【文档说明】吉林省长春市农安县实验中学2019-2020学年高一下学期期末考试物理试题【精准解析】.doc，共(17)页，768.000 KB，由小赞的店铺上传

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物理一、单选题（本大题共8小题，共32.0分）1.下列关于运动和力的叙述中，正确的是（）A.做曲线运动的物体，其加速度一定是变化的B.做圆周运动的物体，因所受的合力提供向心力，因而一定指向圆心C.物体所受合力方向与运动方向相反，该物体一定做直线运动D.

物体运动的速率在增加，所受合力方向一定与运动方向相同【答案】C【解析】【详解】A．物体做曲线运动的条件是加速度与速度方向不在同一条直线上，加速度大小和方向不一定变化，比如平抛运动，加速度恒力不变，故A错误；B．匀速圆周运动的物体所受的合力一定指向圆心，变速圆周运动的物体

所受的合力不一定指向圆心，故B错误；C．当物体所受合力与速度方向不在同一条直线上时，物体做曲线运动，当合力与速度方向在同一直线上时时，物体做直线运动，故C正确；D．物体运动的速度在增加，所受合力方向与运动方向不一定相同，可能所受合力方向与运动方向成锐角，故D错误；故

选C。2.如图所示，A、B两球用轻杆相连，用两根细线1l、2l将它们悬挂在水平天花板上的O点，现有一水平力F作用于小球B上，使A、B两球和轻杆组成的系统保持静止状态且A、B两球在同一水平线上，细线1l垂直于轻杆．已知两球的重力均为G，轻杆与细线1l的长度均为

L．则（）A.细线2l的拉力的大小为2GB.细线2l的拉力的大小为GC.水平力F的大小为2GD.水平力F的大小为G【答案】D【解析】【详解】对AB球受力分析，如图所示因为A球受到细线l1的拉力与其重力是一对平衡

力，所以轻杆对A球的作用力为零，轻杆对B球的作用力也为零，故B球只受到重力G、细线l2的拉力FBO和水平拉力F的作用，对B球根据几何知识和力的平衡条件有：F=G•tan45°=G2sin45BOGFG==A．细线2l的拉力的大小为2G，与结论不相符，选项A错误；B．细线2l的拉力的大小为G，与

结论不相符，选项B错误；C．水平力F的大小为2G，与结论不相符，选项C错误；D．水平力F的大小为G，与结论相符，选项D正确．3.光滑水平面上一运动的磁铁动能为Ek，若其吸引一静止的相等质量铁球后，二者共同运动速度变为原来的一半，则总动能为（）A.EkB.Ek/4C.Ek/2

D.2Ek【答案】C【解析】【详解】设磁铁质量为m，速度为v，则Ek=12mv2；由题意可知，变化后的动能为：211'2222kkvEmE（）==；故选C．4.如图所示，一质量为m的小球固定于轻质弹簧的一端，弹簧的另一端固定于O点处，将小球拉至A处，弹簧恰好无形

变，由静止释放小球，它运动到O点正下方B点的速度为v，与A点的竖直高度差为h，则（）A.由A到B小球机械能守恒B.由A到B重力势能减少212mvC.由A到B小球克服弹力做功为mghD.小球到达位置B时弹簧的弹性势能为21)2(ghmvm−【答案】D【解析】【详

解】A．从A到B，小球重力和弹簧的弹力做功，系统机械能守恒，但是小球机械能不守恒，故A错误；B．由A至B重力势能减少mgh，小球在下降中小球的重力势能转化为动能和弹性势能，所以212mghmv，故B

错误。C．根据动能定理得21-2mghmvW=弹所以由A至B小球克服弹力做功为212mghmv−，故C错误。D．弹簧弹力做功量度弹性势能的变化。所以小球到达位置B时弹簧的弹性势能为212pEmghmv=−故D正确。故选D。

5.如图所示，足够长的木板B置于光滑水平面上放着，木块A置于木板B上，A、B接触面粗糙，动摩擦因数为一定值，现用一水平恒力F作用在B上使其由静止开始运动，A、B之间有相对运动，下列说法正确的有（）A.B对A的摩擦力的

功率是不变的B.力F做的功一定等于A、B系统动能的增加量C.力F对B做的功等于B动能的增加量D.B对A的摩擦力做的功等于A动能的增加量.【答案】D【解析】【详解】A．AB之间有相对运动，所以滑动摩擦力恒定，由于A在B给的

摩擦力作用下做加速运动，所以根据PFv=可知B对A的摩擦力的功率在增大，A错误；B．由题滑块运动到木板左端的过程中，说明拉力足够大，A与B有相对运动，对整体分析可知，F做功转化为两个物体的动能及系统的内能，故拉力F做的功大于AB系统动能的增加量，B错误；

C．根据动能定理可得F与A给B的摩擦力做功之和等于B的动能的增加量，C错误；D．在水平方向上A只受B给的摩擦力，根据动能定理可得B对A的摩擦力做的功等于A动能的增加量，D正确。故选D。6.在电视台举办的娱乐节目中，参赛人员

站在一个以较大角速度匀速旋转的水平大平台边缘，向平台圆心处的球筐内投入篮球．已知参赛人员相对平台静止，忽略空气阻力，则下列各俯视图中，篮球最可能进入球筐的是(图中箭头表示投篮方向)（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【详解】当沿圆周切线方向的速度和出手速度的合速

度沿篮筐方向，球就会被投入篮筐．故A正确，BCD错误。故选A。7.如图所示，质量分别为M、m的两个物体系在一根通过轻滑轮的轻绳两端，M放在水平地面上，m被悬在空中，若将M沿水平地面向右缓慢移动少许后M仍静止，则下面说法正确的是

（）A.绳中张力变大B.滑轮轴所受的压力变大C.M对地面的压力变大D.M所受的静摩擦力变大【答案】B【解析】【详解】A.以m为研究对象，得到绳子拉力F=mg，保持不变，故A错误；B.滑轮轴所受的压力大小等于两侧绳子拉力的合力大小，绳子拉力大小不变，两侧绳子间夹角减小，则绳子拉力的合力变大，则滑

轮轴所受的压力变大，故B正确；CD.以M为研究对象，设轻绳与竖直方向的夹角为，分析受力，由平衡条件，地面对M的支持力FN=Mg-Fcosα地面对M的摩擦力Ff=FsinαM沿水平地板向右缓慢移动少许后，α减小，由数学知识得到FN变小，Ff变小；根据牛顿第三定律得知M对地面的压

力也变小，故CD错误。故选B.8.如图所示,在光滑水平面上,有质量分别为2m和m的AB、两滑块,它们中间夹着一根处于压缩状态的轻质弹簧(弹簧与AB、不拴连),由于被一根细绳拉着而处于静止状态.当剪断细绳,在两滑块脱离弹簧之后,下述说法正确的是（）A.两滑块的动量大小之比:2:1ABpp=B

.两滑块的速度大小之比ABvv:2:1=C.两滑块的动能之比12::kAkBEE=D.弹簧对两滑块做功之比:1:1ABWW=【答案】C【解析】【详解】在两滑块刚好脱离弹簧时运用动量守恒得：20ABmvmv+=，得2

BAvv=−，两滑块速度大小之比为：12ABvv=；两滑块的动能之比221212:122AkAkBBmvEEmv==，B错误C正确；两滑块的动量大小之比211AABBpmvpmv==，A错误；弹簧对两滑块做功之比等于两滑块动能之比为：1：2，D错误．二、多选题（本大题共

6小题，共24.0分）9.在光滑水平面内有一直角坐标系xOy，在t=0时刻，质量为m=2kg的物块从直角坐标系的坐标原点O以一初速度0v沿y轴正方向开始运动，同时受一沿+x方向的恒力F作用，其沿x方向的位移

x与x方向的速度的平方2xv关系如图甲所示，沿y方向的位移y随时间t的变化关系如图乙所示。下列说法正确的是A.物块做匀变速曲线运动B.物块受到的恒力F=1NC.t=4s时物块位移s=10m，方向与x轴正向成37°D.t=4s时物块

的速度为=5.5m/s，方向与x轴正向成37°【答案】AC【解析】【详解】A．分析物体在x方向上的运动情况，根据速度-位移关系可知，22xvxa＝，x-vx2图象的斜率表示加速度二倍的倒数，a=1m/s2，位移-时间图象的斜率等于速度，倾斜的直线

表示物体做匀速直线运动，y方向上做匀速直线运动，则物体做匀变速曲线运动，故A正确；B．根据牛顿第二定律可知，F=ma=2N，故B错误；C．t=4s时，x方向上的位移x=12at2=8my方向上的位移y=6

m，根据运动的合成与分解可知，物块的位移2210msxy=+=方向与x轴的夹角θ满足ytanx=可得37=故C正确；D．物体做类平抛运动，t=4s时，速度与x轴的夹角φ满足tanφ=2tanθ，即φ≠37°，故D错误。故选AC。10.如图所示，水平光滑长杆上套有小物

块A，细线跨过O点的轻小定滑轮一段连接A，另一端悬挂小物块BC，为O点正下方杆上一点，滑轮到杆距离OCh=，开始时，A位于P点，PO与水平方向的夹角为30，现将A、B由静止释放，则()A.物块A由P点出发第一次到达C点过程中，加速度不断增大B.物块B从释放到最低点过程中，动能

不断增大C.物块A在杆上长为23h的范围内做往复运动D.物块B的机械能最小时，物块A的动能最大【答案】CD【解析】物块A由P点出发第一次到达C点过程中，对A受力分析，根据力的分解cosFmgma==，角度增大，合力变小，

加速度不断减小，A错误；刚开始释放时，B的速度为零，当A的速度最大时，即绳子竖直时，B的速度为零，所以B的速度先增大后减小，即动能先增大后减小，B错误；根据几何知识可知3tan30ABhLh==，过程中系统机械能守恒，A到C点动

能最大，B机械能最小，根据对称性可知A减速运动到右边距离C点3h处，B上升到原来的高度，即物块A在杆上长为23h的范围内做往复运动，CD正确．【点睛】在绳子作用下，A先加速后减速，而B先加速后减速，当A的速度最大时，B下降最低，根据能量

守恒定律，结合力与运动的关系，即可求解．11.在校运动会三级跳远比赛中，某同学的跳跃过程可简化为如图的情况。该同学在空中过程只受重力和沿跳远方向恒定的水平风力作用，地面水平、无杂物、无障碍，每次和地面的作用时间不计，假设人着地反弹前后水平分速度不变，竖直分速度大小不变方向相反

，假设张明同学从A点开始起跳到D点的整过程中均在同一竖直平面内运动，下列说法正确的是（）A.每次从最高点下落过程都是平抛运动B.每次起跳到着地水平位移AB：BC：CD=1：3：5C.从起跳到着地三段过程中水平方向速度变化量相等

D.三段过程时间相等【答案】CD【解析】【详解】A．平抛运动要求只受重力，而题目中说明有风力，每次从最高点下落过程都不是平抛运动，A错误；BCD．由题意可知，人着地反弹前后水平分速度不变，竖直分速度大小不变方向相反，每一次起跳的速度方

向和第一次相同，由22vgh=可知每次起跳高度相同，由212hgt=知，每次起跳在空中的时间相同，而水平方向每次起跳都是匀加速直线运动，则三段过程中速度的变化量相等，由于水平方向的初速度不为零，则水平位移不满足1：3：5的关系，B错误，CD正确。

故选CD。12.甲、乙两名溜冰运动员，面对面拉着弹簧秤做圆周运动的溜冰表演，如图所示。已知M甲＝80kg，M乙＝40kg，两人相距0.9m，弹簧秤的示数为30N，下列判断中正确的是（）A.两人的角速度相同B.两人的线速度相同C.两人的运动半径相同，都是0.45mD.两人的运

动半径不同，甲为0.3m，乙为0.6m【答案】AD【解析】【详解】弹簧秤对甲、乙两名运动员的拉力提供向心力，根据牛顿第二定律得M甲R甲ω甲2=M乙R乙ω乙2=30N①由于甲、乙两名运动员面对面拉着弹簧秤做圆周运动的溜冰表演，所以ω甲

=ω乙则有=RMRM甲乙乙甲，已知M甲=80kg，M乙=40kg，两人相距0.9m，所以两人的运动半径不同，甲为0.3m，乙为0.6m，根据①得：两人的角速度相同，根据线速度v=ωr得线速度不同，故AD正确，BC错误。故选AD。13.如图所示，一根细线下端栓一个金属小球P，细线的上端固定在金属块

Q上，Q放在带小孔（小孔光滑）的水平桌面上，小球在某一水平面内做匀速圆周运动，现使小球在一个更高的水平面上做匀速圆周运动，而金属块Q始终静止在桌面上的同一位置，则改变高度后与原来相比较，下面的判断中正确的是（）A.细线所受的拉力不变B.小球P运动的角速度变大C.小球P运动的周期变

短D.Q受到桌面的静摩擦力变小【答案】BC【解析】【详解】AB．设细线与竖直方向的夹角为θ，细线的拉力大小为T，细线的长度为L，P球做匀速圆周运动时，由重力和细线的拉力的合力提供向心力，如图则有cosmgT=2tansinmgmL=得角速度cosgL=使小球改到一个更高的

水平面上作匀速圆周运动时，θ增大，cos减小，则得到细线拉力T增大，角速度ω增大，根据2T=可知周期减小，A错误，BC正确；CD．对Q球，由平衡条件得知，Q受到桌面的静摩擦力等于细线的拉力大小，则静摩擦力变大，D错误。故选BC。14.如图

所示，一长度l未知的轻杆，一端穿在过O点的水平转轴上，另一端固定一质量m未知的小球，整个装置绕O点在竖直面内转动。小球通过最高点时，轻杆对小球的弹力F与其速度平方v2的关系如图所示，已知重力加速度为g，下列说法正确

的是（）A.轻杆长度gla=B.小球质量bmg=−C.当2va时，轻杆中的弹力表现为向下的拉力D.仅换用长度较短的轻杆做实验，图线b点的位置不变【答案】BD【解析】【详解】B．在最高点，当速度为零时，向心力为零，小球的重力与

轻杆对小球的弹力大小相等，方向相反，故据图可知-b=mg解得球的质量为bmg=−故B正确；A．在最高点，重力和杆的作用力的合力充当向心力，由牛顿第二定律可得2vFmgmL+=化简可得2vFmmgL=−由图象的斜率可得bmkaL−==解得轻杆的长度为aLg=故A错误；C．由图可知，当2v

a=时，轻杆中的弹力为零，故由竖直平面内的圆周运动的临界条件可知当2va时，轻杆中的弹力表现为向上的支持力，C错误；D．由于截距的大小等于球的重力大小，故仅换用长度较短的轻杆做实验，图线b点的位置不变，D正确。故选BD。三、实验题（本大题共2小题，共14.0分）15.已知一

个钩码的质量为m;地球的半径为R;“科学真是神奇”，现仅提供一只量程合适的弹簧秤，你就可以获得地球的第一宇宙速度啦！（忽略地球的自转）（1）需要直接测量的物理量是____________（2）地球的第一宇宙速度V1的推理表达式为:V1=_________（用已知和测量的物理量

表示）【答案】(1).钩码的重力F(2).FRm【解析】(1)需要直接测量的物理量是钩码的重力F；(2)根据万有引力等于重力可知2GMmFR=，根据万有引力提供向心力可知22GMmmvRR=，联立解得FRvm=．16.为了只用一根弹簧和一把刻度尺测定某滑块与水平桌面

间的动摩擦因数μ(设为定值)，某同学经查阅资料知，一劲度系数为k的轻弹簧由伸长量为x至恢复到原长的过程中，弹力做功为12kx2，于是他设计了以下实验．第一步：如图所示，将弹簧的一端固定在竖直墙上，弹簧处于原长时另一端在A点．现推动滑块将

弹簧压缩至B点，松手后滑块在水平桌面上运动一段距离，到达C点时停止．第二步：将滑块挂在竖直放置的弹簧下，弹簧伸长后保持静止状态．回答下列问题：（1）对于松手后滑块在水平桌面上滑动过程中有关物理量的描述，下列说法正确的是______A.当弹簧恢复原长时，滑块的加速度达最大值B.当弹簧

恢复原长时，滑块的速度达最大值C.滑块的加速度先增大后减小，然后保持不变D.滑块的加速度先减小后增大，然后保持不变（2）你认为该同学应该用刻度尺直接测量的物理量是（写出名称并用符号表示）：___________．（3）用直接测得的物理量表示滑块与水平桌面间动摩擦因数μ的计算式μ=

_________．【答案】(1).D(2).需要用刻度尺测出AB间的距离x1、BC间的距离s和弹簧竖直悬挂滑块时的长度x2和弹簧的原长x0；(3).21202()xxxs−【解析】【详解】（1）松手后滑块在水平桌面上滑动过程中受到弹簧弹力和摩擦力的作用，根据牛顿第二定

律得：a=Ffm弹−，滑块向右运动时，弹力减小，加速度减小，当弹力等于摩擦力时，加速度为零，速度达到最大值，木块继续向右运动，弹力进一步减小，加速度反向增大，木块做减速运动，当速度等于零时，加速度为零，故D正确，ABC错误．故选D（2）该过程中，物体运动克服摩擦

力做功，消耗弹簧的弹性势能，即弹簧弹力做的正功等于克服摩擦力做功，所以要求弹簧弹力做功的大小，根据W=212kx，需要测量弹簧的形变量，即原长和压缩后的长度的差值AB间的距离x1；需要求弹簧的劲度系数，可以根据弹簧挂物体时处于平衡状态求出劲度系数，所以

需要测量弹簧竖直悬挂滑块时的长度x2，和弹簧的原长x0；在整个过程中根据功能关系有212kx=μmgs，所以要测量物体滑行的距离，即BC间的距离s；（3）根据题意，弹簧弹力做功为：W=212kx=2112kx①设滑块质量为m，有：kx=mg，即：k（x2-x0）=mg②根据功能关系

有：W=2112kx=μmgS③联立①②③解得：μ=21202()xxxs−【点睛】利用悬挂时二力平衡求出弹簧的劲度系数k，利用了功能关系来求摩擦系数，即运动过程中克服摩擦力做的功等于消耗弹簧的弹性势能．四、计算题（本大题共3小题，共30.0分）17.有一个固定竖直放置的圆形轨道，半径为R，由左

右两部分组成，如图所示，右半部分轨道AEB是光滑的，左半部分轨道BFA是粗糙的．在最低点A给一质量为m的小球(可视为质点)一个水平向右的初速度vo，使小球恰好能沿轨道AEB运动到最高点B，然后又能沿轨道BFA回到A点，且回到A点时对轨道的压力为5mg，g为重力加速

度，求（1）小球的初速度vo的大小；（2）小球由B经F回到A的过程中克服摩擦力做的功．（3）若规定以A点所在水平面为零势能面，则小球在与轨道AEB分离时，小球具有的重力势能为多少．【答案】（1）v0=5gR；（2）Wf=12mgR；（3）53mgR【解析】【详解

】（1）小球恰能到达最高点B，则：2BvmgmR=；从A到B，由机械能守恒：22011222BmvmvmgR=+，解得：05vgR=（2）且回到A点时，由牛顿第二定律：2ANvFmgmR−=，其中FN=5mg，解得2AvgR=，则从B回到A，由动能定理：22

11222fABmgRWmvmv−=−解得12fWmgR=（3）设小球与轨道AEB分离时的位置与圆心连线与竖直方向的夹角为θ，则2cosvmgmR=由能量关系：2211(1cos)22AmvmvmgR=++解得：2c

os3=，则分离位置小球具有的重力势能为：5(1cos)3PEmgRmgR=+=18.是竖直平面内的四分之一圆弧轨道，在下端B与水平直轨道相切，如图所示．一小球自A点起由静止开始沿轨道下滑．已知圆轨道半径为R，

小球的质量为m，不计各处摩擦．求：(1)小球运动到B点时的动能．(2)小球下滑到距水平轨道的高度为12R时速度的大小和方向．(3)小球经过圆弧轨道的B点和水平轨道的C点时，所受轨道支持力FNB、FNC各是多大？【答案】（1）mgR（2）vgR=，速度方向沿圆弧的切线向下，与竖直方向成

30°（3）FNB＝3mg，FNC＝mg【解析】试题分析：（1）从A到B的过程中，机械能守恒所以Ek=mgR．（2）根据机械能守恒△Ek=△Epmv2=mgR所以小球速度大小v=，速度方向沿圆弧的切线向下，小球距水平轨

道的高度为R，由三角形的关系可知，小球与竖直方向的夹角为30°．（3）根据牛顿运动定律及机械能守恒，在B点NB﹣mg=m，mgR=mvB2解得NB=3mg在C点时，小球受力平衡，所以NC=mg．19.我国的动车技术已达世界先进水平，“高铁出海”将在我国“一带一路”战略构想中占据重要一席．所谓

的动车组，就是把带动力的动力车与非动力车按照预定的参数组合在一起．某中学兴趣小组在模拟实验中用4节小动车和4节小拖车组成动车组，总质量为m=2kg，每节动车可以提供P0=3W的额定功率，开始时动车组先以恒定加速度21/ams=启动做匀加

速直线运动，达到额定功率后保持功率不变再做变加速直线运动，直至动车组达到最大速度vm=6m/s并开始匀速行驶，行驶过程中所受阻力恒定，求：（1）动车组所受阻力大小和匀加速运动的时间；（2）动车组变加速运动过程中的时间为10s，求变加速运动的位移．【答案】（1）2N

3s（2）46.5m【解析】（1）动车组先匀加速、再变加速、最后匀速；动车组匀速运动时，根据P=Fv和平衡条件求解摩擦力，再利用P=Fv求出动车组恰好达到额定功率的速度，即匀加速的末速度，再利用匀变速直线运动的规律即可求出求匀加速运动的

时间；（2）对变加速过程运用动能定理，即可求出求变加速运动的位移．（1）设动车组在运动中所受阻力为f，动车组的牵引力为F，动车组以最大速度匀速运动时：F=动车组总功率：mPFv=，因为有4节小动车，故04PP=联立解得：f=2N设动车组在匀加速阶段所提供的牵引力为Fʹ，匀加速运动的末速度为v

由牛顿第二定律有：Ffma−=动车组总功率：PFv=，运动学公式：1vat=解得匀加速运动的时间：13ts=（2）设动车组变加速运动的位移为x，根据动能定理：221122mPtfxmvmv=−−解得：x=46.5m