【文档说明】黑龙江省鹤岗市第一中学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，1.126 MB，由小赞的店铺上传

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2019—2020下学期高一物理期末试题一、选择题（5、13为多选，其它为单选。全部选对的得4分，选不全的得2分，有选错的或不答的得0分，共56分）1.某质点在恒力F作用下，F从A点沿下图中曲线运动到B点，到达B点后，质点受到的力大小仍为F，但方向相反，则它从B点开始的运动轨迹可

能是图中的哪条曲线（）A.曲线aB.直线bC.曲线cD.三条曲线均有【答案】A【解析】【详解】从A点沿曲线运动到B点，曲线是向下弯曲的，由合力应该指向圆心的一侧，可知恒力F的方向应该是斜向右下方的，改变F的方向之后就应该是斜向左上方的，又由于曲线运动的合力

是指向圆心的一侧，所以把F反向之后，物体的运动轨迹应该是向上弯曲即轨迹a，故选项A正确，选项BCD错误．【点睛】本题主要是考查学生对曲线运动的理解，根据合力和物体做曲线运动轨迹的弯曲方向间的关系，来判断物体的运动轨迹．2.有

一条两岸平直、河水均匀流动，流速恒为v的大河，一条小船渡河，去程时船头指向始终与河岸垂直，回程时行驶路线与河岸垂直，小船在静水中的速度大小为23v，回程与去程所用时间之比为（）A.3：2B.2：1C.3：1D.23:1【答案】B【解析】【详解】设河宽为d，则去程所用的

时间13223ddtvv==返程时的合速度222()33vvvv=−=回程的时间为233ddtvv==故回程与去程所用时间之比为t2:t1=2:1故选B。3.羽毛球运动员林丹曾在某综艺节目中表演羽毛球定点击鼓，如图是他表演时的羽毛球场地示意图．图中甲、乙两鼓等高，

丙、丁两鼓较低但也等高．若林丹各次发球时羽毛球飞出位置不变且均做平抛运动，则A.击中甲、乙的两球初速度v甲=v乙B.击中甲、乙的两球初速度v甲＞v乙C.假设某次发球能够击中甲鼓，用相同速度发球可能击中丁鼓D.击中四鼓的羽毛球中，击中丙鼓的初速度最大【答案】B【解析】由图可知中，甲乙高度相同

，所以球到达鼓用时相同，但由于离林丹的水平距离不同，甲的水平距离较远，所以由v=x/t可知，击中甲、乙的两球初速度v甲＞v乙；故A错误，B正确；由图可知，甲丁两球不在同一直线上，所以用相同速度发球不可能到达丁鼓，故C错误；由于丁

与丙高度相同，但由图可知，丁离林丹的水平距离最大，所以丁的初速度一定大于丙的初速度，故D错误．故选B．4.如图所示为学员驾驶汽车在水平面上绕O点做匀速圆周运动的俯视图。已知质量为60kg的学员在A点位置，质量为70kg的教练员在B

点位置，A点的转弯半径为5.0m，B点的转弯半径为4.0m，则学员和教练员（均可视为质点）（）A.运动周期之比为5∶4B.运动线速度大小之比为1∶1C.向心加速度大小之比为4∶5D.受到的合力大小之比为15∶14【答案】D【解析】【详解】A．A

、B两点做圆周运动的角速度相等，根据2T=知，周期相等，故A错误。B．根据vr=，半径之比为5∶4，知线速度大小之比为5∶4，故B错误。C．根据2ar=知，向心加速度大小之比为5∶4，故C错误。D．根据

Fma=，向心加速度大小之比为5∶4，质量之比为6∶7，知合力大小之比为15∶14，故D正确。故选D。5.如图所示，摩天轮悬挂的座舱在竖直平面内做匀速圆周运动．座舱的质量为m，运动半径为R，角速度大小为ω，重力加速度为g，则座舱A.运动周期为2πRB.线速度的大小为ωRC.受摩天

轮作用力的大小始终为mgD.所受合力的大小始终为mω2R【答案】BD【解析】【详解】由于座舱做匀速圆周运动，由公式2πT=，解得：2πT=，故A错误；由圆周运动的线速度与角速度的关系可知，vR=，故B正确；由于座舱做匀速圆周运动，所以座舱受到摩天轮的作用力是

变力，不可能始终为mg，故C错误；由匀速圆周运动的合力提供向心力可得：2FmR=合，故D正确．6.2018年2月12日13时03分，我国在西昌卫星发射中心用长征三号乙运载火箭，以“一箭双星”方式成功发

射第二十八、二十九颗北斗导航卫星．发射过程中“北斗”28星的某一运行轨道为椭圆轨道，周期为0T，如图所示．则（）A.“北斗”28星的发射速度小于第一宇宙速度B.“北斗”28星在AB→过程所用的时间小于04TC.“北斗”28星在ABC→

→的过程中，速率逐渐变大D.“北斗”28星在BCD→→的过程中，万有引力对它先做正功后做负功【答案】B【解析】【详解】A、绕地球运行的卫星，其发射速度都大于第一宇宙速度，故选项A错误；B、卫星在ABC→→的过程中所用的时间是012T，由于卫星在ABC→

→的过程中，速率逐渐变小，AB→与BC→的路程相等，所以卫星在AB→过程所用的时间小于014T，故选选项B正确；C、根据开普勒第二定律，卫星在ABC→→的过程中，卫星与地球的距离增大，速率逐渐变小，故选项

C错误；D、卫星在BCD→→的过程中，万有引力方向与速度方向成钝角，万有引力对它做负功，过了C点后万有引力方向与速度方向成锐角，万有引力对它做正功，故选项D错误．7.宇宙中两颗靠得比较近的恒星，只受到

彼此之间的万有引力作用互相绕转，称之为双星系统。在浩瀚的银河系中，多数恒星都是双星系统。设某双星系统A，B绕其连线上的O点做匀速圆周运动，如图所示，若AO>OB，则（）A.星球A的质量一定大于B的质量B.星球A的角速度一定大于B的角速度C.双星间距离一定，双星的总质量越大，其转动周期越大D.

双星的总质量一定，双星间距离越大，其转动周期越大【答案】D【解析】【详解】AB．双星运动的角速度相等，则有22AABBmrmr=因为ABrr，所以ABmm，即A的质量一定小于B的质量，故AB错误；CD．设两星体间距为L，根据万有引力提供向心力

公式得22ABAABB22244mmGmrmrLTT==解得23AB4()LTGmm=+由此可知双星距离一定，双星总质量越大，其转动周期越小，双星的总质量一定，双星之间的距离越大，其转动周期越大，故C错误，D正确。故选D。8.如图所示，光滑斜面

放在水平面上，斜面上用固定的竖直挡板挡住一个光滑的重球．当整个装置沿水平面向左减速运动的过程中，关于重球所受各力做功情况的说法中正确的是()A.重力不做功B.斜面对球的弹力一定做正功C.挡板对球的弹力可能不做功D.挡板对球的弹力一定做负功【答案】ABD【解析

】【详解】对小球进行受力分析如图：重力方向与位移方向垂直，重力不做功，故A项正确．由于整个装置向左减速运动，加速度水平向右，则N1≠0，N1的方向与位移方向相反，所以N1一定做负功．故C项错误，D项正确．竖直方向受力平衡，则得N2

≠0，且N2与位移的夹角为锐角，斜面对球的弹力一定做正功．故B项正确．9.将一小球竖直向上抛出，小球在运动过程中所受到的空气阻力不可忽略．a为小球运动轨迹上的一点，小球上升和下降经过a点时的动能分别为Ek1和Ek2．从抛出开始到小球第一次经过a点时重

力所做的功为W1，从抛出开始到小球第二次经过a点时重力所做的功为W2．下列选项正确的是（）A.Ek1=Ek2，W1=W2B.Ek1＞Ek2，W1=W2C.Ek1＜Ek2，W1＜W2D.Ek1＞Ek2，W1＜W2【答案】B【解析】从抛出开始

到第一次经过a点和抛出开始第二次经过a点，上升的高度相等，因重力做功只与初末位置有关，故重力做功相等，即W1=W2．对两次经过a点的过程根据动能定理得，-Wf=Ek2-Ek1，可知Ek1＞Ek2，故B正确

，ACD错误．10.以下运动中物体的机械能一定守恒的是（）A.物体做匀速直线运动B.物体从高处以4g的加速度竖直下落C.不计空气阻力，细绳一端拴一小球，使小球在竖直平面内做圆周运动D.物体做匀变速曲线运动【答案】C【

解析】【分析】物体机械能守恒的条件是只有重力或者是弹力做功，根据机械能守恒的条件逐个分析物体的受力的情况，判断做功情况，即可判断物体是否是机械能守恒．也可以机械能的概念：机械能是动能与势能之和，进行分析．【详解】A．物体做匀速直线运动时动能不变，而重力势能可能变化，比如竖直方向的匀速直线运

动，所以机械能不一定守恒，故A错误．B．物体从高处以4g的加速度竖直下落时，必定受到向上的阻力，物体的机械能不守恒，故B错误．C．不计空气阻力，细绳一端拴一小球，使小球在竖直平面内做圆周运动，细绳的拉力对小球不做功，

只有重力做功，机械能守恒，故C正确．D．物体做匀变速曲线运动时可能有除重力以外的力做功，机械能不一定守恒，故D错误．故选C．【点睛】本题的关键是掌握机械能守恒的条件，也就是只有重力或弹簧的弹力做功，分析物体是否受到其它力的作用，以及其它力是否做功，由此即可判断是否机械能守恒．1

1.奥运会比赛项目撑杆跳高如图所示，下列说法不正确．．．的是（）A.加速助跑过程中，运动员的动能增加B.起跳上升过程中，杆的弹性势能一直增加C.起跳上升过程中，运动员的重力势能增加D.越过横杆后下落过程中，运动员的重力势

能减少动能增加【答案】B【解析】【分析】动能与物体的质量和速度有关，重力势能与物体的质量和高度有关，弹性势能大小和物体发生弹性形变的大小有关．根据能量转化的知识分析回答．【详解】加速助跑过程中速度增大，动能增加，A正确；撑杆从开始形变到撑杆恢复形变时，先是运

动员部分动能转化为杆的弹性势能，后弹性势能转化为运动员的动能与重力势能，杆的弹性势能不是一直增加，B错误；起跳上升过程中，运动员的高度在不断增大，所以运动员的重力势能增加，C正确；当运动员越过横杆下落的过程中，他的高度降低、速度增大，重力势能被转化为动能

，即重力势能减少，动能增加，D正确．12.如图所示，一足够长的木板在光滑水平面上以速度v向右匀速运动，现将质量为m的物体竖直向下轻轻地放置在木板上的右端，已知物体和木板之间的动摩擦因数为μ。为保持木板的速度不变，须对木板施一水平向右的作用力F。从物体放到木板上到它相对木板静止的过程

中，力F做的功为（）A.24mvB.22mvC.mv2D.2mv2【答案】C【解析】【详解】物体和木板之间的摩擦力f=μmg对于木板，要保持速度v不变，有F=f=μmg对于物体，根据牛顿第二定律μmg=ma解得a=μg；物体做匀加速直线运动，有vvtag

==此时木块的位移2vsvtg==则水平向右的作用力F做功22vWFsmgmvg===故C正确，ABD错误。故选C。13.如图，两位同学同时在等高处抛出手中的篮球A、B，A以速度v1斜向上抛出，B以速度v2竖直向上抛出，当A到达最高点时恰与B

相遇。不计空气阻力，A、B质量相等且均可视为质点，重力加速度为g，以下判断正确的是（）A.相遇时A的速度一定为零B.相遇时B的速度一定为零C.A从抛出到最高点的时间为2vgD.从抛出到相遇A、B动量的变化量相同【答案】B

CD【解析】【详解】A．A分解为竖直向的匀减速直线运动与水平向的匀速直线运动，相遇时A达到最高点则其竖直向的速度为0，水平向速度不变，合速度不为0，故A错误；B．在竖直向的分速度为yv，则相遇时22112

2yBvgtvtgt−=−解得Byvv=B的达到最高点，速度为也为0，故B正确；C．A与B到达最高点的时间相等为2vtg=故C正确；D．两者受到的外力为重力，时间相同则冲量相同，动量的变化量相同，故D正确。故选BCD。

14.如图所示，木块A、B置于光滑水平桌面上，木块A沿水平方向向左运动与B相碰，碰后粘连在一起，将弹簧压缩到最短．则木块A、B和弹簧组成的系统，从A、B相碰到弹簧压缩至最短的整个过程中（）A.动量不守恒、机械能守恒B.动量不守恒、机械能不守恒C.动量

守恒、机械能守恒D.动量守恒、机械能不守恒【答案】B【解析】【详解】AB及弹簧组成的系统，在相碰到弹簧压缩最短的过程中，由于左侧墙壁对弹簧有弹力的存在，合外力不为零，故系统动量不守恒，由于墙壁对弹簧的弹力与AB的运动方向相反，对

整个系统做负功，机械能不守恒，B正确．二、实验题（每空2分，共14分）15.现提供了如图甲所示的实验器材，来探究“合外力做的功与物体速度变化的关系”的实验，由图可知：（1）平衡摩擦力时，小车是否要挂纸带_____（填“要”或“不要”）；（

2）在某次实验中，得到如图乙所示的一条纸带，在A、B、C三个计数点中应该选用_____（选填“A”、“B”或“C”）点的速度才符合实验要求；（3）某同学采用如图甲所示的装置来做实验，先使小车不连接橡皮筋，发现小

车在木板上加速下滑．那么，在橡皮筋弹力的作用下，合外力对小车所做的功_____（选填“大于”、“小于”或“等于”）橡皮筋弹力所做的功．【答案】(1).要(2).C(3).大于【解析】试题分析：橡皮条做功完毕小车速度最大，做匀速直线运动；不加橡皮筋时，木块加速下滑，说

明合外力不为零，因此橡皮筋弹力作用下，合外力对小车做的功大于橡皮筋弹力所做的功．（1）平衡摩擦力是为了保证橡皮筋的拉力等于合力，是重力平行斜面的分力平衡摩擦力，故不需要挂纸带．（2）橡皮条做功完毕小车速度最大，做匀速直线运动，点迹均匀，故选C点．（3）不加橡皮筋时，木块加速下滑，说明合外力不为零，

此时在橡皮筋弹力作用下时，合外力大于橡皮筋的拉力，因此合外力对小车做的功大于橡皮筋弹力所做的功．16.用如图1所示的实验装置验证m1、m2组成的系统机械能守恒。m2从高处由静止开始下落，m1上拖着的纸带打出一系列的点，对纸带上的点迹进行测量，即可验证机械能守恒定律。如图2给出的

是实验中获取的一条纸带：0是打下的第一个点，每相邻两计数点间还有4个点(图中未标出)，所用电源的频率为50Hz，计数点间的距离如图2所示。已知m1＝50g、m2＝150g，则：（结果均保留两位有效数字）(1)在纸带上打下计数点5

时的速度v5＝______m/s；(2)在打下第0点到打下第5点的过程中系统动能的增量ΔEk＝____J，系统重力势能的减少量ΔEp＝______J；（取当地的重力加速度g＝10m/s2）(3)若某同学作出12v2－h图象如图3所示，则当地的重力加速度g＝________m/s

2。【答案】(1).2.4(2).0.58(3).0.60(4).9.7【解析】【分析】本题考查验证机械能守恒定律的实验，由实验数据算出某一过程系统动能的增加量，和这一过程重力势能的减少量，再结合数据及公式进行分析

。【详解】(1)[1]根据在匀变速直线运动中时间中点的瞬时速度大小等于该过程中的平均速度，可知打第5个点时的速度为465(21.6026.40)cm2.4m/s220.1sxvT+===(2)[2]物体的初速度为零，所以系统动能的增加量为2k125()10

0.58J2Emmv=+−=[3]重力势能的减小量等于物体重力做功，故系统重力势能减少量为p21(0.60J)EWmmgh==−=(3)[4]本题中根据机械能守恒可知212mghmv=即有212vgh=所以作出的212vh−图象中，斜率表示重

力加速度，由图可知斜率9.7k=故当地的实际重力加速度29.7m/sg=三、解答题：（本大题共3小题，17题8分，18题10分，19题12分，共30分，解答时要求写出必要的文字说明，方程式和重要演算步骤，若只有最后答案而无演算过程的不能得

分。）17.如图甲所示，一滑块从平台上A点以初速度v0向右滑动，从平台上滑离后落到地面上的落地点离平台的水平距离为s。多次改变初速度的大小，重复前面的过程，根据测得的多组v0和s，作出s2­-v图像如图乙所示。滑块与平台间的动摩擦因数为0.3，重力加速度g=10m/s2。求平台离

地的高度h及滑块在平台上滑行的距离d。【答案】1m；2m【解析】【详解】设滑块滑到平台边缘时的速度为v，根据动能定理得2201122mgdmvmv−=−滑块离开平台后做平抛运动，则有212hgt=svt=联立以上三式得22024hsvhdg=−图像

的斜率220.22212hg==−解得1mh=当20s=时，2012v=，解得2md=18.如图所示，一质量为m2＝0.4kg的平顶小车静止在光滑的水平轨道上．质量为m1＝0.39kg的小物块（可视为质点）静止在车顶的左端．一质量为m0＝0.01kg的子弹以水

平速度v0＝200m/s射中物块左端并留在物块中，子弹与物块的作用时间极短．最终物块相对地面以4m/s的速度滑离小车，物块与车顶面的动摩擦因数μ＝0.5，取重力加速度g＝10m/s2．求：（1）子弹射入物块过程中与物块共速时的速度大小；（2）小车的长度．【答案】（1）5/ms（

2）0.8【解析】【详解】（1）子弹与物块相互作用过程动量守恒，设共速时的速度为1v有()0011mvmmv=+解得：15/vms=（2）设物块滑离小车时的速度为2v，此时小车的速度为3v，三个物体组成的系统动量守恒：()()01101223mmvmmvmv+=++

设小车的长度为L,有能量守恒可得：()()()2220101101223111222mmgLmmvmmvmv+=+−+−解得：0.8Lm=故本题答案是：（1）5/ms（2）0.8【点睛】在一般的板块模型里如果要求板的长度，用能量守恒来求会事半功倍．19.如图甲所示，长为4m的水平轨道AB与半径

为R=0.6m的竖直半圆弧轨道BC在B处相连接，有一质量为1kg的滑块（大小不计），从A处由静止开始受水平向右的力F作用，F的大小随位移变化的关系如图乙所示，滑块与AB间的动摩擦因数为μ=0.25，与BC间的动摩擦因数未知，g取10m/s2，求

：(1)滑块在水平轨道AB上运动前2m过程所用的时间；(2)滑块到达B处时的速度大小；(3)若到达B点时撤去力F，滑块沿半圆弧轨道内侧上滑，并恰好能到达最高点C，则滑块在半圆弧轨道上克服摩擦力所做的功是多少？【答案】(1)18s35t=；(2

)210m/sBv=；(3)5J【解析】【详解】(1)在前2m内有11Fmgma−=且211112xat=解得18s35t=(2)滑块从A到B的过程中，由动能定理有2112312BFxFxmgxmv−−=即212021010.2511042Bv−−=解得210m/sBv=

(3)当滑块恰好能到达C点时，应有2cvmgmR＝滑块从B到C的过程中，由动能定理有2211222CBWmgRmvmv−−=解得W=-5J即克服摩擦力做功为5J。