【物理】北京市东城区2019-2020学年高一下学期期末考试统一检测试题 （解析版） 20页

北京市东城区 2019-2020 学年 高一下学期期末考试统一检测试题 一、单选题（每题 3 分，18 道共 54 分） 1.体育课进行实心球训练，忽略空气阻力，投出后的实心球在空中运动的过程中，下列说法 正确的是（ ） A. 速度保持不变 B. 加速度保持不变 C. 水平方向的速度逐渐增大 D. 竖直方向的速度保持不变 【答案】B 【解析】 【详解】AB．忽略空气阻力，投出后的实心球将在空中做抛体运动，则加速度为自由落体 加速度 g，恒定不变，速度则将发生变化，故 A 错误，B 正确； CD．由于实心球在水平方向不受力的作用，竖直方向受到自身重力的作用，故水平方向的 速度保持不变，竖直方向的速度将发生变化，故 C，D 错误； 故选 B。 2.一架飞机沿水平方向匀速飞行，每隔 1s 释放一个小铁球，先后共释放 4 个。若不计空气 阻力，则落地前四个小球在空中的排列情况是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】ABCD. 由平抛运动的规律可知，小铁球在水平方向上做匀速直线运动，所以释放 的小球都在飞机的正下方，即在飞机的正下方排成竖直的直线；小球在竖直方向上的距离随 着时间的增大逐渐增加，故 B 正确 ACD 错误。 故选 B。 3. 如图所示，在研究平抛运动时，小球 A 沿轨道滑下，离开轨道末端（末端水平）时撞开 接触开关 S ，被电磁铁吸住的小球 B 同时自由下落．改变整个装置的高度 H 做同样的实 验，发现位于同一高度的 A 、 B 两个小球总是同时落地．该实验现象说明了 A 球在离开 轨道后 A. 竖直方向的分运动是自由落体运动 B. 水平方向的分运动是匀加速直线运动 C. 水平方向的分运动是匀速直线运动 D. 竖直方向的分运动是匀速直线运动 【答案】A 【解析】 【详解】改变整个装置的高度 H 做同样的实验，发现位于同一高度的 A 、 B 两个小球总 是同时落地，说明两小球在竖直方向为自由落体运动．故该实验现象说明了 A 球在离开轨 道后竖直方向的分运动是自由落体运动，故 A 正确，BCD 错误．故选 A 【点评】本题考查了平抛运动的物体在竖直方向的运动规律为自由落体．平抛运动规律一般 只能借助分解来求解． 4.做平抛运动的物体，在水平方向通过的最大距离取决于（ ） A. 物体所受的重力和抛出点的高度 B. 物体的初速度和抛出点的高度 C. 物体所受的重力和初速度 D. 物体所受的重力、高度和初速度 【答案】B 【解析】 【详解】对于做平抛运动的物体，水平方向上：x=v0t ；竖直方向上：h= 1 2 gt2 ；所以水平 位移为 0 2hx v g  ，所以水平方向通过的最大距离取决于物体的高度和初速度． A. 物体所受的重力和抛出点的高度，与结论不相符，选项 A 错误； B. 物体的初速度和抛出点的高度，与结论相符，选项 B 正确； C. 物体所受的重力和初速度，与结论不相符，选项 C 错误； D. 物体所受的重力、高度和初速度，与结论不相符，选项 D 错误； 5. 有 A、B 两小球，B 的质量为 A 的两倍；现将它们以相同速率沿同一方向抛出，不计空 气阻力．图中①为 A 的运动轨迹，则 B 的运动轨迹是（ ） A. ① B. ② C. ③ D. ④ 【答案】A 【解析】 试题分析：两球初速度大小和方向均相同，同时因抛出后两物体均只受重力，故加速度相同， 因此二者具有相同的运动状态，故 B 的运动轨迹也是①；选项 A 正确，BCD 错误．故选 A． 6.静止在地球上的物体会随地球自转一起运动，即绕地轴做圆周运动。比较地球上不同位置 的物体（两极除外）绕地轴的圆周运动，下列说法中正确的是（ ） A. 角速度都不同 B. 线速度都相同 C. 周期都相同 D. 向心加速度大小都相同 【答案】C 【解析】 【详解】地球上不同位置的物体（两极除外）绕地轴做圆周运动的角速度和周期都相同，但 是由于转动半径不同，根据 v=ωr 可知，线速度不同；根据 a=ω2r 可知，向心加速度不相同， 故选项 C 正确，ABD 错误。 故选 C。 7.如图所示，汽车匀速驶过 A B 间的圆弧形路面过程中，有（ ） A. 汽车牵引力 F 的大小不变 B. 汽车对路面的压力大小不变 C. 汽车的加速度为零 D. 汽车所受合外力大小不变 【答案】D 【解析】 【详解】A．对汽车受力分析，如图所示 由于汽车匀速运动，轨道切线方向的合力为零，汽车牵引力 F 与圆弧切线方向重力的分力 sinmg  相平衡，由于沿圆弧切线方向重力的分力随倾角发生变化，汽车牵引力 F 也要随 之发生变化，故 A 错误； B．沿向心方向有 2 Ncos vmg F m R    汽车受到路面的支持力 2 N cos vF mg m R   由于沿向心方向重力的分力 cosmg  发生变化，汽车受到路面的支持力 FN 也要发生变化， 根据牛顿第三定律，汽车对路面的压力也要发生变化，故 B 错误； C．汽车匀速驶过 AB 间的圆弧形路面过程中，由向心加速度 2 n va R  知，汽车的加速度不 为零，其大小不变，方向时刻指向圆心，故 C 错误； D．由向心力 2 n vF m R  知，汽车匀速驶过 A B 间的圆弧形路面过程中，汽车所受合外力大 小不变，方向时刻指向圆心，故 D 正确。 故选 D。 8.已知汽车在水平路面上转弯时地面的摩擦力已达到最大，若希望汽车运动的速率增加到原 来的 2 倍时还能顺利转弯，则关于此时汽车转弯的轨道半径，以下结论中正确的是：（ ） A. 至少增大到原来的 4 倍 B. 至少增大到原来的 2 倍 C. 至少增大到原来的 2 倍 D. 至少增大到原来的 1 2 倍 【答案】A 【解析】 【详解】根据 2 m vf m r  可知，最大静摩擦力不变，速率增加到原来的 2 倍，则半径要增加 到原来的 4 倍。 故选 A。 9.宇航员乘坐宇宙飞船环绕地球做匀速圆周运动时，下列说法正确的是（ ） A. 宇航员处于完全失重状态 B. 宇航员处于超重状态 C. 宇航员的加速度等于零 D. 地球对宇航员没有引力 【答案】A 【解析】 【详解】AB．宇航员乘坐宇宙飞船环绕地球做匀速圆周运动时，万有引力充当做圆周运动 的向心力，则宇航员处于完全失重状态，选项 A 正确，B 错误； C．宇航员随宇宙飞船做匀速圆周运动，则加速度不等于零，选项 C 错误； D．地球对宇航员仍有引力作用，选项 D 错误。 故选 A。 10.若已知某行星绕太阳公转的轨道半径 r ，公转周期T ，引力常量G ，由此可求出（ ） A. 该行星的质量 B. 太阳的密度 C. 太阳的质量 D. 该行星 的密度 【答案】C 【解析】 【详解】根据 2 2 2( )MmG m rr T  可得 2 3 2 4 rM GT  即可求出太阳的质量 M，由于太阳的半径未知，不能求解太阳的密度。 故选 C。 11.如图所示，a、b、c 是地球大气层外圆形轨道上运行的三颗人造地球卫星，a、b 质量相 同，且小于 c 的质量，则（ ） A. a 所需向心力最小 B. b、c 周期相等，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. b、c 的线速度大小相等，且大于 a 的线速度 【答案】B 【解析】 【详解】A．人造地球卫星做圆周运动的向心力由万有引力提供，根据 2 MmF G r  ，因为 a、 b 质量相同，且小于 c 的质量，而 bc 半径相同大于 a 的半径，所以 Fa>Fb，Fc>Fb，可知 b 所需向心力最小。故 A 错误。 BCD．根据 2 2 2 2 2( )Mm vG m m r m r mar r T      得 2 GMa r  GMv r  2 34 rT GM  知 b、c 周期相等，且大于 a 的周期。b、c 加速度相等，小于 a 的加速度。b、c 的线速度大 小相等，且小于 a 的线速度。故 B 正确，CD 错误。 故选 B。 12.已知月球质量与地球质量之比约为 1∶81，月球半径与地球半径之比约为 1∶4，则月球 上的第一宇宙速度与地球上的第一宇宙速度之比最接近（ ） A. 9∶2 B. 2∶9 C. 18∶1 D. 1∶18 【答案】B 【解析】 【详解】ABCD．第一宇宙速度是近地卫星的环绕速度，有： 2 2 mM vG mR R  即 GMv R  所以月球的第一宇宙速度 1v 与地球的第一宇宙速度 2v 之比： 1 2 2= 9 M Rv v M R  月 月 地 地 故 ACD 错误，B 正确； 故选 B。 13.一个斜面长 5m，高 2.5m，用平行于斜面、大小为 100N 的力 F，将质量为 10kg 的物体 从斜面底匀速推到斜面的顶端。在这个过程中（ ）（g 取 10m/s2） A. 力 F 对物体做功 500J B. 力 F 对物体做功 250J C. 重力对物体做功 250J D. 物体克服摩擦力做功 500J 【答案】A 【解析】 【详解】AB．力 F 对物体做功 F 100 5J 500JW FL    故 A 正确，B 错误； C．重力对物体做功 G 10 10 2.5J 250JW mgh        故 C 错误； D．设物体克服摩擦力做功为 Wf，由动能定理得 F G f 0W W W   解得 f 250JW  故 D 错误。 故选 A。 14. 汽车以额定功率从水平路面上坡时，司机换挡目的是（ ） A. 增大速度，增大牵引力 B. 减小速度，减小牵引力 C. 增大速度，减小牵引力 D. 减小速度，增大牵引力 【答案】D 【解析】 汽车上坡时，与在水平路面上行驶相比，需要多克服重力的下滑分力做功，故需要增加牵引 力；根据功率与速度关系公式 P=Fv，功率一定的情况下，增加牵引力需要减小速度； 故选 D． 15.起重机的钢索将重物由地面吊到空中某个高度，其速度时间图象如图所示，则钢索拉力 的功率随时间变化的图象可能是图中的（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】在 0  t1 时间内：重物向上做匀加速直线运动，设加速度大小为 a1，根据牛顿第二 定律得 1F mg ma  则有 1F mg ma  拉力的功率 1 1 1)(P Fv mg ma a t   m、a1 均一定，则 P1∝t 在 t1  t2 时间内：重物向上做匀速直线运动，拉力 F=mg 则拉力的功率 2P Fv mgv  P2 不变，根据拉力的大小得到，P2 小于 t1 时刻拉力的功率，在 t2  t3 时间内：重物向上做匀 减速直线运动，设加速度大小为 a2，根据牛顿第二定律得 2mg F ma  则有 2F mg ma  拉力的功率 3 2 0 2( )P Fv mg ma v a t   )( m、a2 均一定，P3 与 t 是线性关系，随着 t 延长，P3 减小。t3 时刻拉力突然减小，功率突然 减小。 故选 B。 16.两根不可伸长的细轻绳，分别一端与两个质量相同的小球 A、B 连接，另一端悬挂在等 高的悬点 O1、O2 上，球 A 的悬线比球 B 的长。如图所示，把两球均拉到与悬点等高、悬线 水平且伸直后，由静止释放，以悬点所在水平面为参考平面，当两球经最低点时（ ） A. A 球的速度小于 B 球的速度 B. A 球的向心加速度小于 B 球的向心加速度 C. A 球的机械能等于 B 球的机械能 D. A 球对绳的拉力大于 B 球对绳的拉力 【答案】C 【解析】 【详解】A．根据动能定理 mgL= 1 2 mv2 解得 2v gL 所以 A 球的速度大于 B 球的速度，故 A 错误； B．在最低点，向心加速度 2 2va gL   则 A 球的向心加速度等于 B 球的向心加速度，选项 B 错误； C．A、B 两球在运动的过程中，只有重力做功，机械能守恒，初始位置的机械能相等，所 以在最低点，两球的机械能相等，故 C 正确； D．根据牛顿第二定律得 F-mg=ma 得 F=mg+ma=3mg 与绳的长度无关。所以两绳拉力大小相等，故 D 错误。 故选 C。 17.如图所示，小球从轻弹簧正上方某高处由静止开始下落，从小球接触弹簧开始到将弹簧 压缩到最短的过程中（弹簧保持竖直），下列叙述正确的是（ ） A. 弹簧的弹性势能先增大后减小 B. 小球的机械能保持不变 C. 小球的动能一直减小 D. 小球的重力势能与弹簧的弹性势能之和先减小后增加 【答案】D 【解析】 【详解】A．从小球接触弹簧开始到将弹簧压缩到最短的过程中，弹簧的形变量一直在增大， 所以弹性势能一直在增大，故 A 错误； B．从小球接触弹簧开始到将弹簧压缩到最短的过程中，弹簧弹力对小球一直做负功，所以 小球的机械能一直在减小，故 B 错误； C．从小球接触弹簧开始到将弹簧压缩到最短的过程中，开始阶段，弹簧弹力小于小球重力， 后来弹力大于重力，故小球先加速后减速，即速度先增大后减小，则动能先增大后减小，故 C 错误； D．由于小球和弹簧组成的系统满足机械能守恒的条件，故有小球的动能、重力势能与弹簧 的弹性势能之和保持不变，由于小球的动能先增大后减小，所以小球的重力势能与弹簧的弹 性势能之和先减小后增加，故 D 正确； 故选 D。 18.如图所示，ABCD 是一条长轨道，其中 AB 段是倾角为θ的斜面，CD 段是水平的，BC 段 是与 AB 和 CD 都相切的一小段圆弧，其长度可以略去不计。一质量为 m 的滑块（看做质点） 在 A 点由静止状态释放，沿轨道滑下，最后停在 D 点，A 点和 D 点的位置如图所示。现用 一方向始终与轨道平行的力推滑块，使它缓慢地由 D 点推回到 A 点。设滑块与轨道间的动 摩擦因数为μ，则推力对滑块做的功为（ ） A. mgh B. 2mgh C. ( )sin hmg s  D. μmgs＋μmghcotθ 【答案】B 【解析】 【详解】ABCD．缓慢推动，可认为速度大小不变，根据动能定理可得 F cos 0sin hW mgh mg mgs       解得 F tan hW mgh mg mgs     滑块由 A 点静止状态释放，沿轨道滑下，最后停在 D 点，根据动能定理可得 0tan hmgh mg mgs     即 tan hmgh mg mgs    所以可得 F 2W mgh 故 ACD 错误，B 正确。 故选 B。 二、实验题 19.一个同学在《研究平抛物体的运动》实验中，只画出了如图所示的一部分曲线，于是他 在曲线上取水平距离相等的三点 A、B、C，量得 △ s = 0．2m．又量出它们之间的竖直距离 分别为 h1 = 0．1m，h2= 0．2m，利用这些数据，可求得： （1）物体抛出时的初速度为_______________m/s； （2）物体经过 B 时竖直分速度为______________m/s； （3）抛出点在 A 点上方高度为______________m 处． 【答案】 (1). 2 (2). 1.5 (3). 0.0125 【解析】 【详解】（1）在竖直方向上根据 △ y=gt2 2 1 0.2 0.1      0.110 h hyt s sg g      ， 物体抛出时的初速度 0 0.2m =2m/s0.1s sv t   ． （2）经过 B 点时的竖直分速度 1 2 0.1m+0.2m =1.5m/s2 2 0.1syB h hv t    （3）抛出点到 B 点的运动时间 2 1.5m/s =0.15s10m/s yB B vt g   从抛出到运动到 A 点需要的时间 tA=tB-t=0.15s-0.1s=0.05s 则抛出点在 A 点上方高度： 2 21 1 10 0.05 m=0.0125m2 2Ah gt    ； 20.利用如图所示的装置做“验证机械能守恒定律”实验。 (1)除带夹子的重物、纸带、铁架台（含铁夹）、打点计时器、导线及开关外，在下列器材中， 还必须使用的器材是_____。（填写选项前字母） A．交流电源 B．刻度尺 C．天平（含砝码） (2)实验中，先接通电源，再释放重物，得到如图所示的一条纸带。在纸带上选取三个连续 打出的点 A、B、C，测得它们到起始点 O 的距离分别为 hA、hB、hC。 已知当地重力加速度为 g，打点计时器打点的周期为 T。设重物的质量为 m，从 O 点到 B 点 的过程中，重物的重力势能的减少量ΔEP=_____，动能的变化量ΔEK=_____（用题目中的已 知量表示） (3)关于计算瞬时速度的方法，有同学认为可以用公式 vB 2 Bgh 算 B 点的速度，你赞同吗？ 请表明你的观点及支持你观点的依据_____。 【答案】 (1). AB (2). Bmgh 21 2 2 C Ah hm T      (3). 不赞同，关系式 2B Bv gh 成立的条件是，重物下落的加速度为 g，下落过程中只有重力做功，即机械能守恒。因此不 能这种方法计算 B 点速度。 【解析】 【详解】(1)打点计时器使用的是交流电，实验中需要测量点迹间的距离，从而得出瞬时速 度和下降的高度，所以需要刻度尺。实验中验证动能的增量和重力势能的减小量是否相等， 质量可以约去，故不需要测质量，所以不需要天平，故选 AB。 (2)从 O 点到 B 点的过程中，重物的重力势能的减少量ΔEP=mghB，动能的变化量: 2 k 1 2 BE mv  由匀变速直线运动规律的推论可得： 2 C A B h hv T  所以得： 2 k 1 ( )2 2 C Ah hE m T   (3)不赞同，因为关系式 2B Bv gh 成立的条件是：重物下落的加速度为 g，且下落过程中 只有重力做功，即机械能守恒。显然不能这种方法计算 B 点速度。 三、计算题： 21.在水平路面上骑摩托车的人，遇到一个壕沟，其尺寸如图所示。摩托车后轮离开地面后 失去动力，可以视为平抛运动。摩托车后轮落到壕沟对面才算安全。摩托车的速度至少要多 大才能越过这个壕沟？（g 取 10m/s2）。 【答案】20m/s 【解析】 【详解】由平抛运动规律得，摩托车竖直方向分运动为自由落体： 21 2h gt 水平方向分运动为匀速运动： xv t  联立两式，代入数据解得：v=20m/s 22.波轮洗衣机中的脱水筒如图所示，在脱水时，衣服紧贴在筒壁上做匀速圆周运动。某洗 衣机的有关规格如下表所示。在运行脱水程序时，有一质量 m=6g 的硬币被甩到桶壁上，随 桶壁一起做匀速圆周运动。求桶壁对硬币的静摩擦力大小和弹力大小。在解答本题时可以选 择表格中有用的数据。重力加速度 g 取 10m/s2。 【答案】0.06N；3.55N 【解析】 【详解】硬币被甩到桶壁上，随桶壁一起做匀速圆周运动，则硬币在竖直方向上由二力平衡 有： 3(6 10 10)N 0.06Nf mg     静 硬币在水平方向随桶壁一起做匀速圆周运动有： 2 2(2 )nF mr mr n   由题可知： 600r/min=10r/sn  3300 10( )m=0.15m2r  代入求得： 3.55NnF  又因为硬币的向心力由弹力提供，故有： 3.55NN nF F  23.某颗人造地球卫星在距地面高度为 h 的圆形轨道上绕地球做匀速圆周运动．已知地球半 径为 R，地而表面附近的重力加速度为 g．请你推导该卫星： (1)运行速度的表达式; (2)运行周期的表达式． 【答案】(1) gR R h (2)  3 2 R h R g   【解析】 【详解】(1)设地球质量为 M，卫星质量为 m，卫星绕地球运行的轨道半径为 r 根据万有引力定律和牛顿第二定律 2 2 GMm vmr r  在地球表面附近的物体 2 MmG mgR  由已知条件知 r=R+h 联立可得 gv R R h   (2)由周期公式 2 rT v  可得  3 2 R hπT R g  24.某海湾共占面积 1.0×106m2，涨潮时水深 20m，若利用这个海湾修建一座水坝，此时关上 水坝的闸门时，可使水位保持 20m 不变。退潮时，坝外水位降至 18m。假如利用此水坝建 水力发电站，已知重力势能转化为电能的效率是 10%，每天有两次涨潮，涨潮和退潮时水 流都推动水轮机发电，试估算该电站一天能发多少电能？重力加速度 g 取 10m/s2。海水密度 近似为 1.0×103kg/m3。 【答案】 98.0 10 J 【解析】 【详解】一次涨潮水的质量 m S h    一次涨潮水的重力势能变化 p 2 hE mg   一次涨潮水的重力势能转化为电能 p 10%E E   电 电站一天能发电能 94=8.0 10 JE E   电 电 25.某地有一风力发电机，如图所示，它的叶片转动时可形成半径 r=20m 的圆面。某时间内 该地的风速是 v=6m/s，风向恰好跟叶片转动的圆面垂直。已知空气的密度为 31.2kg / m  ， 若这个风力发电机能将此圆内 10%的空气动能转化为电能。求： (1)单位时间内冲击风力发电机叶片圆面的气流的体积。 (2)单位时间内冲击风力发电机叶片圆面的气流的动能。 (3)该风力发电机输出电能的功率。 【答案】(1) 32400 m ；(2)51840 J ；(3)5184 W 【解析】 【详解】(1)圆面的面积为 2 2400 mS r   单位时间内冲击风力发电机叶片圆面的气流的体积为 3 36 1 400 m 2400 mV vt S        (2)单位时间内冲击风力发电机叶片圆面的气流的质量为 1.2 2400 kg 2880 kgm V      动能为 2 2 k 1 1 2880 6 J 51840 J2 2E mv       (3)发电机输出的电能为 k 10 5184 JE E     功率为 5184 WEP t   26.某人站在水平地面上，手握不可伸长的轻绳一端，绳的另一端系有质量为 m 的小球（可 视作质点），使球在竖直平面内以手为圆心做圆周运动（手的位置可视为一个定点）。某次小 球运动到最低点时，绳受力到达最大值被拉断，球以水平速度飞出（绳断前后，球速不变）。 已知手离地面高度为 5d，手与球之间的绳长为 4d，球落地前的水平位移为 d，重力加速度 为 g，忽略空气阻力。 (1)绳能承受的最大拉力是多少？ (2)将上述圆周运动简化为小球绕定点做圆周运动的模型，试证明绳拉断的时刻一定对应小 球经过最低点的位置。 【答案】(1) 9 8F mg ；(2)见解析 【解析】 【详解】(1)运动到最低点时，绳受力到达最大值被拉断，球以水平速度飞出做平抛运动。 竖直方向分运动为自由落体 215 4 2d d gt  水平方向分运动为匀速运动 22 x d gdv t d g    圆周运动到最低点时，根据牛顿第二定律有 2vF mg m r   绳能承受的最大拉力是 9 8F mg (2)将上述圆周运动简化为小球绕定点做圆周运动的模型，试证明绳拉断的时刻一定对应小 球经过最低点的时刻。 小球在竖直平面内绕定点做圆周运动，向心力由绳的拉力与重力沿着半径方向的分力 Gγ合 成提供。 在上半圆周运动中，绳的拉力与重力沿着半径方向的分力方向相同 Fn 上=F 拉上+Gγ 在下半圆周运动中，绳的拉力与重力沿着半径方向的分力方向相反 Fn 下=F 拉下-Gγ 又小球在竖直平面内绕定点做圆周运动过程中机械能守恒，小球位置越低重力势能越小，动 能越大。小球经过最低点的时刻动能最大，所需向心力最大 2 2 k n EvF m r r   所以小球经过最低点的时刻，绳的拉力最大 F 拉下=Fn+Gγ 此时刻，绳的拉力不仅要抵消小球的重力，还有提供小球圆周运动所需要的向心力。