强度大，粒子受的电场力大，加速度也就大，即A点的加速度小于它在B点的加速度，所以A错误；B、粒子受到的电场力指向曲线弯曲的内侧，所以受到的电场力的方向是沿电场线向上的，所以粒子从A到B的过程中，电场力做正功，电荷的电势能减小，动能增加，所以粒子在A 点的动能小于它在B点的动能，所以B正确，C错误；D、沿电场线的方向，电势降低，所以A点的电势大于B点的电势，所以D错误．故选B．9．如图所示，乘坐游乐园的翻滚过山车时，质量为m的人随车在竖直平面内旋转，下列说法正确的是（）A．车在最高点时人处于倒坐状态，全靠保险带拉住，没有保险带，人就会掉下来B．人在最高点时对座位不可能产生压力C．人在最低点时对座位的压力等于mgD．人在最低点时对座位的压力大于mg【考点】4A：向心力；37：牛顿第二定律．【分析】车在最高点时，若恰好由重力提供向心力时，人与保险带间恰好没有作用力，没有保险带，人也不会掉下来．当速度更大时，人更不会掉下来．当速度大于临界速度时，人在最高点时对座位就产生压力．人在最低点时，加速度方向竖直向上，根据牛顿第二定律分析压力与重力的关系．【解答】解：A、当人与保险带间恰好没有作用力，由重力提供向心力时，临界速度为v0=．当速度v≥时，没有保险带，人也不会掉下来．故A错误．B、当人在最高点的速度v＞时，人对座位就产生压力．故B错误．C、D人在最低点时，加速度方向竖直向上，根据牛顿第二定律分析可知，人处于超重状态，人对座位的压力大于mg．故C错误，D正确．故选D10．如所示，a是地球赤道上的一点，某时刻在a的正上方有三颗轨道位于赤道平面的卫星b、c、d，各卫星的运行方向均与地球自转方向相同，图中已标出，其中d是地球同步卫星．从该时刻起，经过一段时间t（已知在t时间内三颗卫星都还没有运行一周），各卫星相对a 的位置最接近实际的是图中的（）A．B．C．D．【考点】4H：人造卫星的加速度、周期和轨道的关系．【分析】根据万有引力等于向心力：G=mr知，轨道半径越大，周期越大，则角速度越小，所以经过相同的时间，可以比较出三卫星转过的角度，而同步卫星又与地球保持相对静止．【解答】解：根据知，轨道半径越大，周期越大，则角速度越小，所以经过相同的时间，三个卫星中，b转过的角度最大，c次之，d最小，d为同步卫星，与赤道上的a保持相对静止．故A、B、C错误，D正确．故选：D．11．如图所示，某同学将一枚飞镖从高于靶心的位置水平投向竖直悬挂的靶盘，结果飞镖打在靶心的正下方．忽略飞镖运动过程中所受空气阻力，在其他条件不变的情况下，为使飞镖命中靶心，他在下次投掷时应该（）A．换用质量稍大些的飞镖 B．适当增大投飞镖的高度C．到稍远些的地方投飞镖 D．适当增大投飞镖的初速度【考点】43：平抛运动．【分析】飞镖做的是平抛运动，根据平抛运动的规律，水平方向上的匀速直线运动，和竖直方向上的自由落体运动，列方程求解即可．【解答】解：飞镖做的是平抛运动，飞镖打在靶心的正下方说明飞镖竖直方向的位移太大，根据平抛运动的规律可得，水平方向上：x=V0t竖直方向上：h=所以要想减小飞镖竖直方向的位移，在水平位移不变的情况下，可以适当增大投飞镖的初速度来减小飞镖的运动时间，所以D正确，初速度不变时，时间不变，适当增大投飞镖的高度，可以飞镖命中靶心，故B正确；故选BD12．如图中虚线为匀强电场中与场强方向垂直的等间距平行直线，两粒子M、N质量相等，所带电荷的绝对值也相等．现将M、N从虚线上的O点以相同速率射出，两粒子在电场中运动的轨迹分别如图中两条实线所示．点a、b、c为实线与虚线的交点．已知O点电势高于c 点，若不计重力，则（）A．M带负电荷，N带正电荷B．N在a点的速度与M在c点的速度大小相同C．N在从O点运动至a点的过程中克服电场力做功D．M在从O点运动至b点的过程中，电场力对它做的功等于零【考点】AK：带电粒子在匀强电场中的运动；AC：电势．【分析】根据粒子的轨迹可判断粒子的电场力方向，O点电势高于c点，根据电场线与等势线垂直，而且由高电势指向低电势，可判断出电场方向，从而确定出粒子的电性．由动能定理可知，N在a点的速度与M在c点的速度大小相等，但方向不同．N从O点运动至a点的过程中电场力做正功．O、b间电势差为零，由动能定理可知电场力做功为零．【解答】解：A、由题，等势线在水平方向，O点电势高于c点，根据电场线与等势线垂直，而且由高电势指向低电势，可知电场方向竖直向下，根据粒子的轨迹可判断出a粒子所受的电场力方向竖起向上，M粒子所受的电场力方向竖直向下，故知N粒子带负电，M带正电．故A错误；B、由动能定理可知，N在a点的速度与M在c点的速度大小相等，但方向不同，速度不同．故B正确；C、N从O点运动至a点的过程中电场力与速度的夹角为锐角，电场力做正功．故C错误；D、O、b间电势差为零，由动能定理可知M从O点运动至b点的过程中，电场力对它做功为零．故D正确．故选：BD．13．传送带是应用广泛的一种传动装置．在一水平向右匀速运动的传送带的左端A点，每隔相同的时间T，轻放上一个相同的工件．已知工件与传送带间动摩擦因数为μ，工件质量为m．经测量，发现前面那些已经和传送带达到相同速度的工件之间的距离均为L．已知重力加速度为g，下列判断正确的有（）A．传送带的速度大小为B．工件在传送带上加速时间为C．每个工件与传送带间因摩擦而产生的热量为D．传送带因传送每一个工件而多消耗的能量为【考点】6B：功能关系；37：牛顿第二定律．【分析】工件在传送带上先做匀加速直线运动，然后做匀速直线运动，每个工件滑上传送带后运动的规律相同，通过x=vT求出传送带的速度；根据匀加速度知识求得运动的时间，根据工件和传送带之间的相对路程大小，求出摩擦产生的热量；根据能量守恒知，多消耗的能量一部分转化为工件的动能，一部分转化为摩擦产生的内能．【解答】解：A、工件在传送带上先做匀加速直线运动，然后做匀速直线运动，每个工件滑上传送带后运动的规律相同，可知x=vT=L，解得传送带的速度v=．故A正确．B、设每个工件匀加速运动的时间为t，根据牛顿第二定律得，工件的加速度为 a=μg，根。