2018-2019学年河南省南阳市高一下学期期末考试物理试题（解析版） 15页

‎2018-2019学年河南省南阳市高一下学期期末考试物理试题（解析版）‎ 一、选择题(本大题共12题，每小题4分，共48分。其中18题每题只有一个选项符合题目要求，9-12题有多个选项符合要题目要求;全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错或不选的得0分)‎ ‎1.下列说法正确的是 A. 两个匀变速直线运动的合运动一定是匀变速直线运动 B. 做圆周运动的物体受到的合力不一定指向圆心 C. 一对摩擦力做功的代数和为零 D. 物体竖直向上运动，其机械能一定增加 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.当两个匀变速直线运动的合加速度与合初速度共线时，合运动为匀变速直线运动；当合加速度与合初速度不共线时，合运动为曲线运动，故A错误；‎ B.做匀速圆周运动的物体合外力全部提供向心力，合外力一定指向圆心；做变速圆周运动时，合外力沿半径方向的分力提供向心力，合外力沿切线方向的分力改变速度的大小，故B正确；‎ C.一对静摩擦力做的功的代数和为零，一对滑动摩擦力做的功的代数和为负值，故C错误；‎ D.根据功能关系可知，物体竖直向上运动时，当除重力以外的力的合力向上时，机械能增加，当除重力以外的力的合力向下时，机械能减小，故D错误.‎ ‎2.如图所示，半径分别为R和2R的两个圆盘A、B处于水平面内，两者边缘接触，靠静摩擦传动，均可以绕竖直方向的转轴O1及O2转动.一个可视为质点的小滑块位于转盘B上的C点，与转轴O2的距离为R.已知滑块与转盘间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，滑动摩擦力等于最大静摩擦力.现使转盘B的转速逐渐增大，当小滑块恰好要相对于转盘B发生相对运动时，转盘A的角速度大小为 A. B. 2 C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】对小滑块向心力等于最大静摩擦力，μmg=mRω2，所以大圆盘转动的角速度为，B 点的角速度为，所以A点的线速度大小为，则A点的角速度为.‎ A.与计算结果不相符；故A错误.‎ B.与计算结果相符；故B正确.‎ C.与计算结果不相符；故C错误.‎ D.与计算结果不相符；故D错误.‎ ‎3.如图所示，在水平地面上O点正上方的A、B两点同时水平抛出两个相同小球，它们最后都落到地面上的C点，则两球（ ）‎ A. 有可能同时落地 B. 落在C点的速度方向可能相同 C. 落在C点的速度大小可能相同 D. 落在C点的重力的瞬时功率可能相同 ‎【答案】C ‎【解析】‎ A、小球竖直方向做自由落体运动，根据：，可知高度不同，所以运动时间一定不同，故A错误；‎ B、平抛运动轨迹为抛物线，速度方向为该点的切线方向，分别从AB两点抛出的小球轨迹不同，在C点的切线方向也不同，所以落地时方向不可能相同，故B错误；‎ C、由动能定理：，落地速度为：，则知落在C点的速度大小可能相同，故C正确；‎ D、落在C点时重力的功率 ‎，由于A、B是两个相同的小球，而下落的高度不同，所以重力的功率也不相同，故D错误；‎ 综上所述本题答案是：C ‎4.一位质量为m的同学从下蹲状态向上跳起，经△t时间，身体伸直并刚好离开地面，速度为ν，已知重力加速度为g，在此过程中地面对他的支持力的冲量为 A. mv+mg△t B. mv－mg△t C. mv D. mg△t ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】人的速度原来为零，起跳后变化v，以向上为正方向，由动量定理可得：I-mg△t=mv-0，故地面对人的冲量为mv+mg△t.‎ A. mv+mg△t与计算结果相符；故A正确.‎ B. mv－mg△t与计算结果不相符；故B错误.‎ C. mv与计算结果不相符；故C错误.‎ D. mg△与计算结果不相符；故D错误.‎ ‎5.若某月球探测器绕月运动时的轨道是圆形，且贴近月球表面，已知月球的质量约为地球质量的，月球的半径约为地球半径的，地球的第一宇宙速度为7.9km/s，则该月球探测器绕月运行的速率约为 A. 36km/s B. 11km/s C. 1.8km/s D. 0.4km/s ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】根据万有引力提供圆周运动的向心力，有，可得近地卫星的运行速率为，得：，所以可得：.‎ A.36km/s与计算结果不相符；故A错误.‎ B.11km/s与计算结果不相符；故B错误.‎ C.1.8km/s与计算结果相符；故C正确.‎ D.0.4km/s与计算结果不相符；故D错误.‎ ‎6.如图所示，轻弹簧的一端固定在竖直墙上，质量为m的光滑弧形槽静止放在光滑水平面上，弧形槽底端与水平面相切，一个质量为2m的小物块从槽上高为h处开始自由下滑，运动到水平面之后与弹簧相互作用，被向左反弹回来，下列说法正确的是 A. 在下滑过程中，槽对物块的支持力对物块始终不做功 B. 物块第一次滑到槽底端时，物块与槽的速度大小之比为2：1‎ C. 整个过程中，物块、槽和弹簧组成的系统动量守恒 D. 物块被弹簧反弹后不能追上槽 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.在下滑过程，槽对物块的支持力与物块位移夹角不垂直，支持力对物块做功，故A错误.‎ B.物块与槽组成的系统在水平方向所受合外力为零，系统在水平动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：，解得;故B错误.‎ C.整个过程中，物块、槽和弹簧组成的系统所受合外力不为零，系统动量不守恒，故C错误.‎ D.物块与弹簧组成的系统机械能守恒，由机械能守恒定律可知，物块离开弹簧后的速度大小不变，由于物块的速度小于槽的速度，物块不可能追上槽，故D正确.‎ ‎7.为了行驶安全和减少对铁轨的磨损，火车转弯处轨道平面与水平面会有一个夹角.若火车以规定的速度行驶，则转弯时轮缘与铁轨无挤压.已知某转弯处轨道平面与水平面间夹角为α，转弯半径为R，规定行驶速率为v，重力加速度为g，则 A. v=gRtanα B. v=gRsinα C. v= D. v=‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】火车受力如图所示：‎ 在转弯处火车按规定速度行驶时，火车所需要的向心力由重力和支持力的合力提供，有：F合=mgtanα，根据牛顿第二定律有：，解得火车规定行驶速度为：.‎ A.v=gRtanα与计算结果不相符；故A错误.‎ B v=gRsinα与计算结果不相符；故B错误.‎ C.v=与计算结果不相符；故C错误.‎ D.v=与计算结果相符；故D正确.‎ ‎8.物体拉力作用下向上运动，其中拉力做功10J，克服阻力做功5J，克服重力做功5J，则 A. 物体重力势能减少5J B. 物体机械能增加5J C. 合力做功为20J D. 物体机械能减小5J ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.物体向上运动重力做负功5J，故重力势能增加了5J；故A错误.‎ C.合力做功W=10-5-5=0，即合力做功为零；故C错误.‎ BD.除重力以外力做功衡量机械能的变化，因此物体的机械能增加了△E=10-5=5J；故B正确，D错误.‎ ‎9.如图所示，飞行器P绕某星球做匀速圆周运动。测得该星球对飞行器的最大张角为θ，飞行器离星球表面的高度为h，绕行周期为T.已知引力常量为G，由此可以求得 A. 该星球的半径 B. 该星球的平均密度 C. 该星球的第一宇宙速度 D. 该星球对飞行器的引力大小 ‎【答案】ABC ‎【解析】‎ ‎【详解】A.由题意，令星球的半径为R，则飞行器的轨道半径r=R+h，由几何关系，即，表达式中只有一个未知量R，故可以据此求出星球半径R；故A正确.‎ B.由A项分析知，可以求出飞行器轨道半径r，据万有引力提供圆周运动向心力可知，已知r和T及G的情况下可以求得星球质量M，再根据密度公式可以求得星球的密度，故B正确.‎ C.在求得星球质量M及星球轨道半径R的情况下，根据，已知引力常量G，可以求出星球的第一宇宙速度，故C正确；‎ D.因为不知道飞行器的质量大小，故无法求得星球对飞行器的引力大小，故D错误.‎ ‎10.如图所示，一个长为L，质量为M的木板，静止在光滑水平面上，一个质量为m的物块(可视为质点)，以水平初速度v0，从木板的左端滑向另一端，设物块与木板间的动摩擦因数为μ，当物块与木板相对静止时，物块仍在长木板上，物块相对木板的位移为d，木板相对地面的位移为s.则在此过程中 A. 摩擦力对物块做功为-μmg(s+d)‎ B. 摩擦力对木板做功为μmgs C. 木板动能的增量为μmgd D. 由于摩擦而产生的热量为μmgs ‎【答案】AB ‎【解析】‎ ‎【详解】A.物块相对于地面运动的位移为x1=s+d，则摩擦力对物块做功为Wf=-fx1=-μmg(s+d），故A正确；‎ B.木板受到的摩擦力方向与运动方向相同，做正功，则摩擦力对木板做功为W=μmgs，故B正确；‎ C.对木板，根据动能定理可知，木板动能的增量等于摩擦力对木板做的功，即为μmgs，故C错误；‎ D.系统由于摩擦而产生的热量等于摩擦力乘以相对位移，即为μmgd，故D错误.‎ ‎11.如图所示，甲、乙两种粗糙面不同但高度相同的传送带，倾斜放置，以同样恒定速率v顺时针转动。现将一质量为m的小物块(视为质点)轻轻放在A处，小物块在甲传送带上到达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处离地面高度为H，则在物块从A到B的过程中 A. 两种传送带对小物块做功相等 B. 两种传送带因运送物块而多消耗的电能相等 C. 两种传送带与小物块之间的动摩擦因数不等，甲的小 D. 两种传送带与物块摩擦产生的热量相等 ‎【答案】AC ‎【解析】‎ ‎【详解】A.传送带对小物体做功等于小物块机械能的增加量，两种情况下物体动能的增加量相等，重力势能的增加量也相同，即机械能的增加量相等，根据功能关系知，两种传送带对小物体做功相等，故A正确.‎ C.根据公式v2=2ax，乙物体的位移小，v相等，可知物体加速度关系a甲＜a乙，再由牛顿第二定律μmgcosθ-mgsinθ=ma，得知μ甲＜μ乙；故C正确.‎ D.由摩擦生热Q=fS相对知，‎ 甲图中：，，．‎ 乙图中：，，‎ 解得：，，Q甲＞Q乙；故D错误.‎ B.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与物块增加机械能之和，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错误.‎ ‎12.小车在水平直轨道上由静止开始运动，全过程运动的v-t图像如图所示，除2s-10s时间段内图象为曲线外，其余时间段图象均为直线。已知在小车运动的过程中，2s～14s时间段内小车的功率保持不变，在14s末关闭发动机，让小车自由滑行.小车的质量为2kg，受到的阻力大小不变.则 A. 小车受到的阻力为1.5N B. 小车额定功率为18W C. ls末小车发动机的输出功率为9W D. 小车在变加速运动过程中位移为39m ‎【答案】BCD ‎【解析】‎ ‎【详解】A.匀减速运动阶段加速度大小为：，根据牛顿第二定律得：f=ma=3N；故A错误.‎ B.匀速运动阶段，牵引力等于阻力，则有：P=Fv=3×6W=18W．故B正确.‎ C.匀加速运动阶段的加速度大小为：，根据牛顿第二定律得：F-f=ma，解得：F=6N.1s末的速度为：v1=a1t1=l.5m/s，则1s末小车发动机的输出功率为：P=Fv1=9W，故C正确；‎ D.对2s～10s的过程运用动能定理得：，代入数据得解得：s1=39m，故D正确.‎ 二、填空題(本大题共2小题，共15分。把答案填在答题卡上对应位置上)‎ ‎13.如图甲所示，是用电火花计时器验证机械能守恒定律的实验装置。已知当地的重力加速度g=9.80m/s2，电火花计时器所用电源频率为50Hz，重物质量为0.2kg.‎ ‎(1)下列操作中正确的是___________.‎ A．电火花计时器应接6V交流电源 B．应先释放纸带，后接通电源打点 C．需使用秒表测出重物下落的时间 D．测出纸带上两点间的距离，可知重物相应的下落高度 ‎(2)某同学按照正确的操作，得到一条符合实验要求的纸带，如图乙所示.如果打O点时重物速度为0，A、B、C是打点计时器连续打下的3个点，计算B点对应的速度时，甲同学用，乙同学用vB=，你赞成___________(选填“甲”或“乙”)同学的计算方法.‎ ‎(3)该同学用毫米刻度尺测量O到A、B、C的距离，并记录在图乙中(单位cm).打点计时器打B点时重物的动能为___________J，从O到B过程中重物重力势能的减少量为___________J(计算结果均保留3位有效数字).‎ ‎【答案】 (1). D (2). 乙 (3). 0.369 (4). 0.376‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】第一空.A.打点计时器应接交流电源，故A错误；‎ B.开始记录时，应先给打点计时器通电打点，然后再释放重锤，让它带着纸带一同落下，如果先放开纸带让重物下落，再接通打点计时时器的电源，由于重物运动较快，不利于数据的采集和处理，会对实验产生较大的误差，故B错误；‎ C.我们可以通过打点计时器计算时间，不需要秒表，故C错误；‎ D.测出纸带上两点迹间的距离，可知重物相应的下落高度，故D正确.‎ 故填D.‎ 第二空.计算B点瞬时速度时，若按甲同学的方法用，即认为纸带下落的加速度为g，则不需要计算速度vB的值也会有：，故甲的数据处理方法错误，应该选用乙同学的：某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，，故乙同学正确.‎ 第三空. B点的瞬时速度为：，那么此时重物的动能.‎ 第四空.从初始位置O到打下计数点B的过程中，重锤的重力势能的减少量为：△Ep=mgh=0.2×9.8×0.192J≈0.376J.‎ ‎14.如图所示，为“验证碰撞中的动量守恒”的实验装置示意图。已知a、b小球的质量分别为ma、mb，半径相同，图中P点为单独释放a球的平均落点，M、N是a、b小球碰撞后落点的平均位置.‎ ‎(1)本实验必须满足的条件是___________.‎ A．斜槽轨道必须是光滑的 B．斜槽轨道末端的切线水平 C．入射小球每次都从斜槽上的同一位置无初速度释放 D．入射球与被碰球满足ma=mb ‎(2)为了验证动量守恒定律，需要测量OP间的距离x1、OM间的距离x2和___________.‎ ‎(3)为了验证动量守恒，需验证的关系式是___________.‎ ‎【答案】 (1). BC (2). ON间的距离x3 (3). (或)‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】第一空.A.“验证动量守恒定律”的实验中，是通过平抛运动的基本规律求解碰撞前后的速度的，只要离开轨道后做平抛运动，对斜槽是否光滑没有要求，故A错误；‎ B.要保证每次小球都做平抛运动，则轨道的末端必须水平，故B正确；‎ C.要保证碰撞前速度相同，所以入射球每次都要从同一高度由静止滚下，故C正确；‎ D.为了保证小球碰撞为对心正碰，且碰后不反弹，要求ma＞mb，故D错误.‎ 应填BC.‎ 第二空.要验证动量守恒定律定律，即验证：，小球离开轨道后做平抛运动，它们抛出点的高度相等，在空中的运动时间t相等，上式两边同时乘以t得：，得：，因此实验需要测量：测量OP间的距离x1，OM间的距离x2，ON间的距离x3；‎ 第三空.由以上分析可知，实验需要验证:，或.‎ 三、计算题(本题共4小题，共47分．解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步驟，只写出最后答案的不能得分。有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位)‎ ‎15.如图所示，AB是半径为R的光滑圆弧轨道，B点的切线水平，距水平地面高为h.一个小球从A点由静止开始下滑，不计空气阻力，重力加速度为g，求：‎ ‎(1)小球到达B点时的速度大小；‎ ‎(2)小球落地点到B点的水平距离x.‎ ‎【答案】（1） （2）2‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）物体从A运动到B过程中只有重力做功，机械能守恒，故有：‎ mgR=‎ 解得小球刚运动到B点时的速度为：vB=‎ ‎（2）物体离开B点后做平抛运动，故由竖直方向：‎ 水平距离为：x=vBt， ‎ 解得：x=2‎ ‎16.如图所示，质量为m=0.5kg的木块，以v0=3.0m/s的速度滑上原来静止在光滑水平面上的足够长的平板车，平板车的质量M=2.0kg。若木块和平板车表面间的动摩擦因数μ=0.3，重力加速度g=10m/s2，求：‎ ‎(1)平板车的最大速度；‎ ‎(2)平板车达到最大速度所用的时间.‎ ‎【答案】（1）0.6m/s （2）0.8s ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）木块与平板车组成的系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：‎ mv0=(M+m)v， ‎ 解得:v=0.6m/s ‎（2）对平板车，由动量定律得：‎ μmgt=Mv 解得:t=0.8s ‎17.如图所示，为发射卫星的轨道示意图。先将卫星发射到半径为r的圆轨道上，卫星做匀速圆周运动。当卫星运动到A点时，使卫星加速进入椭圆轨道。沿椭圆轨道运动到远地点B时，再次改变卫星的速度，使卫星入半径为3r0的圆轨道做匀速圆周运动。已知卫星在椭圆轨道时，距地心的距离与速度的乘积为定值，卫星在椭圆轨道上的A点时的速度大小为v，卫星的质量为m，地球的质量为M，万有引力常量为G，则：‎ ‎(1)卫星在两个圆形轨道上的运行速度分别多大?‎ ‎(2)卫星在B点变速时增加了多少动能?‎ ‎【答案】（1）， （2）‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）做匀速圆周运动的卫星，所受万有引力提供向心力，得：‎ ‎，‎ 当r=r0时，v1=，‎ 当r=3r0时，v2=，‎ ‎（2）设卫星在椭圆轨道远地点B的速度为vB，据题意有：r0v=3r0vB 卫星在B点变速时增加的动能为△Ek=，‎ 联立解得：△Ek=‎ ‎18.如图所示，光滑水平面AB与竖直面内粗糙半圆形轨道在B点平滑相接，半圆形轨道半径为R，一质量为m的物块(可视为质点)将弹簧压缩至A点后由静止释放，获得向右速度后脱离弹簧，经过B点进入半圆形轨道后瞬间对轨道的压力大小为其重力的8倍，之后沿圆周运动，到达C点时对轨道的压力恰好为0.求：‎ ‎(1)释放物块时弹簧的弹性势能；‎ ‎(2)物块从B点运动到C点过程中克服摩擦力做的功；‎ ‎(3)物块离开C点后落回水平面时，重力的瞬时功率大小.‎ ‎【答案】（1）3.5mgR （2）mgR （3）2mg ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）物体在B点时，由牛顿第二定律：‎ FN-mg=m 解得：‎ 弹簧的弹性势能为：‎ Ep==3.5mgR ‎（2）物块在C点时，由牛顿第二定律：‎ mg=m，则 物块从B到C过程中，由动能定理：‎ ‎-2mgR-Wf=‎ 解得物体克服摩擦力做功Wf=mgR ‎（3）物块从C点飞出后做平抛运动，竖直方向有：=2g×2R 所以重力的功率为PG=mgvy=2mg.‎ ‎ ‎