黑龙江省大庆实验中学2017-2018学年高一物理下学期期末考试试题（含解析）.doc

黑龙江省大庆实验中学2017-2018学年高一下学期期末考试物理试题一、选择题1. 甲、乙两船在同一河流中同时开始渡河，河水流速为v0，船在静水中的速率均为v，甲、乙两船船头均与河岸成角，如图所示，已知甲船恰能垂直到达河正对岸的A点，乙船到达河对岸的B点，A、B之间的距离为L，则下列判断正确的是()A. 乙船先到达对岸B. 若仅是河水流速v0增大，则两船的渡河时间都增加C. 不论河水流速v0如何改变，只要适当改变角，甲船总能到达正对岸的A点D. 若仅是河水流速v0增大，则两船到达对岸时，两船之间的距离仍然为L【答案】D【解析】将小船的运动分解为平行于河岸和垂直于河岸两个方向，抓住分运动和合运动具有等时性，知甲乙两船到达对岸的时间相等。渡河的时间t=，故A错误；若仅是河水流速v0增大，渡河的时间t=，则两船的渡河时间都不变，故B错误；只有甲船速度大于水流速度时，不论水流速v0如何改变，甲船都可能到达河的正对岸A点，故C错误；若仅是河水流速v0增大，则两船到达对岸时间不变，根据速度的分解，船在水平方向的分速度仍不变，则两船之间的距离仍然为L故D正确。故选D。2. 一位质量为m的运动员从下蹲状态向上起跳，经t时间，身体伸直并刚好离开地面，速度为v。在此过程中()A. 地面对他的冲量为mvmgt，地面对他做的功为B. 地面对他的冲量为mvmgt，地面对他做的功为零C. 地面对他的冲量为mv，地面对他做的功为D. 地面对他的冲量为mvmgt，地面对他做的功为零【答案】B【解析】试题分析：人的速度原来为零，起跳后变化v，则由动量定理可得：故地面对人的冲量为；而人在跳起时，人受到的支持力没有产生位移，故支持力不做功，故B正确；考点：考查了动量定理，功的计算【名师点睛】已知初末速度，则由动量定理可求得地面对人的冲量；由功的公式可确定地面对人是否做功3. 如图所示，光滑水平面上有大小相同的A、B两个小球在同一直线上运动。两球质量关系为mB2mA，规定向右为正方向，A、B两球的动量均为8 kgm/s，运动过程中两球发生碰撞，碰撞后A球的动量增量为4 kgm/s，则()A. 右方为A球，碰撞后A、B两球的速度大小之比为 23B. 右方为A球，碰撞后A、B两球的速度大小之比为 16C. 左方为A球，碰撞后A、B两球的速度大小之比为 23D. 左方为A球，碰撞后A、B两球的速度大小之比为 16【答案】C【解析】向右为正方向，A、B两球的动量均为正，两球速度方向向右，要想两球相碰，左侧球速度较大；两球质量关系为mB2mA，A、B两球的动量均为8 kgm/s，A球质量较小，速度较大；则左侧球为A球。碰撞后A球的动量增量为4 kgm/s，则碰后A球动量为4 kgm/s；据动量守恒可得，碰后B球动量为12 kgm/s；两球质量关系为mB2mA，据可得。故C项正确。4. 带电粒子仅在电场力作用下，从电场中a点以初速度v0进入电场并沿虚线所示的轨迹运动到b点，如图所示，则从a到b过程中，下列说法正确的是()A. 粒子带负电荷B. 粒子先加速后减速C. 粒子加速度一直增大D. 粒子的机械能先减小后增大【答案】D【解析】试题分析：粒子受到的电场力沿电场线方向，故粒子带正电，故A错误；图象知粒子受电场力向右，所以先向左做减速运动后向右加速运动，故B错误据轨迹弯曲程度，知电场力的方向沿电场线切线方向向右，从a点到b点，电场力先做负功，再做正功，电势能先增加后降低，动能先变小后增大根据电场线的疏密知道场强先小后大，故加速度先小后大，C错误，D正确故选D考点：带电粒子在电场中的运动【名师点睛】解决本题的关键通过轨迹的弯曲方向判断出电场力的方向，根据电场力做功判断出动能的变化和电势能的变化5. 如图所示，物体a、b、c分别穿在竖直固定的直杆上，且物体a、b、c由轻质不可伸长的细线通过两定滑轮相连。某时刻物体a有向下的速度v0，吊住物体c的两根细线与竖直方向的夹角分别为和，则物体b的速度大小为()A. B. C. D. 以上均错【答案】A【解析】当c球向上运动一小段距离时，设此时c的速度为v，根据平行四边形定则，则有， =v，所以物体b的速度大小为vb=v0，故A正确，BCD错误；故选A。6. 双星系统中两个星球A、B的质量都是m，相距L，它们正围绕两者连线上某一点做匀速圆周运动。实际观测该系统的周期T要小于按照力学理论计算出的周期理论值T0，且k(k1)，于是有人猜测这可能是受到了一颗未发现的星球C的影响，并认为C位于A、B的连线正中间，相对A、B静止，则A、B组成的双星系统周期理论值T0及C的质量分别为()A. ， B. ， C. ， D. ，【答案】D【解析】两星的角速度相同，根据万有引力充当向心力知：,可得 r1=r2；两星绕连线的中点转动，则 ,解得1=；所以；由于C的存在，双星的向心力由两个力的合力提供，则 ；，解得：M=，故选D.点睛：本题是双星问题，要抓住双星系统的条件：角速度与周期相同，再由万有引力充当向心力进行列式计算即可7. 两电荷量分别为q1和q2的点电荷固定在x轴上的O、M两点，两电荷连线上各点电势随x变化的关系如图所示，其中C为ND段电势最低的点，则下列说法正确的是()A. q1、q2为等量异种电荷B. N、C两点间场强方向沿x轴负方向C. N、D两点间的电场强度大小沿x轴正方向先减小后增大D. 将一正点电荷从N点移到D点，电势能先增大后减小【答案】C【解析】若是异种电荷，电势应该逐渐减小，由图象可以看出，应该是等量的同种正电荷，故A错误；沿x正方向从N到C的过程，电势降低，N、C两点间场强方向沿x轴正方向。故B错误；-x图线的斜率表示电场强度，由图可得N、D两点间的电场强度大小沿x轴正方向先减小后增大，故C正确；NC电场线向右，CD电场线向左，将一正点电荷从N点移到D点，电场力先做正功后做负功，电势能先减小后增大。故D错误；故选C。8. 如图所示，左侧为加速电场，右侧为偏转电场，加速电场的加速电压是偏转电场电压的k倍。有一初速度为零的带电粒子经加速电场加速后，从偏转电场两板正中间垂直电场强度方向射入，且正好能从下极板右边缘穿出电场，不计带电粒子的重力，则偏转电场长、宽的比值为()A. B. C. D. 【答案】B【解析】设加速电压为kU，偏转电压为U，对直线加速过程，根据动能定理，有：q（kU）=mv2 ；对类似平抛运动过程，有：l=vt ； ；联立解得：，故选B。点睛：本题关键是分直线加速和类似平抛运动分析，对直线加速根据动能定理列式，对类似平抛过程根据分位移公式列式，基础题目9. 设宇宙中某一小行星自转较快，但仍可近似看作质量分布均匀的球体，半径为R。宇航员用弹簧测力计称量一个相对自己静止的小物体的重量，第一次在极点处，弹簧测力计的读数为F1F0；第二次在赤道处，弹簧测力计的读数为F2 。假设第三次在赤道平面内深度为的隧道底部，示数为F3；第四次在距行星表面高度为R处绕行星做匀速圆周运动的人造卫星中，示数为F4。已知均匀球壳对壳内物体的引力为零，则以下判断正确的是()A. F3 ，F4B. F3 ，F40C. F3 ，F40D. F3 ，F4【答案】B点睛：解决本题的关键知道在行星的两极，万有引力等于重力，在赤道，万有引力的一个分力等于重力，另一个分力提供随地球自转所需的向心力同时要注意在绕行星做匀速圆周运动的人造卫星中时物体处于完全失重状态10. 地球赤道上有一物体随地球自转而做圆周运动，所受到的向心力为F1，向心加速度为a1，线速度为v1，角速度为1；绕地球表面附近做圆周运动的人造卫星(高度忽略)所受到的向心力为F2，向心加速度为a2，线速度为v2，角速度为2；地球同步卫星所受到的向心力为F3，向心加速度为a3，线速度为v3，角速度为3。假设三者质量相等，地球表面的重力加速度为g，第一宇宙速度为v，则()A. F1F2F3B. a1a2ga3C. v1v2vv3D. 132【答案】D【解析】根据题意三者质量相等，轨道半径r1=r2r3；物体1与人造卫星2比较，由于赤道上物体受引力和支持力的合力提供向心力，而近地卫星只受万有引力，故F1F2 ，故A错误；由选项A的分析知道向心力F1F2 ，故由牛顿第二定律，可知a1a2，故B错误；由A选项的分析知道向心力F1F2 ，根据向心力公式F=mv2/R，由于m、R一定，故v1v2，故C错误；同步卫星与地球自转同步，故T1=T3，根据周期公式T=2可知，卫星轨道半径越大，周期越大，故T3T2，再根据=2/T，有1=32，故D正确；故选D。点睛：本题关键要将物体1、人造卫星2、同步卫星3分为三组进行分析比较，最后再综合；一定不能将三个物体当同一种模型分析，否则会使问题复杂化11. 如图所示，轻绳一端受到大小为F的水平恒力作用，另一端通过定滑轮与质量为m、可视为质点的小物块相连。开始时绳与水平方向的夹角为。当小物块从水平面上的A点被拖动到水平面上的B点时，位移为L，随后从B点沿斜面被拖动到定滑轮O处，BO间距离也为L。小物块与水平面及斜面间的动摩擦因数均为，若小物块从A点运动到O点的过程中，F对小物块做的功为WF，小物块在BO段运动过程中克服摩擦力做的功为Wf，则以下结果正确的是()A. WFFL(cos 1)B. WF2FLcos C. WfmgLcos 2D. WfFLmgLsin 2【答案】BC【解析】拉力在AO段做功为：W1=FS，s为F作用点的位移即绳子伸长的长度，小物体从A运动到O的过程中，利用数学几何关系在绳子缩短关系得S=2cosL，所以 W1=2FLcos 故A错误，B正确。根据几何关系得OB斜面倾角为2，小物体在BO段运动过程中摩擦力f=mgcos2，小物体在BO段运动过程中克服摩擦力做的功为Wf=fL=mgLcos2，故C正确，D错误。故选BC。12. 质量为400 kg的赛车在平直赛道上以恒定功率加速，受到的阻力不变，其加速度a和速度的倒数 的关系如图所示，则赛车()A. 速度随时间均匀增大B. 加速度随时间均匀增大C. 输出功率为160 kWD. 所受阻力大小为1 600 N【答案】CD【解析】试题分析：A、由图可知，加速度随速度逐渐变化，故作变速直线运动，A错误；B、对汽车受力分析，受重力支持力、牵引力和摩擦力，根据牛顿第二定律，有：，联立得：加速度随速度的增大而减小，因赛车作变加速直线运动，加速度随时间而减小，B错误；C、根据上述表达式，斜率，P=160kw，C正确；D、根据上述表达式，在纵轴上的截距的绝对值，f=1600N，D正确；故选CD。考点：牛顿第二定律、功率13. 在某次高尔夫球比赛中，美国选手罗伯特斯特布击球后，球恰好落在洞的边缘，假定洞内bc表面为球面，半径为R，且空气阻力可忽略，重力加速度大小为g，把此球以大小不同的初速度v0沿半径方向水平击出，如图所示，球落到球面上，下列说法正确的是()A. 落在球面上的最大速度为B. 落在球面上的最小速度为 C. 小球的运动时间与v0大小无关D. 无论调整v0大小为何值，球都不可能垂直撞击在球面上【答案】BD【解析】平抛运动竖直方向的分运动是自由落体运动，由h=gt2，得t=；设小球落在A点时，OA与竖直方向之间的夹角为，水平方向的位移为x，竖直方向的位移为y，水平方向的初速度为v0，到达a点时竖直方向的速度为vy，则；则：x=v0t=Rsin，yRcos得：vy22gRcos， 又由： 联立得：所以落在球面上时的小球有最小速度，当时，最小速度为故A错误，B正确。由以上的分析可知，小球下落的时间：与小球的初速度有关。故C错误；小球撞击在圆面时，速度方向斜向右下方，根据“中点”结论可知，由于O不在水平位移的中点，所以小球撞在圆环上的速度反向延长线不可能通过O点，也就不可能垂直撞击圆环。故D正确。故选BD。点睛：解决本题的关键掌握平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，能巧妙运用“中点”的推论分析小球速度的方向，也可以结合运动学公式列式进行分析14. 如图所示，甲、乙两种粗糙面不同的传送带，倾斜于水平地面放置，以同样恒定速率v向上运动现将一质量为m的小物体(视为质点)轻轻放在A处，小物体在甲传送带上到达B处时恰好达到传送带的速率v；在乙传送带上到达离B竖直高度为h的C处时达到传送带的速率v.已知B处离地面的高度皆为H.则在小物体从A到B的过程中( )A. 两种传送带与小物体之间的动摩擦因数甲比乙小B. 将小物体传送到B处，两种传送带消耗的电能甲比乙多C. 两种传送带对小物体做功不相等D. 将小物体传送到B处，两种系统产生的热量甲比乙多【答案】ABD【解析】根据v-t图象可知物体加速度关系a甲a乙，再由牛顿第二定律mgcos-mgsin=ma，甲乙，故A正确；由摩擦生热Q=fS相对知，Q甲=f1S1=f1（vt1-vt1）=f1；Q乙=f2S2=f2；根据牛顿第二定律得：f1-mgsin=ma1=m；f2-mgsin=ma2=m；解得：Q甲=mgH+mv2，Q乙=mg（H-h）+mv2，Q甲Q乙，故D正确；根据能量守恒定律，电动机消耗的电能E电等于摩擦产生的热量Q与物块增加机械能的和，因物块两次从A到B增加的机械能相同，Q甲Q乙，所以将小物体传送到B处，两种传送带消耗的电能甲更多，故B正确；传送带对小物体做功等于小物块的机械能的增加量，动能增加量相等，重力势能的增加量也相同，故两种传送带对小物体做功相等，故C错误；故选ABD。点睛：解决该题关键要能够对物块进行受力分析，运用运动学公式和牛顿第二定律找出相对位移和摩擦力的关系注意传送带消耗电能和摩擦生热的关系及求法二、实验题15. 为了验证机械能守恒定律，某研究性学习小组的同学利用透明直尺和光电计时器设计了一套实验装置，如图5所示当有不透光物体从光电门间通过时，光电计时器就可以显示物体的挡光时间，所用的光电门传感器可测的最短时间为0.01 ms.将具有很好挡光效果的宽度为d3.8103 m的黑色磁带水平贴在透明直尺上实验时，将直尺从一定高度由静止释放，并使其竖直通过光电门某同学测得各段黑色磁带通过光电门的时间ti与图中所示的高度差hi，并将部分数据进行了处理，结果如下表所示(表格中M为直尺质量，g取9.8 m/s2)(1)从表格中数据可知，直尺上磁带通过光电门的瞬时速度是利用vi 求出的，请你简要分析该同学这样做的理由是_(2)请将表格中的第5点数据填写完整：_.（保留两位有效数字）(3)通过实验得出的结论是_.(4)根据该实验，请你判断下列Ekh图象中正确的是（_） A. B. C. D. 【答案】 (1). 瞬时速度等于极短时间或极短位移内的平均速度，或者，当时间很短时，平均速度近似等于瞬时速度; (2). 4.01M; (3). 4.02M; (4). 在误差允许的范围内，重力势能的减少量等于动能的增加量，或者说，在误差允许范围内，机械能是守恒的 (5). C;【解析】（1）瞬时速度等于极短时间或极短位移内的平均速度，故直尺上磁带通过光电门的瞬时速度可利用vi=求出（2）第5点速度为： 16. 为了验证动量守恒定律(探究碰撞中的不变量)，某同学选取了两个材质相同、体积不等的立方体滑块A和B，按下述步骤进行实验：步骤1：在A、B的相撞面分别装上橡皮泥，以便二者相撞以后能够立刻结为整体；步骤2：安装好实验装置如图，铝质轨道槽的左端是倾斜槽，右端是长直水平槽。倾斜槽和水平槽由一小段圆弧连接，轨道槽被固定在水平桌面上，在轨道槽的侧面与轨道等高且适当远处装一台数码频闪照相机； 步骤3：让滑块B静置于水平槽的某处，滑块A从斜槽某处由静止释放，同时开始频闪拍摄，直到A、B停止运动，得到一幅多次曝光的数码照片；步骤4：多次重复步骤3，得到多幅照片，挑出其中最理想的一幅，P掉B木块只剩下A木块，打印出来，将刻度尺紧靠照片放置，如图所示。(1)由图分析可知，滑块A与滑块B碰撞发生的位置_。在P5、P6之间在P6处在P6、P7之间(2)为了探究碰撞中动量是否守恒，需要直接测量或读取的物理量是_。A、B两个滑块的质量m1和m2滑块A释放时距桌面的高度频闪照相的周期照片尺寸和实际尺寸的比例照片上测得的s45、s56和s67、s78照片上测得的s34、s45、s56和s67、s78、s89滑块与桌面间的动摩擦因数写出验证动量守恒的表达式_。【答案】 (1). ; (2). ; (3). ;【解析】（1）P6位置滑块速度明显减小，故A、B相撞的位置在P6处，故正确（2）设碰撞前滑块A在P4、P5、P6的速度分别为v4、v5、v6，碰撞后，整体在P6、P7、P8的速度分别为v6，v7、v8，则v4=，v5=，又v5=，得到碰撞前滑块A速度v6=，同理，碰撞后整体的速度v6=，原来需要验证的方程为m1v6=（m1+m2）v6，将上两式代入整理得：m1（2S56+S45-S34）=（m1+m2）（2S67+S78-S89），即需要验证的表达式，需要直接测量的物理量是：A、B两个滑块的质量m1和m2及S34、S45、S56和S67、S78、S89；故正确三、计算题17. 在光滑绝缘的水平面上，用长为2L的绝缘轻杆连接两个质量均为m的带电小球A和B。A球的带电荷量为2q，B球的带电荷量为3q，组成一带电系统，如图所示，虚线MP为A、B两球连线的垂直平分线，虚线NQ与MP平行且相距5L。最初A和B分别静止于虚线MP的两侧，距MP的距离均为L，且A球距虚线NQ的距离为4L。若视小球为质点，不计轻杆的质量，在虚线MP，NQ间加上水平向右的匀强电场E后，试求：(1)B球刚进入电场时，带电系统的速度大小；(2)带电系统向右运动的最大位移；(3)带电系统从开始运动到速度第一次为零时，B球电势能的变化量。【答案】（1） （2） （3） 【解析】(1)设B球刚进入电场时，系统的速度为v1，对A、B系统应用动能定理：2qEL2mv12 则v1 (2)设球A向右运动s时，系统速度为零，由动能定理，得：2qEs3qE(sL) = 0 则s3L (3)带电系统的速度第一次为零时，B球克服电场力做功WFB6qEL 则B球电势能增加了6qEL18. 如图所示，ABCD是一个地面和轨道均光滑的过山车轨道模型，现对静止在A处的滑块施加一个水平向右的推力F，使它从A点开始做匀加速直线运动，当它水平滑行2.5 m时到达B点，此时撤去推力F、滑块滑入半径为0.5 m且内壁光滑的竖直固定圆轨道，并恰好通过最高点C，当滑块滑过水平BD部分后，又滑上静止在D处，且与ABD等高的长木板上，已知滑块与长木板的质量分别为0.2 kg、0.1 kg，滑块与长木板、长木板与水平地面间的动摩擦因数分别为0.3、 ，它们之间的最大静摩擦力均等于各自滑动摩擦力，取g10 m/s2，求：(1)水平推力F的大小；(2)滑块到达D点的速度大小；(3)木板至少为多长时，滑块才能不从木板上掉下来？在该情况下，木板在水平地面上最终滑行的总位移为多少？【答案】（1）1N（2） （3）t1 s ; 【解析】(1)由于滑块恰好过C点，则有：m1gm1 从A到C由动能定理得：Fxm1g2Rm1vC20代入数据联立解得：F1 N (2)从A到D由动能定理得：Fxm1vD2 代入数据解得：vD5 m/s(3)滑块滑到木板上时，对滑块：1m1gm1a1，解得：a11g3 m/s2 对木板有：1m1g2(m1m2)gm2a2，代入数据解得：a22 m/s2滑块恰好不从木板上滑下，此时滑块滑到木板的右端时恰好与木板速度相同，有：v共vDa1t，v共a2t， 代入数据解得：t1 s 此时滑块的位移为：x1vDta1t2， 木板的位移为：x2a2t2，Lx1x2，代入数据解得：L2.5 m v共2 m/s，x21 m 达到共同速度后木板又滑行x，则有：v共222gx，代入数据解得：x1.5 m 木板在水平地面上最终滑行的总位移为：x木x2x2.5 m 点睛：本题考查了动能定理和牛顿第二定律、运动学公式的综合运用，解决本题的关键理清滑块和木板在整个过程中的运动规律，选择合适的规律进行求解19. 如图所示，在光滑的水平面上有一长为L的木板B，上表面粗糙，在其左端有一光滑的圆弧槽C，与长木板接触但不相连，圆弧槽的下端与木板上表面相平，B、C静止在水平面上现有滑块A以初速度v0从右端滑上B，一段时间后，以 滑离B，并恰好能到达C的最高点A、B、C的质量均为m.求：(1)A刚滑离木板B时，木板B的速度；(2)A与B的上表面间的动摩擦因数；(3)圆弧槽C的半径R；(4)从开始滑上B到最后滑离C的过程中A损失的机械能【答案】（1） （2） （3） （4） 【解析】(1)对A在木板B上的滑动过程，取A、B、C为一个系统，根据动量守恒定律有：mv0m2mvB解得vB(2)对A在木板B上的滑动过程，A、B、C系统减少的动能全部转化为系统产生的热量 解得(3)对A滑上C直到最高点的作用过程，A、C系统动量守恒，mvB2mv A、C系统机械能守恒解得R (4)对A滑上C直到离开C的作用过程，A、C系统动量守恒 A、C系统初、末状态动能相等， 解得vA.所以从开始滑上B到最后滑离C的过程中A损失的机械能为： 点睛：该题是一个连接体的问题，关键是要理清A、B、C运动的物理过程，灵活选择物理规律，能够熟练运用动量守恒定律和能量守恒定律列出等式求解