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湖南师大附中20172018学年度高一第二学期期末考试物理时量：90分钟(第卷60分钟，第卷30分钟)满分：150分(第卷100分，第卷50分)得分：_第卷(必做题，共100分)一、单项选择题(共12小题，每小题5分，共60分，在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求)1在物理学的发展过程中，科学家们创造出了许多物理学研究方法，以下关于所用物理学研究方法的叙述不正确的是A加速度、速度都是采取比值法定义的物理量B在探究共点力的合成时用到了等效替代的思想方法C牛顿提出了万有引力定律，并没有通过实验测出万有引力常量的数值D牛顿第一定律是利用逻辑思维对事实进行分析的产物，可以用实验直接验证2汽车以20 m/s的速度做匀速直线运动，发现前方有障碍物立即刹车，刹车的加速度大小为5 m/s2, 则汽车刹车后第2 s内的位移和刹车后5 s内的位移为A30 m，40 m B30 m，37.5 mC12.5 m，40 m D12.5 m，37.5 m3如图所示，质量均为m的两个小球A、B(可视为质点)固定在细杆的两端，将其放入光滑的半球形碗中，杆的长度等于碗的半径，当杆与两球组成的系统处于平衡状态时，杆对小球A的作用力为A.mg B.mg C.mg D2mg4下列说法正确的是A物体做曲线运动时，速度、加速度都一定在改变B做曲线运动的物体受到的合外力可能为零C物体在恒力作用下不可能做曲线运动D做曲线运动的物体，加速度可能不变5如图所示的曲线是某个质点在恒力作用下的一段运动轨迹质点从M点出发经P点到达N点，已知弧长MP大于弧长PN，质点由M点运动到P点与从P点运动到N点的时间相等下列说法中正确的是A质点从M到N过程中速度大小保持不变B质点在这两段时间内的速度变化量大小相等，方向相同C质点在这两段时间内的速度变化量大小不相等，但方向相同D质点在MN间的运动不是匀变速运动6“套圈圈”是老少皆宜的游戏，如图，大人和小孩在同一竖直线上的不同高度处分别以水平速度v1、v2抛出铁丝圈，都能套中地面上同一目标设铁丝圈在空中运动的时间分别为t1、t2, 则Av1v2 Bv1v2Ct1t2 Dt1t27如图所示，A是静止在赤道上的物体，B、C是同一平面内的两颗人造卫星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BA、B的线速度大小关系为vAvBC周期大小关系为TATCTBDB、C的线速度大小关系为vCvB8“神舟”六号载人飞船顺利发射升空后，经过115小时32分的太空飞行，在离地面约为430 km的圆轨道上运行了77圈，运动中需要多次“轨道维持”所谓“轨道维持”就是通过控制飞船上发动机的点火时间和推力的大小和方向，使飞船能保持在预定轨道上稳定飞行，如果不进行“轨道维持”，由于飞船受到轨道上稀薄空气的影响，轨道高度会逐渐降低，在这种情况下飞船的动能、重力势能和机械能的变化情况是A动能、重力势能和机械能逐渐减少B重力势能逐渐减小，动能逐渐增大，机械能不变C重力势能逐渐增大，动能逐渐减小，机械能不变D重力势能逐渐减小，动能逐渐增大，机械能逐渐减小9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运动过程中重力的平均功率相等D它们落地时重力的瞬时功率相等10质点所受的力F随时间变化的规律如图所示，力的方向始终在一直线上已知t0时质点的速度为零在图中所示的t1、t2、t3和t4各时刻中，哪一时刻质点的动能最大At1 Bt2 Ct3 Dt411假设列车从静止开始做匀加速运动，经过500 m的路程后，速度达到360 km/h.整个列车的质量为1.00105 kg，如果不计阻力，在匀加速阶段，牵引力的最大功率是A4.67106 kW B1.0105 kWC1.0108 kW D4.67109 kW12在平直的公路上，汽车由静止开始做匀加速运动当速度达到vm后，立即关闭发动机而滑行直到停止vt图线如图所示，汽车的牵引力大小为F1，摩擦力大小为F2. 全过程中，牵引力做的功为W1, 克服摩擦阻力做功为W2. 以下是F1、F2及W1、W2间关系的说法，其中正确的是F1F213F1F243W1W211W1W213A B C D第卷选择题答题卡题 号123456789101112得 分答 案二、实验题(共2题，共19分，13题每空3分，14题每空2分)13用如图所示的装置测量弹簧的弹性势能将弹簧放置在水平气垫导轨上，左端固定，右端在O点；在O点右侧的B、C位置各安装一个光电门，计时器(图中未画出)与两个光电门相连先用米尺测得B、C两点间距离s，再用带有遮光片的滑块压缩弹簧到某位置A后由静止释放，计时器显示遮光片从B到C所用的时间t，用米尺测量A、O之间的距离x.(1)计算滑块离开弹簧时速度大小的表达式是_(2)为求出弹簧的弹性势能，还需要测量_A弹簧原长 B当地重力加速度C滑块(含遮光片)的质量(3)增大A、O之间的距离x，计时器显示的时间t将_A增大 B减小 C不变14在用打点计时器验证机械能守恒定律的实验中，质量m1.00 kg的重物自由下落，打点计时器在纸带上打出一系列点如图1所示为选取的一条符合实验要求的纸带，O为第一个点，A、B、C为从合适位置开始选取的三个连续点(其他点未画出)已知打点计时器每隔0.02 s打一次点，当地的重力加速度g9.80 m/s2. 那么：(1)纸带的_(选填“左”或“右”)端与重物相连；(2)根据图上所得的数据，应取图中O点和_点来验证机械能守恒定律；(3)从O点到所取点，重物重力势能减少量Ep_J，该所取点的速度大小为_m/s；(结果取3位有效数字)(4)如图2，一位同学按如下方法判断机械能是否守恒：在纸带上选取多个计数点，测量它们到起始点O的距离h，计算对应计数点的重物速度为v，描绘v2h图象，若图象是一条过原点的直线，则重物下落过程中机械能守恒，该同学的判断依据_(填“正确”或“不正确)三、计算题(共2题，共21分.15题10分，16题11分)15一辆载货的汽车，总质量是4.0103 kg，牵引力是4.8103 N，从静止开始做匀加速直线运动，经过10 s前进了40 m求：(1)汽车运动的加速度；(2)汽车所受到的阻力(设阻力恒定)16如图所示，长为l的细线下系一质量为m的小球，线上端固定在O点，小球可以在竖直面内摆动，不计空气阻力，当小球从偏角为的位置由静止运动到最低点的过程中，求：(1)重力对小球做的功；(2)小球到最低点时的速度大小；(3)小球在最低点时，对细绳的拉力大小第卷(选做题，共50分)四、多项选择题(共5小题，每小题全选对记6分，部分对记3分，有选错的记0分，共30分)1718世纪，数学家莫佩尔蒂，哲学家伏尔泰曾经设想“穿透”地球；假设能够沿着地球两极连线开凿一条沿着地轴的隧道贯穿地球，一个人可以从北极入口由静止自由落入隧道中，忽略一切阻力，此人可以从南极出口飞出，(已知此人的质量m50 kg；地球表面处重力加速度g取10 m/s2；地球半径R6.4106 m；假设地球可视为质量分布均匀的球体均匀球壳对壳内任一点的质点合引力为零)则以下说法正确的是A人与地球构成的系统，由于重力发生变化，故机械能不守恒B人在下落过程中，受到的万有引力与到地心的距离成正比C人从北极开始下落，到刚好经过地心的过程，万有引力对人做功W3.2109 JD当人下落经过距地心R瞬间，人的瞬时速度大小为4103 m/s18如图所示，三个小球A、B、C的质量均为m，A与B、C间通过铰链用轻杆连接，杆长为L，B、C置于水平地面上，用一轻质弹簧连接，弹簧处于原长现A由静止释放下降到最低点，两轻杆间夹角由60变为120，A、B、C在同一竖直平面内运动，弹簧在弹性限度内，忽略一切摩擦，重力加速度为g.则在此过程中AA的动能达到最大前，B受到地面的支持力小于mgBA的动能最大时，B受到地面的支持力等于mgC弹簧的弹性势能最大时，A的加速度方向竖直向下D弹簧的弹性势能最大值为mgL19如图所示，竖直墙面与水平地面均光滑且绝缘，两个带有同种电荷的小球A、B分别处于竖直墙面和水平地面，且处于同一竖直平面内，若用图示方向的水平推力F作用于小球B，则两球静止于图示位置如果将小球B向左推动少许，并待两球重新达到平衡时，则两个小球的受力情况与原来相比A推力F将增大B竖直墙面对小球A的弹力减小C地面对小球B的弹力一定不变D两个小球之间的距离增大20如图所示，在点电荷Q产生的电场中，实线MN是一条方向未标出的电场线，虚线AB是一个电子只在静电力作用下的运动轨迹设电子在A、B两点的加速度大小分别为aA、aB, 电势能分别为EpA、EpB. 下列说法正确的是A电子一定从A向B运动B若aAaB, 则Q靠近M端且为正电荷C无论Q为正电荷还是负电荷，一定有EpAEpBDB点电势可能高于A点电势21如图，同一平面内的a，b，c，d四点处于匀强电场中，电场方向与此平面平行，M为a、c连线的中点，N为b、d连线的中点一电荷量为q(q0)的粒子从a点移动到b点，其电势能减小W1；若该粒子从c点移动到d点，其电势能减小W2.下列说法正确的是A此匀强电场的场强方向一定与a、b两点连线平行B若c、d之间的距离为L，则该电场的场强大小一定为C若该粒子从M点移动到N点，则电场力做功一定为D若W1W2，则a、M两点之间的电势差一定等于b、N两点之间的电势差第卷选择题答题卡题 号1718192021得 分答 案五、综合应用题(本题共2小题，共20分第22题12分，第23题8分)22如图所示为一皮带传送装置，其中AB段水平，长度LAB4 m，BC段倾斜，长度足够长，倾角为37，AB和BC在B点通过一段极短的圆弧连接(图中未画出圆弧)传送带以v4 m/s的恒定速率顺时针运转现将一质量m1 kg的工件(可看做质点)无初速度地放在A点，已知工件与传送带间的动摩擦因数0.5，sin 370.6，cos 370.8.g取10 m/s2，求：(1)工件从A点开始至第一次到达B点所用的时间t； (2)工件从第一次到达B点至第二次到达B点的过程中，工件与传送带间因摩擦而产生的热量Q.23如图所示，绝缘光滑轨道AB部分为倾角为30的斜面，AC部分为竖直平面上半径为R的圆轨道，斜面与圆轨道在A点相切整个装置处于场强为E、方向水平向右的匀强电场中现有一质量为m的带正电、电量q的小球，要使小球能安全通过圆轨道，在O点的初速度应为多大？湖南师大附中20172018学年度高一第二学期期末考试物理参考答案湖南师大附中20172018学年度高一第二学期期末考试物理参考答案第卷一、单项选择题(每小题5分，共60分)题号123456789101112答案DCCDBDCDABBA1.D【解析】速度是物体的位移与所用时间的比值，与位移大小时间都无关；加速度是用比值法定义的，与速度的变化量无关，是伽利略首先建立起来的故A正确；在共点力的合成实验中要求两次拉橡皮筋的效果相同，故实验采用了等效替代的方法故B正确；牛顿提出了万有引力定律，卡文迪许通过实验测出了万有引力常量的数值故C正确；牛顿在伽利略的理想斜面实验的基础上，利用逻辑思维对事实进行分析得出了牛顿第一定律，该定律不能用实验直接验证故D错误2C【解析】汽车减速到0需要的时间为：t4 s，刹车后1 s内的位移x1(201512) m17.5 m，2 s内的位移为：x2v0tat(202522) m30 m，刹车后第2 s内的位移xx2x112.5 m汽车运动4 s就停止运动，则刹车后5 s内的位移为：x40 m，故答案为：C.3C【解析】由题得知，A、B间的杆一定水平，对其中一个小球受力分析如图所示因为杆的长度等于碗的半径，根据几何知识得知OA、OB与竖直方向的夹角为30.如图，由共点力的平衡知识可得，杆的作用力为：Fmgtan 30mg，故C正确，ABD错误4D【解析】当合力与速度不在同一条直线上时，物体做曲线运动，而加速度可不变，也可以变化，但速度一定变化，答案为：D.5B【解析】因质点在恒力作用下运动，由牛顿第二定律可知，质点做匀变速曲线运动，由于加速度不变，从M到N过程中，根据一段路程中的平均速率v，可知，速度大小变化，A不符合题意；因加速度不变，则质点在这两段时间内的速度变化量大小相等，方向相同，B符合题意，C不符合题意；在MN间的运动是匀变速曲线运动，故答案为：B.6D【解析】圈圈做平抛运动，竖直分运动是自由落体运动，根据hgt2，有：t，故t1t2, 故C错误，D正确；水平分位移相同，由于t1t2，根据xv0t，有：v1v2；故A、B均错误7C【解析】第一宇宙速度是绕地球做匀速圆周运动的最大的线速度，由于卫星B的轨道半径大于地球的半径，则卫星B的速度小于地球的第一宇宙速度，A不符合题意对B、C，根据Gm知，v，C的轨道半径大于B的轨道半径，则vBvC, 对于A、C，A、C的角速度相等，根据vr知，vCvA, 所以vBvA, B不符合题意，D不符合题意A、C的角速度相等，则A、C的周期相等，根据T知，C的周期大于B的周期，故答案为：C.8D【解析】轨道高度逐渐降低，即飞船的高度降低、重力势能减少，速度将增大、动能增大，重力势能一部分转化为动能；由于飞船受轨道上稀薄空气的影响，飞船要克服空气阻力做功，飞船的机械能减少，转化为内能故答案为：D.9A【解析】a、b、c三个小球的初位置相同，它们的末位置在同一水平线上，由于重力做功只与物体的初末位置的高度差有关，所以三个球的重力做功相等，A符合题意由动能定理可知，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，B不符合题意由A的分析可知，三个球的重力做功相等，三个球中b、c的运动时间相同，a的运动的时间要比b、c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，C不符合题意三个球的重力相等，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，故答案为：A.10B【解析】由力的图象分析可知：在0t1时间内，质点向正方向做加速度增大的加速运动在t1t2时间内，质点向正方向做加速度减小的加速运动在t2t3时间内，质点向正方向做加速度增大的减速运动在t3t4时间内，质点向正方向做加速度减小的减速运动t4时刻速度为零则t2时刻质点的速度最大，动能最大故选B.11B【解析】由v22ax得，a m/s210 m/s2.则牵引力Fma110510 N1106 N所以牵引力最大功率PFv1106100 W1108 W故B正确，A、C、D错误故答案为：B.12A【解析】对全过程由动能定理可知W1W20，故W1W211，符合题意，不符合题意；W1FsW2fs由图可知：ss34所以F1F243，符合题意，不符合题意；故答案为：A.二、实验题(共2题，共19分，13题每空3分，14题每空2分)13(1)(2)C(3)B【解析】(1)滑块离开弹簧后的运动可视为匀速运动，故可以用BC段的平均速度表示离开时的速度；则有：v；(2)弹簧的弹性势能等于物体增加的动能，故应求解物体的动能，根据动能表达式可知，应测量滑块的质量；故答案为：C.(3)增大AO间的距离时，滑块被弹出后的速度将增大，故通过两光电门的时间将减小14(1)左(2)B(3)1.881.92(4)不正确【解析】(1)下落过程为匀加速运动，物体运动速度渐渐变大，故打点间距应变大，所以纸带的左端与重物相连；(2)验证机械能守恒时，我们验证的是减少的重力势能Epmgh和增加的动能Ekmv2之间的关系，所以我们要选择能够测h和v的数据因为B点的速度可以根据A、C两点间的平均速度计算出来，h对应O、B两点间的距离，故答案为：B点(3)减少的重力势能为：Epmgh19.819.2102 J1.88 J，B点的速度为：vB102 m/s1.92 m/s；该同学的判断依据不正确在重物下落h的过程中，若阻力f恒定，根据a，可得v22ah，则此时v2h图象也是过原点的一条直线所以要想通过v2h图象的方法验证机械能是否守恒，还必须看图象的斜率是否接近2g.三、计算题(共2题，共21分.15题10分，16题11分)15【解析】(1)汽车从静止开始做匀加速运动，则有sat23分则得：加速度a0.8 m/s22分答：汽车运动的加速度是0.8 m/s2；(2)由牛顿第二定律Ffma3分代入得4800f40000.8解得 阻力f1600 N2分答：汽车所受到的阻力是1600 N.16【解析】(1)小球由静止运动到最低点的过程中，重力所做的功为Wmghmgl(1cos )2分(2)小球从静止开始运动到最低点的过程中，根据动能定理得：解得：mgl(1cos )mv202分v2分(3)小球在最低点时，根据牛顿第二定律有Tmgm2分解得 T3mg2mgcos 2分根据牛顿第三定律，小球对细绳的拉力大小为T3mg2mgcos 1分 第卷四、多项选择题(共5小题，共30分)题号1718192021答案BDABBCDBCCD17.BD【解析】人与地球构成的系统，由于只有重力做功，故系统机械能守恒，故A错误；与球心的距离为r时，万有引力为：FGGrr；故B正确；人从北极开始下落，直到经过地心的过程中，万有引力对人做功：WFR其中：Fmg联立解得：WmgR50106.41061.6109 J故C错误；D人从下落到距地心过程，万有引力的平均值为：Fmg5010 N375 N根据动能定理，有：Fmv2解得：v4103 m/s故D正确18AB【解析】A的动能最大时，设B和C受到地面的支持力大小均为F，此时整体在竖直方向受力平衡，可得2F3mg，所以Fmg；在A的动能达到最大前一直是加速下降，处于失重情况，所以B受到地面的支持力小于mg，故A、B正确；当A达到最低点时动能为零，此时弹簧的弹性势能最大，A的加速度方向向上，故C错误；A下落的高度为：hLsin 60Lsin 30，根据功能关系可知，小球A减少的重力势能全部转化为弹簧的弹性势能，即弹簧的弹性势能最大值为Epmgh()mgL，故D错误19BCD【解析】以A球为研究对象，分析受力，作出力图如图1所示设B对A的库仑力F库与墙壁的夹角为，由平衡条件得竖直墙面对小球A的弹力为：N1mAgtan ，将小球B向左推动少许时减小，则N1减小再以AB整体为研究对象，分析受力如图2所示，由平衡条件得：FN1N2(mAmB)g则F减小，地面对小球B的弹力一定不变故A错误，BC正确由上分析得到库仑力F库，减小，cos 增大，F库减小，根据库仑定律分析得知，两个小球之间的距离增大，故D正确20BC【解析】由于不知道电子速度变化，由运动轨迹图不能判断电子向那个方向运动，故A错误；若aAaB, 则A点离点电荷Q更近即Q靠近M端；又由运动轨迹可知，电场力方向指向凹的一侧即左侧，所以，在MN上电场方向向右，那么Q靠近M端且为正电荷，故B正确；点电荷Q若是正电荷，只能放在M左侧；若是负电荷，只能放在N右侧，不论哪种情况，都是AB，C对，D错故C正确21CD【解析】A.选项根据题意无法判断，故A项错误因为不知道匀强电场方向，所以场强大小不一定是 ，故B错误；由于电场为匀强电场，M为a、c连线的中点，N为b、d连线的中点，所以N，M，MN，若该粒子从M点移动到N点，则电场力做功一定为，故C正确；若W1W2, 说明UcdUab，由abcd，acbd，aM，bN；解得：UaMUbN，故D正确五、综合应用题(本题共2小题，共20分第22题12分，第23题8分)22【解析】(1)工件刚放在水平传送带上的加速度为a1, 由牛顿第二定律得：mgma11分解得：a1g5 m/s21分设经t1时间工件与传送带的速度相同，则有：t1s0.8 s1分工件前进的位移为：xa1t50.82 m1.6 m1分此后工件将与传送带一起匀速运动至B点，用时：t20.6 s1分所以工件第一次到达B点所用的时间为：tt1t21.4 s1分答：工件从A点开始至第一次到达B点所用的时间t是1.4 s；(2)工件上升过程中受到摩擦力大小为：fmgcos 1分由牛顿第二定律可得：工件上升的加速度大小为：a2gsin gcos (100.60.5100.8) m/s22 m/s2，方向沿斜面向下1分由运动学公式可得：工件上升的时间为：t32 s1分下降过程加速度不变 a3a2由运动学公式可得：t42 s1分工件与传送带的相对路程为：xv(t3t4)4(22) m16 m1分摩擦生热为：Qfxmgcos x0.51100.816 J64 J1分23【解析】小球先在斜面上运动，受重力、电场力、支持力、然后在圆轨道上运动，受重力、电场力、轨道的作用力，如图所示，类比重力场，将电场力与重力的合力视为等效重力mg，大小为mgmg，1分tan ，解得30，1分等效重力的方向与斜面垂直指向右下方，小球在斜面上匀速运动，1分因要使小球能安全通过圆轨道，在圆轨道的等效最高点(D)点满足等效重力提供向心力，有：mgm，1分因30，与斜面倾角相等，由几何关系可知AD2R.1分令小球以最小初速度v0运动，由动能定理知：mg2Rmvmv1分解得v0，1分因此要使小球安全通过圆轨道，初速度应为v0.1分
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