2019-2020学年四川省广安市物理高一(下)期末预测试题含解析

2019-2020学年四川省广安市物理高一(下)期末预测试题
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)在奥运比赛项目中，高台跳水是我国运动员的强项。

质量为m的跳水运动员进入水中后受到水的阻力而做减速运动，设水对他的阻力大小恒为F，那么在他减速下降高度为h的过程中，下列说法正确的是（g为当地的重力加速度）
A．他的动能减少了Fh
B．他的机械能减少了Fh
C．他的机械能减少了（F－mg）h
D．他的重力势能增加了mgh
【答案】B
【解析】
【详解】
运动员进入水中后，受到重力和水的阻力，克服合力做的功等于动能的减小量，故动能减小（F-mg）h，故A错误；运动员进入水中后，除重力外，克服阻力做功Fh，故机械能减小Fh，故B正确，C错误；运动员进入水中后，重力做功mgh，故重力势能减小mgh，故D错误；
2．某质点在同一平面内受到三个共点力，它们的大小和方向如图所示. 这三个力的合力方向为
A．沿着x轴正方向
B．沿着x轴负方向
C．沿着y轴正方向
D．沿着y轴负方向
【答案】A
【解析】
【详解】
由图F1、F2的方向沿坐标轴，根据平行四边形定则知，将F3分解F3x＝−20×sin60°＝−3；
F3y=20×cos60°=10N；所以：F x＝F2+F3x＝3；F y=F3y-F1=10-10=0N；可知三个力的合力沿x轴的正方向，大小为2.68N；
A. 沿着x轴正方向，与结论相符，选项A正确；
B. 沿着x 轴负方向，与结论不相符，选项B 错误；
C. 沿着y 轴正方向，与结论不相符，选项C 错误；
D. 沿着y 轴负方向，与结论不相符，选项D 错误；
3． (本题9分)如图所示，小球以初速v 0从A 点沿不光滑的轨道运动到高为h 的B 点后自动返回，其返回途中仍经过A 点，则经过A 点的速度大小为（ ）
A ．2
04v gh - B ．2
04gh v - C ．202v gh -
D ．202gh v -
【答案】B 【解析】 【分析】 【详解】
设小球在由A 到B 的过程中阻力做功为W ，由A 到B 的过程中由动能定理
201
2
mgh W mv -+=-
当小球由B 返回到A 的过程中，阻力做的功依旧为W ，再由动能定理得
21
2
A mgh W mv +=
以上两式联立可得
204A v gh v =-
A 、C 、D 错误，
B 正确。

故选B 。

4．如图所示，离地面高2m 处有甲、乙两个物体，甲以初速度v 0水平射出，同时乙以初速度v 0沿倾角为
45︒的光滑斜面滑下，已知重力加速度g=10m/s 2，若甲、乙同时到达地面，则v 0的大小是（ ）
A 5
B ．5
C ．35m/s
D ．45m/s
【答案】A 【解析】 【详解】
甲平抛运动的时间为 2h t g
=
乙在斜面下滑的加速度为
sin 452mg a g m ︒==
对于乙，下滑的位移大小为2h ，根据
20122
h v t at =+
联立解得
011
102m/s 5m/s 22
v gh =
=⨯⨯= 故选A 。

5． (本题9分)如图所示,一个圆盘在水平面内匀速转动,盘面上距圆盘中心为R 的位置有一个小物体在随圆盘一起做匀速圆周运动（ ）
A ．小物体所受摩擦力保持不变
B ．小物体所受摩擦力方向沿圆周运动轨道的切线方向
C ．R 越大,小物块所受摩擦力越大
D ．如果对圆盘进行止动,小物块仍相|对于圆盘静止,此时小物块所受合外力指向圆心 【答案】C 【解析】
小物体所受摩擦力为静摩擦力，大小等于向心力，方向指向圆心，则随转速的增大而增大，选项AB 错误；根据f=F 向=mω2R 可知，R 越大，小物块所受摩擦力越大，选项C 正确；如果对圆盘进行止动，小物块仍相对于圆盘静止，此时物块做非匀速圆周运动，此时小物块所受合外力不指向圆心，选项D 错误；故选C.
点睛：注意只有匀速圆周运动物体所受的合力等于向心力指向圆心，对非匀速圆周运动的物体的合力不指
向圆心，若速度增加，则合力方向与速度夹角小于900，若速度减小，则合力方向与速度夹角大于900. 6．如图所示，举行500m 直道龙舟大赛，下列说法正确的是
A ．获得第一名的龙舟，到达终点时的速度一定最大
B ．第一名的龙舟，平均速度一定最大
C ．以龙舟为参考系，岸上站立的观众是静止的
D ．研究队员的划桨动作，可将队员看成质点 【答案】B 【解析】 【详解】
AB.获得第一名的龙舟用时最短，由x
v t
=知平均速度一定大，但撞线时的速度不一定最大，故A 项错误，B 项正确.
C.观众相对于龙舟是运动的，所以以龙舟为参考系，岸上站立的观众是运动的，故C 错误.
D.研究队员的划桨动作时，大小和形状不能忽略，故不可将队员看成质点，故D 错误.
二、多项选择题：本题共6小题，每小题5分，共30分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分 7． (本题9分)下列关于平抛运动的说法正确的是( ) A ．平抛运动是匀变速曲线运动
B ．平抛运动在相同的时间内速度大小变化相同
C ．作平抛运动的物体，初速度越大，运动时间越长
D ．作平抛运动的物体的机械能守恒 【答案】AD 【解析】 【详解】
AD.物体受恒力作用下的曲线运动为匀变速曲线运动，平抛运动只受重力作用，是匀变速曲线运动，平抛运动中只有重力做功，因此物体的机械能守恒，故AD 正确；
B.平抛运动在相同的时间内速度变化相同（加速度均为g ），但速度大小变化不同，故B 错误；
C.做平抛运动的物体，在竖直方向为自由落体运动，即2
12h gt =，则2h
t g
=有关，与初速度无关，故C 错误。

8．(本题9分)如图所示，A、B两球穿过光滑水平杆，两球间用一细绳连接，当该装置绕竖直轴OO′匀速转动时，两球在杆上恰好不发生滑动.若两球质量之比m A∶m B＝2∶1，那么关于A、B两球的下列说法中正确的是(
)
A．A、B两球受到的向心力之比为2∶1
B．A、B两球角速度之比为1∶1
C．A、B两球运动半径之比为1∶2
D．A、B两球向心加速度之比为1∶2
【答案】BCD
【解析】
由绳子的拉力提供向心力，绳子的拉力相等，所以向心力相等，向心力大小之比为1：1，故A错误；同
轴转动角速度相同，由绳子的拉力提供向心力，则有：m Aω2r A=m Bω2r B，解得：
1
2 A
B
B A
r m
r m
==，故BC正确；根据a=ω2r得：
1
2
A A
B B
a r
a r
==，故D正确；故选BCD。

9．(本题9分)地球绕地轴OO′以ω角速度转动，某地A处与赤道上B处如图所示，则（）
A．A、B两点的角速度相等B．A、B两点的线速度相等
C．若θ＝30°，则v A∶v B＝3 2 D．若θ＝30°，则v A∶v B＝1∶2
【答案】AC
【解析】
【详解】
A. A、B两点共轴转动，角速度相等，之比为1：1，故A项与题意相符；
B.根据v r
ω
=可知，由于AB两点的转动半径不同，所以两点的线速度不相等，故B项与题意不相符；CD. A、B转动的半径之比为
33cos30:::122
R R R R ︒=
= 根据v r ω=可知，v A ∶v B ＝3∶2，故C 项与题意相符，D 项与题意不相符。

10． (本题9分)一质量为800kg 的电动汽车由静止开始沿平直公路行驶，达到的最大速度为18m/s,利用传感器测得此过程中不同时刻电动汽车的牵引力F 与对应的速度v ，并描绘出1
F v
-
图象，图中AB 、BC 均为直线．若电动汽车行驶过程中所受的阻力恒定，由图象可知下列说法正确的是（ ）
A ．电动汽车由静止开始一直做变加速直线运动
B ．电动汽车的额定功率为1．8kW
C ．电动汽车由静止开始经过2s ，速度达到6m/s
D ．电动汽车行驶中所受的阻力为600N 【答案】BD 【解析】 【分析】 【详解】
AB 段牵引力不变，根据牛顿第二定律知，加速度不变，做匀加速直线运动．故A 错误；额定功率 P=F min v max =600×18=1．8kW ，故B 正确；匀加速运动的加速度23000600
3/800
a m s -==，到达B 点时的速
度10800 3.6/3000P v m s F =
＝＝，所以匀加速的时间 1.2v t s a
=＝，若电动汽车一直做匀加速运动2s ，则由静止开始经过2s 的速度v=at=6m/s ，所以电动汽车由静止开始经过2s ，速度小于6m/s ，故C 错误；当最大速度v max =18m/s 时，牵引力为F min =600N ，故恒定阻力 f=F min =600N ，故D 正确．故选BD ． 【点睛】
解决本题的关键能够从图线中分析出电动车在整个过程中的运动情况，当牵引力等于阻力时，速度达到最大．
11． (本题9分)如图所示，第一次，小球从粗糙的
1
4
圆形轨道顶端A 由静止滑下，到达底端B 的速度为1v ，机械能减少1E ；第二次，同一小球从底端B 以2v 冲上圆形轨道，恰好能到达A 点，机械能减少2E ，则（ ）
A ．1v 等于2v
B ．小球第一次经过B 点对轨道的压力小
C ．1E 小于2E
D ．小球第二次运动的时间长 【答案】BC 【解析】
小球从A 到B 的过程，由动能定理得 mgh-W 1=2
112
mv ；小球从B 到A 的过程，由动能定理得-mgh-W 1=0-
2212mv ．即mgh+W 1=2212
mv ，对比可得 v 1＜v 1．故A 错误．同理可知，小球经过轨道上同一点时，上滑时的速度大于下滑时的速度，上滑时所需要的向心力大于下滑时所需要的向心力，而向心力是由轨道的支持力和重力垂直于轨道的分力的合力提供，所以上滑时所受的支持力大于下滑时所受的支持力，即小球第一次在B 点所受的支持力小于第二次在B 点所受的支持力，由牛顿第三定律可知，小球第一次在B 点对轨道的压力小于第二次在B 点对轨道的压力，故B 正确．因同一点上滑时所受的支持力大于下滑时所受的支持力，则上滑时所受的摩擦力大于下滑时所受的摩擦力，而上滑与下滑两个过程路程相等，所以上滑时克服摩擦力做功大于下滑时克服摩擦力做功，即上滑时机械能减小量大于下滑时机械能减小量，E 1小于E 1，故C 正确．因小球经过轨道上同一点时，上滑时的速度大于下滑时的速度，则上滑时的平均速度大于下滑时的平均速度，则第二次上滑用的时间短，选项D 错误；故选BC.
点睛：本题考查了动能定理、向心力的基本运用，运用动能定理要灵活选择研究的过程，根据向心力分析支持力的关系，注意判断不同过程中克服摩擦力做功的关系．
12． (本题9分)如右图所示，P 、Q 为两个等量的异种电荷，以靠近P 点的O 点为原点，沿两电荷的连线建立x 轴，沿直线向右为x 轴正方向，一带正电的粒子从O 点由静止开始在电场力作用下运动到A 点，已知A 点与O 点关于PQ 两电荷连线的中点对称，粒子的重力忽略不计，在从O 到A 的运动过程中，下列关于粒子的运动速度v 和加速度a 随时间t 的变化，粒子的动能E k 和运动径迹上电势φ随位移x 的变化图线肯定错误的是（ ）
A ．A
B ．B
C ．C
D ．D
【答案】ABD 【解析】 【详解】
等量异种电荷的电场线如图所示．
沿两点电荷连线从O 到A ，电场强度先变小后变大，一带正电的粒子从O 点由静止开始在电场力作用下运动到A 点的过程中，电场力一直做正功，粒子的速度一直在增大．电场力先变小后变大，则加速度先变小后变大．v-t 图象切线的斜率先变小后变大，该图是不可能的，故A 符合题意．根据沿着电场线方向电势逐渐降低，电场强度为E x
ϕ
=
V V ，E 先减小后增大，所以φ-x 图象切线的斜率先减小后增大，则B 图不可能，故B 符合题意；加速度先变小后变大，方向不变，C 图是可能的，故C 不符合题意．粒子的动能 E k =qEx ，电场强度先变小后变大，则E k -x 切线的斜率先变小后变大，则D 图不可能．故D 符合题意．则选ABD ． 【点睛】
该题要掌握等量异种电荷的电场线的特点，结合物理规律分析图象切线斜率如何变化是解答的关键，不能只定性分析，那样会认为BD 是正确的． 三、实验题:共2小题，每题8分，共16分
13．某同学用下图所示装置来验证动量守恒定律，实验时先让a 球从斜槽轨道上某固定点处由静止开始滚下，在水平地面上的记录纸上留下痕迹，重复10次；然后再把b 球放在斜槽轨道末端的最右端附近静止，让a 球仍从原固定点由静止开始滚下，和b 球相碰后，两球分别落在记录纸的不同位置处，重复10次．回答下列问题：
（1）在安装实验器材时斜槽的末端应____________．
（2）小球a 、b 质量m a 、m b 的大小关系应满足m a _____m b ，两球的半径应满足r a ______r b （选填“＞”、“＜”或“=”）．
（3）本实验中小球落地点的平均位置距O 点的距离如图所示，这时小球a 、b 两球碰后的平均落地点依次是图中水平面上的________点和_________点．
在本实验中结合图，验证动量守恒的验证式是下列选项中的_____________． A ．a a b m OC m OA m OB =+
B ．a a b m OB m OA m
OC =+ C ．a a b m OA m OB m OC =+
【答案】（1）保持水平；（2）＞，=；（3）A ，C ；（4）B 【解析】
（1）小球离开轨道后做平抛运动，在安装实验器材时斜槽的末端应保持水平，才能使小球做平抛运动． （2）为防止碰撞过程入射球反弹，入射球的质量应大于被碰球的质量m a 大于m b ，即m a ＞m b ，为保证两个小球的碰撞是对心碰撞，两个小球的半径要相等，故填＞、=．
（3）由图1可知，小球a 和小球b 相撞后，被碰小球b 的速度增大，小球a 的速度减小，
b 球在前，a 球在后，两球都做平抛运动，由图示可知，未放被碰小球时小球a 的落地点为B 点，碰撞后a 、b 的落点点分别为A 、C 点．
（4）小球在空中的运动时间t 相等，如果碰撞过程动量守恒，则有：0a a A b B m v m v m v =+，
两边同时乘以时间t 得：0a a A b B m v t m v t m v t =+，可得：a a b m OB m OA m OC =+u u u v u u u v u u u v
，故B 正确，AC 错误．
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)一宇航员在某未知星球的表面上做平抛运动实验：在离地面h 高处让小球以某一初速度水平抛出，他测出小球落地点与抛出点的水平距离为x 和落地时间t ，又已知该星球的半径为R ，己知万有引力常量为G ，求： （1）小球抛出的初速度v o （2）该星球表面的重力加速度g （3）该星球的质量M
（4）该星球的第一宇宙速度v （最后结果必须用题中己知物理量表示）
【答案】 (1) v 0=x/t (2) g=2h/t 2 (3) 2hR 2/(Gt 2) (4) 【解析】
（1）小球做平抛运动，在水平方向：x=vt ， 解得从抛出到落地时间为：v 0=x/t
（2）小球做平抛运动时在竖直方向上有：h=
12
gt 2
， 解得该星球表面的重力加速度为：g=2h/t 2；
（3）设地球的质量为M ，静止在地面上的物体质量为m ， 由万有引力等于物体的重力得：mg=2Mm
G
R
所以该星球的质量为：M=2
gR G
= 2hR 2/(Gt 2)； （4）设有一颗质量为m 的近地卫星绕地球作匀速圆周运动，速率为v ，
由牛顿第二定律得： 2
2Mm v G m
R R
= 重力等于万有引力，即mg=2
Mm
G
R ，
解得该星球的第一宇宙速度为：v =
=
16．如图所示，竖直平面内，长为L=2m 的水平传送带AB 以v=5m/s 顺时针传送，其右下方有固定光滑斜面CD ，斜面倾角θ=37°，顶点C 与传送带右端B 点竖直方向高度差h=1．45m ，下端D 点固定一挡板．一轻弹簧下端与挡板相连，上端自然伸长至E 点，且C 、E 相距1．4m ．现让质量m=2kg 的小物块以v 1=2m/s 的水平速度从A 点滑上传送带，小物块传送至B 点后飞出恰好落至斜面顶点C 且与斜面无碰撞，之后向下运动．已知弹簧的最大压缩量为1．2m ，物块所受空气阻力不计，取重力加速度g=11m/s 2．求：。