高一下物理期末考试题卷带答案.docx

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高一下物理期末考试题卷带答案

一、选择题（每题4分，共40分,有的题不止一个答案，全部选对得4分，选对但不全的得2分，选错得0分）

1．关于曲线运动，以下说法中正确的是（▲）

A．平抛运动是一种匀变速运动

B．物体在恒力作用下不可能做曲线运动

C．做匀速圆周运动的物体，所受合力是恒定的

D．做圆周运动的物体合力总是与速度方向垂直

2．如图，从地面上方某点，将一小球以v0=10m/s的初速度沿水平方向抛出，小球经过1s落地，不计空气阻力，g=10m/s2，则可求出（▲）

A．小球抛出时离地面的高度是10m

B．小球从抛出点到落地点的位移大小是10m

C．小球落地时的速度大小是20m/s

D．小球落地时的速度方向与水平地面成45°角

3．如图所示，一个内壁光滑的圆锥筒的轴线垂直于水平面，圆锥筒固定不动，有两个质量相同的小球A和B紧贴着内壁分别在图中所示的水平面内做匀速圆周运动，则下列说法正确的是（▲）

A．球A的线速度必定小于球B的线速度

B．球A的角速度必定等于球B的角速度

C．球A的运动周期必定大于球B的运动周期

D．球A对筒壁的压力必定大于球B对筒壁的压力

4．一台准确走动的钟表上的时针、分针、秒针的长度之比为2：

3：

3，则三针尖端的线速度之比为（▲）

A．1：

90：

5400 

B．1：

18：

1080 

C．1：

12：

720 

D．1：

9：

540

5．一轻杆一端固定一质量为m的小球，以另一端O为圆心，使小球在竖直平面内做半径为R的圆周运动，以下说法正确的是（▲）

A．小球过最高点时，杆与球间一定有作用力

B．小球过最高点时最小速度为 

C．小球过最高点时，杆对球的作用力一定与小球所受重力方向相反 

D．小球过最高点时，杆对球的作用力可以与球所受重力方向相反，但此时重力一定大于杆对球的作用力

6．在奥运比赛项目中，高台跳水是我国运动员的强项．质量为m的跳水运动员进入水中后受到水的阻力而做减速运动，设水对他的阻力大小恒为F，那么在他减速下降高度为h的过程中，下列说法正确的是（g为当地的重力加速度）（▲）

A．他的动能减少了Fh 

B．他的重力势能增加了mgh

C．他的机械能减少了Fh 

D．他的机械能减少了Fh﹣mgh

7．已知引力常量G和下列某组数据就能计算出地球的质量，这组数据是（▲）

A．地球绕太阳运行的周期及地球与太阳之间的距离

B．月球绕地球运行的周期及太阳与地球之间的距离

C．人造地球卫星在地面附近绕行的速度及地球自转周期

D．若不考虑地球自转，已知地球的半径及地球表面重力加速度

8．汽车的质量为4吨，最大功率为100kw，在平直的公路上能达到的最大速度是25m/s，现让汽车由静止开始先以1m/s2匀加速起动到最大功率，再以恒定功率加速到最大速度，整个过程中汽车所受的阻力大小不变，则当汽车的速度为15m/s时汽车的实际功率为（▲）

A．120kw 

B．100kw 

C．80kw 

D．60kw

9．经长期观测，人们在宇宙中已经发现了“双星系统”．“双星系统”由两颗相距较近的恒星组成，每颗恒星的半径远小于两颗恒星之间的距离，而且双星系统一般远离其他天体．如图，两颗星球组成的双星，在相互之间的万有引力作用下，绕连线上某一定点O点做匀速圆周运动，现测得两颗星球之间的距离为l，质量之比为m1：

m2=3：

2，则可知（▲）

A．m1、m2做圆周运动的角速度之比为1：

1

B．m1、m2做圆周运动的线速度之比为3：

2 

C．m1做圆周运动的半径为l

D．m2做圆周运动的半径为l

10．节日燃放礼花弹时，要先将礼花弹放入一个竖直的炮筒中，然后点燃礼花弹的发射部分，通过火药剧烈燃烧产生高压燃气，将礼花弹由炮筒底部射向空中．若礼花弹在由炮筒底部击发至炮筒口的过程中，克服重力做功W1，克服炮筒阻力及空气阻力做功W2，高压燃气对礼花弹做功W3，则礼花弹在炮筒内运动的过程中（设礼花弹发射过程中质量不变）（▲）

A．礼花弹的动能变化量为W3+W2+W1

B．礼花弹的动能变化量为W3﹣W2﹣W1

C．礼花弹的机械能变化量为W3﹣W1

D．礼花弹的机械能变化量为W3﹣W2﹣W1

二、填空题（每空3分，共15分）

11.在做“研究平抛运动”的实验时，通过描点法画出小球平抛运动的轨迹，并求出平抛运动的初速度，实验装置如图甲所示。

            甲                                           乙

（1）实验时将固定有斜槽的木板放在实验桌上，实验前要检查木板是否水平，检查方法将小球放在水平木板的任意位置，若小球     ▲            ，则木板水平.

（2）关于这个实验，以下说法中正确的是（▲）.

A．小球释放的初始位置越高越好

B．每次小球要从同一高度由静止释放

C．实验前要用重垂线检查坐标纸上的竖线是否竖直

D．小球的平抛运动要靠近木板但不接触

（3）在做“研究平抛运动”的实验时，坐标纸应当固定在竖直的木板上，图中坐标纸的固定情况与斜槽末端的关系正确的是（▲）

（4）某同学在描绘平抛运动轨迹时，得到的部分轨迹曲线如上面的图乙所示.在曲线上取A、B、C三个点，测量得到A、B、C三点间竖直距离h1=10.20cm，h2=20.20cm，A、B、C三点间水平距离x1=x2=x=12.40cm，g取10m/s2，则物体平抛运动的初速度v0的计算式为    ▲    （用字母h1、h2、x，g表示），代入数据得其大小为    ▲     _m/s.

三、计算题（4个小题，共45分）

12．（10分）已知地球半径为R，地球表面重力加速度为g，万有引力常量为G，不考虑地球自转的影响．

（1）推导第一宇宙速度v1的表达式；

（2）若卫星绕地球做匀速圆周运动，运行轨道距离地面高度为h，求卫星的运行周期T．

13．（9分）如图所示，一条大河自西向东流，途中有一段长度超过s=10km的水流速度恒定的河段，该河段南北两岸为平行直线，河宽为d=800m，河水流速为v水=3m/s，一条小船以相对静水v船=5m/s的速率从南岸岸边的A处出发，先以最短航程航行，航行到河道正中央时突遇暴雨，便立即调整航向以最短时间驶向北岸，最终在北岸岸边的C处登录，小船视为质点，忽略调整航向的时间和发生的位移，B点为北岸岸边的一点，且AB两点连线垂直于两岸，求：

（1）BC两点之间的距离L；

（2）小船从A到C的总时间t总。

14．（11分）在2008年四川汶川大地震抗震救灾活动中，为转移被困群众动用了直升飞机．设被救人员的质量m=80kg，所用吊绳的拉力最大值Fm=1200N，所用电动机的最大输出功率为Pm=12kW，为尽快吊起被困群众，操作人员采取的办法是，先让吊绳以最大的拉力工作一段时间，而后电动机又以最大功率工作，被救人员上升h=90m时恰好达到最大速度（g取10m/s2），试求：

（1）被救人员刚到达机舱时的速度；

（2）这一过程所用的时间．

15．（15分）如图所示，AB是倾角为θ的粗糙直轨道，BCD是光滑的圆弧轨道，AB恰好在B点与圆弧相切，圆弧的半径为R．一个质量为m的物体（可以看作质点）从直轨道上的P点由静止释放，结果它能在两轨道间做往返运动．已知P点与圆弧的圆心O等高，物体与轨道AB间的动摩擦因数为μ．求：

（1）物体做往返运动的整个过程中在AB轨道上通过的总路程；

（2）最终当物体通过圆弧轨道最低点E时，对圆弧轨道的压力；

（3）为使物体能顺利到达圆弧轨道的最高点D，释放点距B点的距离L′应满足什么条件？

物理试题【答案及评分标准】

题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10

答案 A D C B D C D B AC B

1、解析：

A、平抛运动只受到重力的作用，是一种加速度不变的曲线运动，即匀变速曲线运动，故A正确；B、物体做曲线运动的条件是合力与速度不在同一条直线上，物体在恒力作用下，可以做曲线运动，比如平抛运动，所以B错误．

C、匀速圆周运动的向心力的方向始终是指向圆心的，方向是不断变化的，所以匀速圆周运动一定是受到变力的作用，所以C错误．D、物体做匀速圆周运动的物体合力才总是与速度方向垂直，所以D错误．故选：

A．

2、解析：

A、小球抛出时的高度，故A错误．B、小球抛出点到落地点的水平位移x=v0t=10m，根据平行四边形定则知，抛出点与落地点的位移大小，故B错误．C、小球落地时竖直分速度vy=gt=10m/s，根据平行四边形定则知，落地的速度大小为，落地的速度方向与水平方向的夹角为450，故C错误、D正确．故选：

D．

3、解析：

A、对小球受力分析，小球受到重力和支持力，它们的合力提供向心力，如图根据牛顿第二定律，有：

F=mgtanθ=解得：

．由于A球的转动半径较大，A线速度较大．故A错误．B、，由于A球的转动半径较大，则A的角速度较小．故B错误．C、周期，因为A的半径较大，则周期较大．故C正确．D、由上分析可知，筒对小球的支持力，与轨道半径无关，则由牛顿第三定律得知，小球对筒的压力也与半径无关，即有球A对筒壁的压力等于球B对筒壁的压力．故D错误．故选：

C．

4、解析：

秒针、分针、时针尖端尖端做圆周运动的周期分别为：

h、1h、12h；秒针、分针、时针的长度比为：

d1：

d2：

d3=2：

3：

3；故秒针、分针、时针尖端的线速度之比：

1：

18：

1080，故B正确．故选：

B

5、解析：

A、当小球在最高点恰好只有重力提供它的向心力的时候，此时球对杆没有作用力，故A错误．B、轻杆带着物体做圆周运动，杆可以是支持力，故只要物体能够到达最高点就可以了，所以速度可以为零，故B错误．C、小球在最高点时，如果速度恰好为，则此时恰好只有重力作为它的向心力，杆和球之间没有作用力，如果速度小于，重力大于所需要的向心力，杆就要随球由支持力，方向与重力的方向相反，此时合力向下，重力一定大于杆对球的作用力，如果速度大于，杆对球的作用力可以与球所受重力方向相同，故C错误，D正确．故选：

D．

6、解析：

A、在运动员减速下降高度为h的过程中，运动员受重力和阻力，运用动能定理得：

（mg﹣F）h=△Ek由于运动员动能是减小的，所以运动员动能减少（F﹣mg）h，故A错误．B、根据重力做功与重力势能变化的关系得：

WG=﹣△Ep=mgh，他的重力势能减少了mgh，故B错误．C、由除了重力和弹簧弹力之外的力做功量度机械能的变化得出：

W外=△E运动员除了重力还有阻力做功，W外=WF=﹣Fh，他的机械能减少了Fh，故C正确．D、根据C选项分析，故D错误．故选：

C．

7、解析：

A、地球绕太阳运行的周期及地球与太阳间距离根据万有引力提供圆周运动向心力，可以计算中心天体太阳的质量，而不可以计算环绕天体地球的质量，故A错误；B、根据万有引力提供圆周运动向心力，可得中心天体地球的质量，如果知道月球绕地球做圆周运动的周期与月球与地球间的距离可以求出地球的质量，知道月球绕地球运行的周期及太阳与地球之间的距离不能求出地球质量，故B错误；C、已知地面附近绕行的人造卫星的速度及运行周期，根据可知，卫星的轨道半径：

，地球的质量，如果已知人造地球卫星在地面附近绕行的速度及运行周期或者同步卫星的线速度和自转周期，均可以求出地球的质量，故C错误；D、不考虑地球自转，在地球表面重力与万有引力相等有，，可得地球质量，故D正确．故选：

D．

8、解析：

当速度最大时，F=f．有P=fvm，则．根据牛顿第二定律有：

F﹣f=ma．则牵引力F=f+ma=4000+4×103×1N=8000N．匀加速直线运动的最大速度当速度大于12.5m/s时，功率达到额定功率，则当汽车的速度达到15m/s时，汽车的实际功率P′=P=100kW．故选：

B

9、解析：

双星围绕连线上的O点做匀速圆周运动，彼此间万有引力提供圆周运动向心力，可知双星做圆周运动的周期和角速度相等．故A正确，令星m1的半径为r，则星m2的半径为l﹣r，则有：

据万有引力提供圆周运动向心力有：

，即m1r=m2（l﹣r）质量之比为m1：

m2=3：

2，所以r=l则星m2的半径为l，故C正确，D错误，又因为v=rω可知，两星做圆周运动的线速度之比等于半径之比为2：

3，故B错误．故选：

AC．

10、解析：

A、B、礼花弹在炮筒内运动的过程中，高压燃气对礼花弹做功为W3，重力做功为﹣W1，炮筒阻力及空气阻力做功为﹣W2，各个力做的总功为W3﹣W2﹣W1，根据动能定理得知，外力做的总功等于物体动能的变化量，故动能变化量等于W3﹣W2﹣W1，故A错误，B正确；C、D除重力外其余力做的功等于机械能的变化，故高压燃气做的功和空气阻力和炮筒阻力做的功之和等于机械能的变化量，即机械能的变化量为W3﹣W2，故C、D错误．故选B

11、解析

（1）能否使小球做平抛运动，关键是使斜槽末端切线水平，判断是否水平方法：

将小球放在槽的末端（或木板上）看小球能否静止．

（2）小球释放的初始位置并非越高越好，若是太高，导致水平抛出的速度太大，实验难以操作，故A错误；因为要画同一运动的轨迹，必须每次释放小球的位置相同，且由静止释放，以保证获得相同的初速度，故B正确；小球竖直方向自由落体运动，水平方向匀速运动，为了正确描绘其轨迹，必须使坐标纸上的竖线是竖直的，故C正确；实验要求小球滚下时不能碰到木板平面，避免因摩擦而使运动轨迹改变，最后轨迹应连成平滑的曲线，故D正确．

（3）斜槽末端是水平的，小球做平抛运动，要分解为水平和竖直方向的分运动，故方格纸因该水平竖直，坐标原点应该与小球在斜槽末端静止时在木板上的投影重合，故C正确；

（4）小球在竖直方向做匀变速直线运动，连续相等时间内的位移差为常数，因此有：

所以：

，小球平抛运动的初速度大小为：

代入数据，解得：

答案

（1）静止（或不动），则木板水平

（2）BCD（3）C（4）， 

12、（10分）解析：

（1）设卫星的质量为m，地球的质量为M，在地球表面附近满足 

     得   GM=R2g                                     ①（2分）

卫星做圆周运动的向心力等于它受到的万有引力            ②（2分）

①式代入②式，得到                                          （1分）

故第一宇宙速度v1的表达式为．

（2）卫星受到的万有引力为                  ③（2分）

由牛顿第二定律                                    ④（2分）

③、④联立解得                                      （1分）

故卫星的运行周期T为．

13、（9分）解析：

如图所示，

（1）小船从河道正中央以最短时间驶向北岸时，船身垂直于河岸，所以

 v船t2（1分）

L＝v水t2（1分）

综上解得

t2=80s（1分）

L＝240m（1分）

（2）小船从南岸岸边的A处以最短航程航行至河道正中央D处过程中，船身斜向上游河岸，且

v12=v船2-v水2（1分）

 v1t1（1分）

小船从A到C的总时间

t总=t1+t2（1分）

综上解得

t总=180s（2分） 

14、（11分）解析：

（1）当牵引力等于重力时，速度最大，则最大速度为：

                                     （2分）

（2）匀加速运动的末速度为：

，             （1分）

匀加速运动的加速度为：

，    （1分）

则匀加速运动的时间为：

，                             （1分）

上升的高度为：

，                             （1分）

恒定功率上升的过程，根据动能定理得：

   （3分）

代入数据解得：

t2=5.75s，

则：

t=t1+t2=5.75+2s=7.75s．                                             （2分）

15、（15分）解析：

（1）因为摩擦始终对物体做负功，所以物体最终在圆心角为2θ的圆弧上往复运动．对整体过程由动能定理得mgR•cosθ﹣μmgcosθ•x=0             （3分）

所以总路程为．                                                 （1分）

（2）对B→E过程，B点的初速度为零，由动能定理得

mgR（1﹣cosθ）=mvE2                                                                      ①（2分）

                                                     ②（1分）

由①②得N=（3﹣2cosθ）mg．                                         （1分）

由牛顿第三定律知，物体对轨道的压力为（3﹣2cosθ）mg                  （1分）

（3）设物体刚好到D点，则由向心力公式得

                                                        ③（1分）

对全过程由动能定理得

mgL′sinθ﹣μmgcosθ•L′﹣mgR（1+cosθ）=mvD2                                  ④（3分）

由③④得最少距离．                              （2分）