福建省龙岩市重点名校2019-2020学年高一下学期期末复习检测物理试题含解析

福建省龙岩市重点名校2019-2020学年高一下学期期末复习检测物理试题一、单项选择题：本题共6小题，每小题5分，共30分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的
1．(本题9分)如图所示，洗衣机的脱水桶采用带动衣物旋转的方式脱水，下列说法中错误的是()
A．脱水过程中，衣物是紧贴桶壁的
B．水会从桶中甩出是因为水滴受到的向心力很大的缘故
C．加快脱水桶转动角速度，脱水效果会更好
D．靠近中心的衣物的脱水效果不如周边的衣物的脱水效果好
【答案】B
【解析】
试题分析：脱水过程中，桶壁为衣物提供做圆周运动的向心力，A正确；水会从桶中甩出是因为为水滴提供的向心力小于水滴需要的向心力，B错误；加快脱水桶转动的角速度，水滴做圆周运动需要的向心力就越大，滴水效果会更好，C正确；靠近中心的衣物比四周的衣物得到向心力的来源多，则靠近中心的衣物脱水效果不如四周的衣物脱水效果好，D正确。

考点：本题考查离心运动。

2．(本题9分)在平直的公路上，静止的汽车启动后先匀加速开始运动，达到额定功率后保持额定功率不变继续运动。

设汽车所受阻力恒定，则关于汽车运动全过程中的加速度大小随时间变化图象可能是下图中的（）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【解析】先保持匀加速运动，当汽车的功率达到额定功率时，此时随着速度的增大，牵引力在减小，根据知加速度减小，定性分析得；整理得即
加速度与时间是开口向上的二次函数，故A对；BCD错；
故选A
3．物体做下列几种运动，其中物体的机械能守恒的是（）
A．平抛运动
B．竖直方向上做匀速直线运动
C．水平方向上做匀变速直线运动
D．竖直平面内做匀速圆周运动
【答案】A
【解析】
【详解】
A. 平抛运动的物体只受到重力的作用，所以机械能守恒，故A正确；
B. 物体在竖直方向做匀速直线运动，说明物体受力平衡，除了重力之外还有其他的外力的作用，并且其他的外力对物体做功，所以机械能不守恒，故B错误；
C. 水平方向上做匀变速直线运动，动能变化，重力势能不变，所以机械能也变化，故C错误；
D. 竖直平面内做匀速圆周运动，速度的大小不变，动能不变，但是物体的高度变化，即重力势能发生变化，所以物体的机械能不守恒，故D错误。

4．(本题9分)如图所示，表面粗糙的固定斜面顶端安有滑轮，两物块P、Q用轻绳连接并跨过滑轮（不计滑轮的质量和摩擦），P悬于空中，Q放在斜面上，均处于静止状态．当用水平向左的恒力推Q时，P、Q仍静止不动，则（）
A．Q受到的摩擦力一定变小
B．Q受到的摩擦力一定变大
C．轻绳上拉力一定不变
D．轻绳上拉力一定变小
【答案】C
【解析】
【分析】
分别对P、Q两个物体进行受力分析，运用力的平衡条件解决问题．由于不知具体数据，对于静摩擦力的判断要考虑全面．
【详解】
对物体Q受力分析，受重力、拉力、支持力，可能有静摩擦力；当静摩擦力沿斜面向上时，有T+f=mgsinθ，当用水平向左的恒力推Q时，静摩擦力f会减小，也可能摩擦力大小不变，方向相反．当静摩擦力沿着斜面向下时，有T=f+gsinθ，当用水平向左的恒力推Q时，静摩擦力会增加；故AB错误．对物体P受力分析，受重力和拉力，二力平衡，故绳子的拉力等于物体P的重力；当用水平向左的恒力推Q时，P、Q仍静止不动，故绳子的拉力仍然等于物体P的重力，轻绳上拉力一定不变．故C正确，D错误；故选C．
5．如图所示，质量均为m的物块P、Q，物块P用细绳吊在天花板上，物块Q用轻弹簧吊在物块P下面，用竖直向上的推力推物块Q，使轻绳的拉力刚好为零，保持两物块静止不动。

现撤去推力F，则在物块Q 由静止向下运动到速度最大的过程中，（轻绳不会被拉断）
A．物块Q的机械能一直增加
B．初末两状态，物块Q的机械能相等
C．物块Q的机械能不断减小，转化成了弹簧的弹性势能
D．Q重力势能的减少量大于Q动能的增加量
【答案】B
【解析】
【详解】
轻绳的拉力刚好为零时，弹簧处于压缩状态，弹簧的弹力等于mg ，弹簧的压缩量1mg x k =
；物块Q 向下运动到速度最大时，弹簧处于伸长状态，弹簧的弹力等于mg ，弹簧的伸长量2mg x k
=． AB ．在物块Q 由静止向下运动到速度最大的过程中，弹簧由压缩变为伸长，且初始压缩量等于最终伸长量；弹簧对物块Q 先做正功后做负功，物块Q 的机械能先增加再减小，且初末两状态，物块Q 的机械能相等．故A 项错误，B 项正确．
C ．物块Q 的机械能先增加再减小，弹簧的弹性势能先减小后增大．故C 项错误．
D ．初末两状态，物块Q 的机械能相等，则此过程中Q 重力势能的减少量等于Q 动能的增加量．故D 项错误．
6．重物重为G ，受到如图所示斜向下的推力F 作用，仍静止在水平面上，则重物对地面的压力大小为（ ）
A ．G
B ．2G F +
C ．1F
D ．2F 【答案】B
【解析】
【详解】
竖直方向物体受力平衡，则F N =G+F 2，根据牛顿第三定律可知，重物对地面的压力大小为G+F 2，故选B.
二、多项选择题：本题共6小题，每小题5分，共30分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分
7．如图所示，粗糙斜面体静置于水平地面上，一木块从斜面底端开始以某一初速度沿斜面上滑，然后又返回出发点，在木块运动的过程中斜面体始终保持静止。

下列能大致描述木块整个运动过程中的速度v 、地面对斜面体的摩擦力F f 、木块动能 E k 、木块机械能E 与时间t 之间关系的图象是（v-t 图以初速度方向为正方向，F f -t 图以水平向左为正方向）
A ．
B ．
C ．
D ．
【答案】BC
【解析】
【详解】
A.设木块和斜面间的动摩擦因数为μ，斜面倾斜角为θ，木块的质量为m ，斜面体的质量为M ，对木块进行受力分析，由牛顿第二定律可得上滑时则有1sin cos mg mg ma θμθ+=，
解得1sin cos a g g θμθ=+；下滑时则有2sin cos mg mg ma θμθ-=，解得2sin cos a g g θμθ=-，故上滑时做加速度大小为1a 的匀减速运动，下滑时做加速度为2a 的匀加速运动；而12a a >，故v t -图象上滑时图象的倾角比下滑时大，故选项A 错误；
B.对木块和斜面整体受力，根据牛顿第二定律得木块上滑时整体水平方向有f 11cos F ma θ=，大小保持不变，方向水平向左；木块下滑时整体水平方向有f 22cos F ma θ=，大小保持不变，方向水平向左，且有f 1f 2F F >，故选项B 正确；
C.上滑时有01v v a t =-，木块动能为2k 011()2
E m v a t =-，所以k E t -图象是开口向上的抛物线的一部分，v 在减小，下滑时同理可知k E t -图象是开口向上的抛物线的一部分，v 在增大，故选项C 正确；
D.根据功能关系可得0cos E E mg x μθ-=-⋅，解得上滑时，木块机械能
20011cos ()2
E E mg v t a t μθ=-⋅-，知E t -图象是开口向上的抛物线的一部分，E 在减小，故选项D 错误。

8．如图所示，轻质弹簧一端固定，另一端连接一小物块，O 点为弹簧在原长时物块的位置．物块由A 点静止释放，沿粗糙程度相同的水平面向右运动，最远到达B 点．在从A 到B 的过程中，物块（ ）
A ．加速度先减小后增大
B ．经过O 点时的速度最大
C ．所受弹簧弹力始终做正功
D ．所受弹簧弹力做的功等于克服摩擦力做的功
【答案】AD
【解析】
【详解】
A项：由于水平面粗糙且O点为弹簧在原长时物块的位置，所以弹力与摩擦力平衡的位置在OA之间，加速度为零时弹力和摩擦力平衡，所以物块在从A到B的过程中加速度先减小后反向增大，故A正确；
B项：物体在平衡位置处速度最大，所以物块速度最大的位置在AO之间某一位置，即在O点左侧，故B 错误；
C项：从A到O过程中弹力方向与位移方向相同，弹力做正功，从O到B过程中弹力方向与位移方向相反，弹力做负功，故C错误；
D项：从A到B过程中根据动能定理可得W弹-W克f=0，即W弹=W克f，即弹簧弹力做的功等于克服摩擦力做的功，故D正确．
9．(本题9分)如图所示,质量为M的物块下方有一竖直的轻弹簧,弹簧的下端距离水平地面为h,将物块和弹簧由静止自由释放,物块下降了H时,速度再次为零,重力加速度为g,下列说法正确的是（）
A．弹簧性势能开始增加时物块的动能随即减小
B．物块的速度再次为零时,弹簧的弹性势能为mgh
C．物块从开始下落到速度再次为零,物块克服弹簧弹力做功为mgH
D．物块的速度最大时,弹簧的弹性势能和物块的重力势能之和最小
【答案】CD
【解析】
弹簧下端刚接触地面时，弹簧的弹性势能开始增加，此时由于重力大于弹力，物体动能仍然会增加，当弹力等于重力时，动能最大，以后动能减小，故A错误；物体的速度再次为零时，物体的重力势能减小mgH，物体的动能不变，可知弹黄的弹性势能为mgH．故B错误；物块从开始下落到速度再次为零，物体的重力势能减小mgH，物体的动能不变，所以物体的机械能减小mgH，由功能关系可知，物块克服弹簧弹力做功为mgH．故C正确；物块与弹簧组成的相同的机械能守恒，由功能关系可知，当物体的速度最大时，弹簧的弹性势能和物块的重力势能之和最小．故D正确．故选CD．
点睛:本题考查牛顿第二定律的动态分析以及能量守恒定律等，重点要分析弹簧弹力与重力的大小关系，从而分析物体的速度变化情况；知道系统的动能、重力势能和弹性势能之和守恒．
10．(本题9分)人站在运动的电梯中，处于“失重”状态的是( )
A．电梯加速下降
B．电梯减速上升
C．电梯减速下降
D ．电梯加速上升
【答案】AB
【解析】A 、失重时具有向下的加速度，运动状态可以是减速上升和加速下降，故选项AB 正确。

C 、电梯加速上升和减速下降的加速度都向上，处于超重状态，故选项CD 错误；
点睛：本题考查了学生对超重失重现象的理解，掌握住超重失重的特点，本题就可以解决了。

11． (本题9分)图甲为0.1 kg 的小球从最低点A 冲入竖直放置在水平地面上、半径为0.4 m 的半圆轨道，已知小球恰能到达最高点C ，轨道粗糙程度处处相同，空气阻力不计。

小球速度的平方与其高度的关系图象，如图乙所示。

g 取10m/s 2，B 为AC 轨道中点。

下列说法正确的是( )
A ．图乙中x ＝4
B ．小球从B 到
C 损失了0.125 J 的机械能
C ．小球从A 到C 合力做的功为-1.05J
D ．小球从C 抛出后，落地点到A 的距离为0.8 m
【答案】ACD
【解析】
【详解】
A. 当h ＝0.8 m 时小球在C 点，由于小球恰能到达最高点C ，故2C v mg m r
= ，所以2C v ＝gr ＝10×0.4 m 2·s -2＝4 m 2·
s -2，故选项A 正确； B. 从A 到C 过程，动能减小量为22k 01110.1(254)J=1.05J 222
E mv mv ∆=-=⨯⨯-，重力势能的增加量为210.8J=0.8J p E mg r ∆=⋅=⨯ 则机械能减小0.25J ，由于A 到B 过程中压力大于B 到C 过程中的压力，则A 到B 过程中的摩擦力大于B 到C 过程中的摩擦力，可知B 到C 的过程克服摩擦力做功较小，知机械能损失小于0.125J ，故B 错误。

；
C. 小球从A 到C ，由动能定理可知22k 01110.1(254)J=1.05J 222W E mv mv =∆=
-=⨯⨯-合，故选项C 正确；
D. 小球离开C 点后做平抛运动，故2r ＝12
gt 2，落地点到A 的距离x ＝v C t ，解得x ＝0.8 m ，故选项D 正确。

12．如图所示，在皮带传送装置中，皮带把物体P 匀速带至低处（物体与皮带相对静止），在此过程中，下述说法正确的（ ）
A．摩擦力对物体做正功
B．摩擦力对物体做负功
C．支持力对物体不做功
D．物体对皮带的摩擦力不做功
【答案】BC
【解析】
【详解】
货物随传送带一起匀速斜向下运动，受到重力、支持力和摩擦力的作用，如图所示：
重力方向竖直向下，支持力与传送带垂直向上。

货物相对于传送带有向下运动的趋势，所以货物还要受到传送带对它的静摩擦力。

该摩擦力的方向与它相对于传送带的运动趋势相反，即沿传送带斜向上。

因为物体P向左下方匀速运动，所以支持力不做功。

物体运动方向与摩擦力方向相反，所以摩擦力对物体做负功，根据作用力与反作用力的关系，物体对传送带的摩擦力向下，物体对传送带的摩擦力做正功
故选：BC。

三、实验题:共2小题，每题8分，共16分
13．(本题9分)某兴趣小组通过物块在斜面上运动的试验，探究合外力做功与物体动能的变化的关系. 他们的实验装置如图甲所示，PQ为一块倾斜放置的木板，在Q处固定一个速度传感器(用来测量物体每次通过Q点时的速度v)，每次实验，物体从不同高度h处由静止释放，但始终保持斜面底边长L＝0.5 m不变．他们最后做出了如图乙所示的v2－h图象．图象与横轴的交点为0.25.
(1)图象乙不过坐标原点的原因是________________________________．
(2)物块与斜面间的滑动摩擦因数μ＝________.
(3)若最后得到的图象如图丙所示，则可能的原因是(写出一个)________________．
(4)若更换光滑的斜面，重复上述步骤得到如图乙所示的图象，图象的斜率将________．(填增大减小不变) 【答案】存在摩擦阻力；0.5；释放物块时存在初速度；不变；
【解析】
【分析】
【详解】
设斜面的长为s ，倾角为θ．由动能定理得
（mgsin θ－μmgcos θ）s ＝2
12mv 即mgh －μmgL ＝212
mv ，v 2＝2gh －2μgL v 2与h 是一次函数，不过原点的原因是存在摩擦阻力，由图像可知，当h ＝0.25 m 时，v ＝0，代入v 2＝2gh －2μgL 得μ＝0.5，若图像发生了弯曲，说明释放物块时存在初速度，或者是释放位置高度大于h ．由v 2＝2gh －2μgL 知斜率k ＝2g 为定值，若更换光滑的斜面，图像的斜率不变．
14． (本题9分)做“探究功与速度变化的关系”实验装置如下图所示。

在该实验中，可以把重物所受的重力当做小车受到的牵引力的前提条件是__________；如果利用同一小车和同一重物来完成本实验，则可以通
过改变小车__________来改变牵引力做的功；在数据处理中，可以得出__________关系图图像是一条直线。

【答案】重物质量远小于小车的质量 运动的距离 2W v -
【解析】
【分析】
【详解】
[1][2][3]根据牛顿第二定律可知
mg=（M+m ）a
对小车
1Mmg mg F Ma m M m M
===++
可以把重物所受的重力当做小车受到的牵引力的前提条件是重物质量远小于小车的质量。

如果利用同一小车和同一重物来完成本实验，则可以通过改变小车运动的距离来改变牵引力做的功；在数据处理中，根据 212
W mv = 可以得出2W v -关系图图像是一条直线。

四、解答题：本题共3题，每题8分，共24分
15． (本题9分)如图所示，滑块A 的质量m ＝0.01kg ，与水平地面间的动摩擦因数μ＝0.2，用细线悬挂的小球质量均为m ＝0.01kg ，沿x 轴排列，A 与第1只小球及相邻两小球间距离均为s ＝2m ，线长分别为L 1、L 2、L 3…（图中只画出三只小球，且小球可视为质点），开始时，滑块以速度v 0＝10m ／s 沿x 轴正方向运动，
设滑块与小球碰撞时不损失机械能，碰撞后小球均恰能在竖直平面内完成完整的圆周运动并再次与滑块正碰，g取10m／s2，求：
（1）滑块能与几个小球碰撞？
（2）求出碰撞中第n个小球悬线长L a的表达式。

【答案】(1)12个;(2)
【解析】（1）因滑块与小球质量相等且碰撞中机械能守恒，滑块与小球相碰撞会互换速度，小球在竖直平面内转动，机械能守恒，设滑块滑行总距离为s0，有
得s0＝25m
（个）
（2）滑块与第n个球碰撞，设小球运动到最高点时速度为v n′
对小球，有：．①
②
对滑块，有：③
解①②③三式：
16．(本题9分)一颗质量为m的人造地球卫星绕地球做匀速圆周运动，卫星到地心的距离为r，已知引力常量G和地球质量M，求：
（1）地球对卫星的万有引力的大小；
（2）卫星的速度大小．
【答案】（1）地球对卫星的万有引力的大小是；
（2）卫星的速度大小是
【解析】试题分析：根据万有引力的大小公式得：
地球对卫星的万有引力的大小F=
由万有引力充当向心力得：
=m v=．
17． (本题9分)已知地球的半径为R ，地面的重力加速度为g ，万有引力常量为G 。

求
(1)地球的质量M ；
(2)地球的第一宇宙速度v ；
(3)相对地球静止的同步卫星，其运行周期与地球的自转周期T 相同。

求该卫星的轨道半径r 。

【答案】（1）2R g M G =（2gR （322324R gT π
【解析】
【详解】
（1）对于地面上质量为m 的物体，有 2Mm G mg R
= 解得 2R g M G
= （2）质量为m 的物体在地面附近绕地球做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律有 2
2Mm v G m R R
= 解得 GM v gR R
== （3）质量为m 的地球同步卫星绕地球做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律有
2
224Mm G m r r T
π= 解得222332244GMT R gT r ππ
==。