2017-2018学年高一物理下学期期末考试试题（含解析）III

2017-2018学年高一物理下学期期末考试试题（含解析）III一．单项选择题（本题共5小题，每小题4分，共20分．每题有A．B．C．D四个可供选择的选项，其中只有一个选项是正确的）

1.游泳运动员以恒定的速率垂直于河岸渡河，当水速突然变大时，对运动员渡河时间和经历的路程产生的影响是A.路程变大，时间延长B.路程变大，时间不变C.路程变大，时间缩短D.路程和时间均不变【答案】B【解析】【详解】游泳运动员实际参与了两个分运动，沿垂直于河岸方向的匀速运动和沿水流方向的匀速运动，两分运动同时发生，互不影响，因而渡河时间等于沿垂直于河岸方向分运动的时间；水流的速度突然变大时，对垂直河岸的运动没有影响，又游泳运动员的速度是恒定的，所以渡河的时间是不变的沿水流方向速度增大，相等时间内沿水流方向位移增大，路程增大，故B正确，ACD错误

2.如图所示，乘坐游乐园的翻滚过山车时，质量为m的人随车在竖直平面内旋转，下列说法正确的是A.车在最高点时人处于倒坐状态，全靠保险带拉住，没有保险带，人就会掉下来B.人在最高点时对座位不可能产生压力C.人在最低点时对座位的压力大于mgD.人在最低点时对座位的压力等于mg【答案】C【解析】试题分析乘坐游乐圆的翻滚过山车时，质量为m的人随车一起在竖直平面内旋转，在最高点，向心加速度指向下，所以需要指向圆心的合外力，即，该支持力最小可以为零，若不带安全带，虽然理论分析可以，但是不安全所以AB均错在最低点，显然压力要大于重力，C对考点圆周运动点评本题考查了圆周运动向心力的来源的分析在解决这类问题时，要特别注意向心力的来源，并要知道向心力是指的指向圆心的合外力

3.某物体同时受到在同一平面内的几个恒力作用而平衡，某时刻突然撤去其中一个力，其他力保持不变，以后这物体将

①可能做匀速直线运动

②可能做匀加速直线运动

③可能做匀加速曲线运动

④可能做匀速圆周运动A.

①②④B.

②③C.

①②③D.

①④【答案】B【解析】【详解】质点同时受到在同一平面内的几个恒力作用而平衡时，其中任意一个力与剩余的力的合力等值反向若物体原来是匀速运动的当撤去其中一个力，那么剩余的力的合力可能会与原来的运动方向会有几种情况第一种情况，方向相同，则做匀加速直线运动，故

②正确第二种情况，方向相反，则做匀减速直线运动；第三种情况，成任意锐角，则为匀加速的曲线运动，故

③正确；若物体原来是静止的，当撤去其中一个力后，物体只会做匀加速直线运动由于物体一定合外力，故不可能为匀速运动，故

①错误；要是物体做匀速圆周运动，合力的方向必须时刻变化，指向圆心，在本题中是做不到的故

④错误所以B正确，ACD错误

4.光滑的水平面上放着一辆小车，站在小车上的人拉系在墙壁上的水平绳子，使小车和人一起向右加速移动．则下列说法正确的是A.绳子的拉力对人做了负功B.绳子的拉力对小车做了正功C.小车对人的摩擦力对人做了正功D.人对小车的摩擦力对小车做了正功【答案】D【解析】【详解】人拉绳子时作用点位置变动，但是沿着力方向物体作用点并未发生移动，故绳子对人不做功由于拉力未作用在小车上，所以拉力对小车不做功，故AB错误；小车对人的摩擦力方向向左，则小车对人的摩擦力对人做负功，故C错误；人对小车的静摩擦力方向向右，则静摩擦力对小车做正功，故D正确所以D正确，ABC错误

5.我国发射了一颗资源探测卫星发射时先将卫星发射至距地面50km的近地圆轨道1上然后变轨到近地点高50km远地点高1500km的椭圆轨道2上最后由轨道2进入半径为7900km的圆轨道3已知地球表面的重力加速度g=10m/s2忽略空气阻力则以下说法错误的是A.在轨道2运行的速率可能大于

7.9km/sB.卫星在轨道2上从远地点向近地点运动的过程中速度增大机械能增大C.由轨道2变为轨道3需要在近地点点火加速且卫星在轨道2上的运行周期小于在轨道3上的运行周期D.仅利用以上数据可以求出卫星在轨道3上的动能【答案】BCD【解析】第一宇宙速度是理论上的最大环绕速度，实际卫星绕地球圆周运动的速度都小于这个值；在1圆轨道变轨到2椭圆轨道的过程中，需要加速，所以速率可能大于

7.9km/s，故A正确；卫星在轨道2上从远地点向近地点运动的过程中只有万有引力（或者说重力）做功，所以速度变大，机械能不变，故B错误；轨道3是远地轨道，所以由轨道2变为轨道3需要在远地点点火加速做离心运动，根据开普勒第三定律可知，卫星在轨道2上的运行周期小于在轨道3上的运行周期，故C错误；不知道卫星的质量，所以不能求出在轨道3上的动能，故D错误此题选择错误的选项，故选BCD点睛:本题考查卫星的变轨及开普勒定律等知识；关键明确卫星在圆轨道运行时，万有引力提供向心力，卫星的运动过程中只有重力做功，机械能守恒；由低轨道进入高轨道要点火加速．二．不定项选择题（本题共5小题，每小题6分，共30分．每小题均不止一个选项符合题意，全选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错或不答的得0分）

6.如图所示，取稍长的细竹杆，其一端固定一枚小铁钉，另一端用羽毛做一个尾翼，做成A.B两只“飞镖”，将一软木板挂在竖直墙壁上作为镖靶．在离木板一定距离的同一高度处，将它们水平掷出，不计空气阻力，两只“飞镖”插在靶上的状态如图所示侧视图．则下列说法中正确的是A.A镖的质量一定比B镖的质量大B.A镖掷出时的初速度比B镖掷出时的初速度大C.B镖插入靶时的末速度一定比A镖插入靶时的末速度大D.B镖的运动时间比A镖的运动时间长【答案】BD【解析】【详解】平抛运动的规律与物体的质量无关，所以不能判断AB质量的关系，故A错误；根据知，B下降的高度大，则运动的时间长，根据x=v0t知，水平位移相同，则A的初速度大于B的初速度，故BD正确；由于A的初速度大于B的初速度，所以不能判断出B镖插入靶时的末速度一定比A镖插入靶时的末速度大，故C错误所以BD正确，AC错误

7.“天宫一号”是我国第一个目标飞行器和空间实验室.已知“天宫一号”绕地球的运动可看做是匀速圆周运动，转一周所用的时间约为90分钟.关于“天宫一号”，下列说法正确的是A.“天宫一号”的线速度一定比静止于赤道上的物体的线速度小B.“天宫一号”离地面的高度一定比地球同步卫星离地面的高度小C.“天宫一号”的角速度约为地球同步卫星角速度的16倍D.当宇航员站立于“天宫一号”内不动时，他所受的合力为零【答案】BC【解析】【详解】根据万有引力提供向心力，解得，由此可知，轨道半径越大，速度越小，同步卫星的轨道半径远大于天宫一号的轨道半径，所以“天宫一号”的线速度比地球同步卫星的线速度大，由v=rω知，静止于赤道上的物体的线速度比同步卫星的线速度小，因此“天宫一号”的线速度一定比静止于赤道上的物体的线速度大，故A错误；根据万有引力提供向心力，解得，由此可知，周期越大，轨道半径肯定越大，同步卫星的周期是24h，远大于天宫一号的周期90分钟，故“天宫一号”离地面的高度比地球同步卫星离地面的高度小，故B正确；据上分析知“天宫一号”的周期约为地球同步卫星周期的，根据知“天宫一号”的角速度约为地球同步卫星角速度的16倍，故C正确；天宫一号及里面的人和物都处于失重状态，受力不平衡，合力不为零，故D错误所以BC正确，AD错误

8.为了探测X星球，载着登陆舱的探测飞船在该星球中心为圆心，半径为的圆轨道上运动，周期为，总质量为，随后登陆舱脱离飞船，变轨到离星球更近的半径为的圆轨道上运动，此时登陆舱的质量为，则（）A.X星球的质量为B.X星球表面的重力加速度为C.登陆舱在与轨道上运动时的速度大小之比为D.登陆舱在半径为轨道上做圆周运动的周期为【答案】AD【解析】试题分析飞船绕X星球做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，由牛顿第二定律知，则X星球质量，A正确；由＝ma1，知r1轨道处的向心加速度a1＝＝，而对绕X星球表面飞行的飞船有＝mgX（R为X星球的半径），则gX＝a1＝＝，B错误；由知，故，C错误；根据得，故T2＝T1，D正确．考点考查了万有引力定律的应用【名师点睛】在万有引力这一块，设计的公式和物理量非常多，在做题的时候，首先明确过程中的向心力，然后弄清楚各个物理量表示的含义，最后选择合适的公式分析解题，另外这一块的计算量一是非常大的，所以需要细心计算

9.用一根绳子竖直向上拉一个物块，物块从静止开始运动，绳子拉力的功率按如图所示规律变化，0～t0时间内物块做匀加速直线运动，t0时刻后物体继续加速，t1时刻物块达到最大速度．已知物块的质量为m，重力加速度为g，则下列说法正确的是A.物块始终做匀加速直线运动B.t1时刻物块的速度大小为C.0～t0时间内物块的加速度大小为D.0～t1时间内绳子拉力做的总功为【答案】BD【解析】【详解】0-t0时间内物块做匀加速直线运动，t0时刻后功率保持不变，根据P=Fv知，v增大，F减小，物块做加速度减小的加速运动，当加速度减小到零，物体做匀速直线运动，故A错误；在t1时刻速度达到最大，F=mg，则速度，故B正确；根据P0=Fv=Fat，F=mg+ma得，P=（mg+ma）at，可知图线的斜率，可知，故C错误；P-t图线围成的面积表示牵引力做功的大小，根据动能定理得，解得，故D正确所以BD正确，AC错误

10.如图所示，质量相等、材料相同的两个小球A、B间用一劲度系数为k的轻质弹簧相连组成系统，系统穿过一粗糙的水平滑杆，在作用在B上的水平外力F的作用下由静止开始运动，一段时间后一起做匀加速运动，当它们的总动能为4Ek时撤去外力F，最后停止运动．不计空气阻力，认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力．则在从撤去外力F到停止运动的过程中，下列说法正确的是A.撤去外力F的瞬间，弹簧的伸长量为B.撤去外力F后，球A、B和弹簧构成的系统机械能守恒C.系统克服摩擦力所做的功等于系统机械能的减少量D.A克服外力所做的总功等于2Ek【答案】ACD【解析】【分析】根据受力分析与牛顿第二定律分析弹簧的伸长量，根据动能定理分析A克服外力所做的总功，根据功能关系分析系统克服摩擦力所做的功；【详解】A、当A与B一起做加速运动的过程中，等于整体，对小球A，联立得．即弹簧的伸长量为故A正确；B、撤去外力F后，球A、B和弹簧构成的系统在水平方向受到摩擦力的作用逐渐减速，所以机械能不守恒，故B错误；C、根据功能关系可知，整个的过程中，系统克服摩擦力所做的功等于A、B的动能以及弹簧减少的弹性势能的和，即等于系统机械能的减少量，故C正确；D、撤去外力F后A克服外力所做的总功等于A的动能，由于是当它们的总动能为时撤去外力F，所以A与B开始时的动能都是，即A克服外力所做的总功等于，故D正确【点睛】此题考查了两个物体被弹簧连接的连接体问题，明白F在拉动B运动时，由于杆的摩擦力，A物体会瞬时不动，从而弹簧就有拉长，存在弹性势能，是解决此题的关键三．实验题（本题共16分）

11.在用自由落体法“探究动能定理”的实验中，

（1）为完成此实验，除了图1中所给的器材，以下所列器材中必需的有______．（填字母）A．毫米刻度尺       B．秒表     C．天平       D．低压交流6V电源

（2）图2为实验打下的纸带，纸带上的点都是连续打下的点．已知打点计时器所用交流电源周期为T，重力加速度为g．量得A、B、C各点到起点O（打下的第一个点）的长度分别是 h

1、h

2、h3．已知重锤质量为m，从起点O到B点重锤所受重力做功WG=______，动能增加量△EK=______．（用题中所给字母表示）

（3）在实验中，WG和△EK增并不严格相等，产生误差的主要原因是______．【答案】

1.AD；

2.；

3.；

4.重锤下落过程受到阻力作用；【解析】【详解】

（1）实验需要求出重力做功与重锤动能的增加量，需要验证，即验证，实验需要用刻度尺测下落高度h，另外打点计时器需要使用交流电源，因此需要的器材为AD．

（2）从起点O到B点重锤所受重力做功为WG=mgh2，大小B点时重锤的速度为，重锤动能的增加量为；

（3）重锤下落过程受到阻力作用，要克服阻力做功，因此动能的增加量与重力做功不相等．故本题答案是

1.AD；

2.；

3.；

4.重锤下落过程受到阻力作用；【点睛】探究动能定理的方案很多，本实验通过自由落体运动探究动能定理实验，要理解实验原理，理解实验原理是解题的前提与关键；应用匀变速直线运动的推论可以求出重锤的瞬时速度，然后求出动能．

12.为了验证动能定理，某学习小组在实验室组装了如图所示的装置，还备有下列器材打点计时器所用的学生电源、导线、复写纸、细砂、刻度尺他们称得滑块的质量为M、砂和小桶的总质量为m，当滑块连接上纸带，用细线通过滑轮挂上空的小桶时，滑块处于静止状态，要完成该实验，则1实验时为保证细线拉力等于滑块所受的合外力，首先要做的步骤是_____实验时为保证细线的拉力与砂和小桶的总重力大小基本相等，砂和小桶的总质量应满足的实验条件是_____2在1问的基础上，让小桶带动滑块加速运动，用打点计时器记录其运动情况，在打点计时器打出的纸带上取两点，测出该两点的间距为L、打下该两点时滑块的速度大小为v

1、v2v1v2，已知当地的重力加速度为g，写出实验要验证的动能定理表达式________用题中所给的字母表示【答案】

（1）刻度尺；

（2）平衡摩擦力，；

（3）【解析】试题分析

（1）根据题意本实验需要测量滑块的位移，所以还缺少的器材是刻度尺

（2）在该实验中，为了保证细线拉力等于滑块所受的合外力，首先要将木板一端抬高，以平衡摩擦力；设绳子上拉力为F，对小车根据牛顿第二定律有，对砂桶和砂有，由此解得，由此可知当时，砂和砂桶的重力等于绳子的拉力，所以若使绳子拉力近似等于沙和沙桶的重力，应满足的条件是沙和沙桶的总质量远小于滑块的质量，即

（3）运动过程中外力做功为；动能的增加量为；根据动能定理实验要验证的表达式为为，即考点探究功与速度变化的关系【名师点睛】明确实验原理是解决实验问题的关键，本实验的关键是两个问题，一个是怎样才能使滑块受到的合力是绳子的拉力，再一个是怎样才能使绳子拉力近似等于小桶的重力四．计算题（本题共2小题，共34分．按要求作答，应写出必要的文字说明．方程式和重要的演算步骤，只写出最后结果的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位）

13.如图所示，一根长为

0.2m，能够承受的最大拉力为16N的细线，一端系着一个质量是

0.2kg的小球，拉住线的另一端，使球在光滑的水平桌面上做匀速圆周运动，当小球的线速度增大到时，细线断裂，小球恰好从桌子边沿的A点（图中未画出）沿着垂直于桌子边沿的方向飞出．求1这时小球运动的线速度2若桌面高出地面

0.8m，求小球飞出后的落点到A点距离【答案】

（1）

（2）【解析】【分析】线未断开前，由线的拉力提供向心力由向心力公式出小球的速度大小；小球离开桌面后做平抛运动，由高度求出时间，并求出平抛运动的水平位移，根据所求的距离与水平位移的数学关系求解【详解】

（1）小球在桌面内做匀速圆周运动的向心力由绳子提供代入数据解得

（2）小球从A点飞出过程为平抛运动，设运动时间为t，桌子高度为h，小球运动的水平位移为x，则有，x=v0t解得x=

1.6m再由勾股定理得可得【点睛】对于匀速圆周运动，基本方程是“指向圆心的合力”等于向心力，即F合=Fn，关键分析向心力的来源

14.如图所示，为光电计时器的实验简易示意图，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，实验中所选用的光电门传感器可测的最短时间为

0.01ms．光滑水平导轨MN上放两个相同物块A和B，其宽度a=

3.0×10-2m，左端挡板处有一弹射装置P，右端N处与水平传送带平滑连接，今将挡光效果好，宽度为d＝

3.6×10-3m的两块黑色磁带分别贴在物块A和B上，且高出物块，并使高出物块部分在通过光电门时挡光．传送带水平部分的长度L=8m，沿逆时针方向以恒定速度v=6m/s匀速传动．物块A、B与传送带间的动摩擦因数

0.2，质量mA=mB=1kg．开始时在A和B之间压缩一轻弹簧，锁定其处于静止状态，现解除锁定，弹开物块A和B，迅速移去轻弹簧，之后两物块第一次通过光电门，计时器显示读数均为t=

9.0×10-4s．g取10m/s2．试求

（1）弹簧储存的弹性势能；

（2）物块B沿传送带向右滑动的最远距离Sm；

（3）物块B滑回水平面MN的速度大小；

（4）若物体B返回水平面MN后与被弹射装置P弹回的物块A在水平面上相碰，且A和B碰后互换速度，则弹射装置P至少必须对物块A做多少功，才能在AB碰后使B刚好能从Q端滑出？物块B在此滑离皮带的运动过程中，与传送带之间因摩擦产生的内能ΔE为多大？计算结果可用根号表示【答案】解

（1）解除锁定弹开物块AB后，两物体的速度大小弹簧储存的弹性势能

（2）物块B滑上传送带匀减速运动，当速度减为零时，滑动的距离最远．由动能定理得得

（3）物块B沿传送带向左返回时，先匀加速运动，物块速度与传送带速度相同时再一起匀速运动，设物块B加速到传送带速度v需要滑动的距离为由　得表明物块B滑回水平面MN的速度没有达到传送带的速度所以:

（4）设弹射装置对物块A做功为，则AB碰后速度互换，B的速度=B要刚好能滑出传送带的Q端，由能量关系有又mA=mB，联立解得在B滑过传送带的过程中，传送带移动的距离因摩擦产生的内能为【解析】略。