广西玉林市容高一物理下学期期末Word文档格式.docx

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7．一物块沿倾角为θ的斜坡向上滑动．当物块的初速度为v时，上升的最大高度为H，如图所示；

当物块的初速度为

时，上升的最大高度记为h．重力加速度大小为g．物块与斜坡间的动摩擦因数和h分别为（　　）

A．tanθ和

B．（

﹣1）tanθ和

C．tanθ和

D．（

8．如图甲所示，在倾斜角为θ的光滑斜面上放一轻质弹簧，其下端固定，静止时上端位置在B点，在A点放上一质量m=2.0kg的小物体，小物体自由释放，从开始的一段时间内的v﹣t图象如图乙所示，小物体在0.4s时运动到B点，在0.9s到达C点，BC的距离为1.2m（g=10m/s2），由图知（　　）

A．斜面倾斜角θ=60°

B．物块从B运动到C的过程中机械能守恒

C．在C点时，弹簧的弹性势能为16J

D．物块从C点回到A点过程中，加速度先增后减，再保持不变

9．下列说法中正确的是（　　）

A．木块放在桌面上要受到一个向上的弹力，这是由于木块发生微小的形变而产生的

B．拿一根细竹竿拨动水中的木头，木头受到竹竿的弹力，这是由于木头发生形变而产生的

C．绳对物体的拉力方向总是沿着绳而指向绳收缩的方向

D．挂在电线下面的电灯受到向上的拉力，是因为万有引力作用

10．如图所示，一个小球绕圆心O做匀速圆周运动，已知圆周半径为r，该小球运动的角速度为ω，则它运动线速度的大小为（　　）

A．

B．ωrC．ω2rD．ωr2

11．如图所示一带电液滴在重力和匀强电场对它的电场力的共同作用下，在竖直平面内，从静止开始由b沿直线运动到d，且bd与竖直方向所夹的锐角为45°

，下列结论正确的是（　　）

A．此液滴带正电

B．液滴的加速度大小为

g

C．合外力对液滴做的总功为零

D．液滴的电势能与动能之和是增加的

12．一个质量为0.3kg的弹性小球，在光滑水平面上以6m/s的速度垂直撞到墙上，碰撞后小球沿相反方向运动，反弹后的速度大小与碰撞前相同．则碰撞过程中墙对小球的冲量大小I和对小球所做的功W分别为（　　）

A．I=0B．I=3.6N•sC．W=0D．W=10.8J

13．如图所示，小木块P和长木板Q叠放后静置于光滑水平面上．P、Q的接触面是粗糙的．用足够大的水平力F拉Q，P、Q间有相对滑动．在P从Q左端滑落以前，关于水平力F的下列说法中正确的是（　　）

A．F做的功大于P、Q动能增量之和

B．F做的功等于P、Q动能增量之和

C．F的冲量大于P、Q动量增量之和

D．F的冲量等于P、Q动量增量之和

14．如图所示，一根轻弹簧下端固定，竖立在水平面上．其正上方A位置有一只小球．小球从静止开始下落，在B位置接触弹簧的上端，在C位置小球所受弹力大小等于重力，在D位置小球速度减小到零．小球下降阶段下列说法中不正确的是（　　）

A．在B位置小球动能最大

B．在C位置小球动能最大

C．从A→C位置小球重力势能的减少大于小球动能的增加

D．从A→D位置小球重力势能的减少等于弹簧弹性势能的增加

15．如图所示，长为R的轻杆一端拴有一个小球，另一端连在光滑的固定轴O上，现在最低点给小球一水平初速度，使小球能在竖直平面内做完整圆周运动，不计空气阻力，则（　　）

A．小球通过最高点时的最小速度为

B．若小球通过最高点时速度越大，则杆对小球的作用力越大

C．若小球在最高点的速度大小为

，则此时杆对小球作用力向下

D．若小球在最低点的速度大小为

，则小球通过最高点时对杆无作用力

二、实验题

16．探究力对原来静止的物体做的功与物体获得速度的关系的实验装置如图1所示．

（1）下列说法正确的是：

A．通过改变橡皮筋的条数改变拉力做功的数值

B．通过改变橡皮筋的长度改变拉力做功的数值

C．通过打点计时器打下的纸带来测定小车加速过程中获得的最大速度

D．通过打点计时器打下的纸带来测定小车加速过程中获得的平均速度

（2）通过实验获得较科学的数据作出的W﹣v图象，应为图2中的哪一个：

　　．

三、计算题

17．如图所示，质量不计的绳将质量为m的球挂在竖直墙上，球静止时绳与墙的夹角为θ，不考虑球与墙间的摩擦，重力加速度用g表示，请用上述各量表示：

（1）绳的拉力FT；

（2）球对墙的压力FN．

18．如图，光滑水平直轨道上有三个质量均为m的物块A、B、C．物块B、C静止，B的左侧固定一轻弹簧（弹簧左侧的挡板质量不计）．设A以速度v0朝B运动，压缩弹簧；

当A、B速度相等时，B与C恰好相碰并粘接在一起，然后继续运动．假设B和C碰撞过程时间极短．求从A开始压缩弹簧直至与弹簧分离的过程中．

（1）A、B第一次速度相同时的速度大小；

（2）A、B第二次速度相同时的速度大小；

（3）弹簧所具有的最大弹性势能是多少．

19．一质量为5kg的物体从距地面某点以8m/s的速度竖直上抛，如果不计空气阻力．（g取10m/s2）求：

（1）从开始上抛到落回原处过程中的动量变化量的大小和方向；

（2）这一过程中重力的冲量大小．

20．如图所示，质量为m的小球，以一定的初速度滑上高为h的光滑曲面，到达顶端时速度刚好为零．求小球的初速度v0是多大？

2016-2017学年广西玉林市容县杨梅中学高一（下）期末物理试卷

参考答案与试题解析

【考点】4F：

万有引力定律及其应用．

【分析】太空垃圾在大气阻力的作用下速度减小，它做圆周运动所需的向心力就小于地球对它的引力，故其不断做向心运动，最终落在地面上．

【解答】解：

太空垃圾在大气阻力的作用下速度减小，它做圆周运动所需的向心力就小于地球对它的引力，故其不断做向心运动，最终落在地面上，故D正确、ABC错误．

故选：

D．

【考点】53：

动量守恒定律．

【分析】车以及沙子在水平方向动量守恒，根据动量守恒列方程求解即可．

砂子从车上漏掉的瞬间由于惯性速度仍然为v0，小车与砂子组成的系统在水平方向动量守恒，以小车的初速度方向为正方向，在水平方向，由动量守恒定律得：

Mv0=mv0+（M﹣m）v′

解得：

v′=v0．

故A正确，BCD错误

【考点】63：

功率、平均功率和瞬时功率；

43：

平抛运动．

【分析】据动能定理求出到达地面时的速度，抓住斜抛时达到A落地时的高度，说明落地时的竖直方向速度相同，根据瞬时功率的公式求出重力的瞬时功率．

A做自由落体运动，C做平抛运动，竖直方向做自由落体运动，故AC落地时竖直方向的速度大小相同，故落地时的功率P=mgv，相同，

D做斜抛运动，到达最高点跟A下落时的高度相同，故竖直方向的速度跟A落地时的速度大小相同，故功率相同，B做沿斜面下滑，下滑到斜面底端的速度跟A落地时的速度相同，但速度方向与重力方向成一定的夹角，故功率小于A的功率，故C正确

C

【考点】21：

力的概念及其矢量性．

【分析】力的两种作用效果：

力可以改变物体的运动状态，力可以改变物体的形状．

力不是维持物体运动的原因，而是改变物体运动状态的原因．

A、物体受到平衡力时也可以处于静止状态，故A错误；

B、物体的运动状态没有发生改变，但可能发生形变，可能受到力的作用，故B错误；

C、物体的运动方向改变了，则运动状态发生了改变，一定受到力的作用，故C正确；

D、受力与运动状态无关，故D错误；

C．

【考点】37：

牛顿第二定律；

2G：

力的合成与分解的运用．

【分析】已知西瓜的运动情况，求其受力情况，把其它西瓜给该西瓜的作用力等效为一个力，然后根据牛顿第二定律即可求解．

西瓜受到重力和其它西瓜给它的作用力而减速运动，加速度水平向右，其合力水平向右，作出西瓜A受力如图所示：

由牛顿第二定律可得：

所以：

，故ABD错误，C正确．

故选C．

【考点】6C：

机械能守恒定律．

【分析】解决本题需要掌握：

重力势能表达式Ep=mgh中，h为物体相对零势能点的高度，因此重力势能大小和零势能点的选取有关；

而重力做功和零势能的选取无关，只与物体的初末位置有关．

以地面为参考平面，地面离零势能点的高度为0，所以重力势能为0；

物体下落的高度为H+h，重力做功为：

W=mg（h+H），所以重力势能减少mg（h+H），故ABC错误，D正确．

牛顿第二定律．

【分析】两次上滑过程中，利用动能定理列式求的即可；

以速度v上升过程中，由动能定理可知

以速度

上升过程中，由动能定理可知

联立解得

，h=

故D正确．

【考点】6B：

功能关系．

【分析】在0﹣4s内，物块做匀加速直线运动，先求出物块的加速度，利用牛顿第二定律即可解得斜面的倾角．从不到C的过程中，分析有哪些力再对物块做功，继而可知物块的机械能是否守恒．把弹簧和物块看做一个整体，整体的机械能守恒，从B到C的过程中，物块的减少的机械能全部转化为弹簧的弹性势能，再求在C点时弹簧的弹性势能．从C点到A的过程中，通过分析弹力的大小变化，与重力在斜面方向上分量进行比较，即可得知物块在运动的过程中的加速度的变化情况．

A、由图乙所示图象可知，在0﹣4s内，物块做匀加速直线运动，加速度为：

a=

=

=5m/s2，

由牛顿第二定律得：

mgsinθ=ma，解得：

sinθ=0.5，得：

θ=30°

，故A正确；

B、从B到C过程，除重力做功外，弹簧弹力对物块最负功，物块的机械能不守恒，故B错误；

C、弹簧和物块组成的系统的机械能守恒，由能量守恒定律可得在C点弹簧的弹性势能为：

EP=

mvB2+mghBC=

×

2×

22+2×

10×

1.2×

sin30°

=16J，故C正确；

D、物块从C点回到A点过程中，开始弹簧的弹力大于重力沿斜面向下的分力，合力向上，物块向上做加速运动，弹力逐渐减小，物块所受合力减小，物块的加速度减小，然后弹簧的弹力小于重力沿斜面向下的分力，合力向下，物块做减速运动，随物块向上运动，弹簧弹力变小，物块受到的合力变大，加速度变大，当物体与弹簧分离后，物块受到的合力等于重力的分力，加速度不变，物块做加速度不变的减速运动，由此可知在整个过程中，物块的加速度先减小后增大，再保持不变，故D错误；

AC

【考点】29：

物体的弹性和弹力；

28：

弹性形变和范性形变．

【分析】根据弹力产生原因，即可确定谁发生形变而产生的；

知道接触面间的弹力总是垂直于接触面指向施力物体，而绳子的弹力沿绳指向绳收缩的方向．

A、木块放在桌面上所受到的向上的弹力，是由于桌面发生微小形变而产生的，故A错误；

B、拿一根细竹竿拨动水中的木头，木头受到竹竿的弹力，这是由于竹竿发生形变而产生的；

故B错误；

C、绳对物体的拉力方向总是沿着绳而指向绳收缩的方向；

故C正确；

D、挂在电线下面的电灯受到向上的拉力，是因为绳子发生形变而产生的，故D错误；

【考点】48：

线速度、角速度和周期、转速．

【分析】小球做匀速圆周运动，已知角速度和转动半径，根据v=ωr求解

小球做匀速圆周运动，转动的半径为r，角速度为ω，故速度为：

v=ωr

B．

【考点】AK：

带电粒子在匀强电场中的运动；

AG：

匀强电场中电势差和电场强度的关系．

【分析】根据带电液滴作直线运动可知：

带电液滴所受重力与电场力的合力一定与其运动方向在同一直线上，由此可以判定出带电液滴所受电场力的方向，从而判断出带电液滴的电性，由力的合成法求出电场力的大小和合外力的大小，再根据牛顿第二定律计算出物体的加速度；

根据合外力的方向与速度的方向相同可知合外力做正功，根据电场力做功的情况可以判定电势能变化情况．

A、据题带电液滴沿直线b运动到d，带电液滴所受重力与电场力的合力一定与其运动方向在同一直线上，对液滴进行受力分析可知，电场力方向一定水平向右，与场强方向相反，所以该液滴带负电．故A错误；

B、由图可得物体所受合力F=

mg，故物体的加速度a=

g；

故B正确．

C、由于液滴从静止开始做加速运动，故合力的方向与运动的方向相同，故合外力对物体做正功，总功不为零，故C错误．

D、因液滴的重力做正功，重力势能减小，故液滴的电势能与动能之和是增加的，故D正确；

BD．

【考点】52：

动量定理；

62：

功的计算．

【分析】根据动量定理研究合力的冲量，根据动能定理研究合力的功．

A、B、规定初速度方向为正方向，初速度v1=6m/s，碰撞后速度v2=﹣6m/s；

△v=v2﹣v1=﹣12m/s，负号表示速度变化量的方向与初速度方向相反；

动量变化量为：

△P=m•△v=0.3kg×

（﹣12m/s）=﹣3.6kg•m/s

根据动量定理，冲量为：

I=△P=﹣3.6kg•m/s

所以碰撞过程中墙对小球的冲量大小为3.6kg•m/s．故A错误，B正确．

C、D、运用动能定理研究碰撞过程，由于初、末动能相等，所以w=△Ek=0；

碰撞过程中墙对小球做功的大小W为0；

故C正确，D错误．

BC．

【考点】66：

动能定理的应用；

52：

动量定理．

【分析】对系统研究，根据能量守恒定律判断F做功的大小与P、Q动能增量之和．对系统研究，运用动量定理判断F的冲量与P、Q动量增量之和．

以P、Q系统为对象，根据能量守恒定律守恒得，拉力做的功等于P、Q动能增量与摩擦生热之和．故A正确，B错误．

C、由于一对作用力和反作用力在同样时间内的总冲量一定为零，因此系统内力不改变系统总动量，因此F的冲量等于P、Q动量增量之和．故C错误，D正确．

AD．

功能关系；

67：

重力势能；

6A：

动能和势能的相互转化．

【分析】小球下降过程中，重力和弹簧弹力做功，小球和弹簧系统机械能守恒，在平衡位置C动能最大．

A、小球从B至C过程，重力大于弹力，合力向下，小球加速，故在C点动能最大，故A不正确，B正确；

C、小球下降过程中，重力和弹簧弹力做功，小球和弹簧系统机械能守恒；

从A→C位置小球重力势能的减少等于动能增加量和弹性势能增加量之和，故小球重力势能的减少大于小球动能的增加，故C正确；

D、小球下降过程中，重力和弹簧弹力做功，小球和弹簧系统机械能守恒；

从A→D位置，动能变化量为零，故小球重力势能的减小等于弹性势能的增加，故D正确．

本题选不正确的，故选：

【考点】4A：

向心力．

【分析】在最高点和最低点合外力提供向心力，根据牛顿第二定律及向心力公式列式求解，注意杆子的作用力可以向上，也可以向下，在最高点的最小速度为零．

A、在最高点，轻杆对小球可以表现为拉力，可以表现为支持力，可知小球通过最高点的最小速度为零，故A错误．

B、当小球在最高点速度v=

时，杆子作用力为零，当

时，速度增大，根据F+mg=m

知，杆子作用力变大，当

时，根据mg﹣F=m

知，速度越大，杆子作用力越小，故B错误．

C、若小球在最高点的速度大小为

＞

，知杆对小球的作用力向下，故C正确．

D、根据动能定理得：

，代入数据解得最高点的速度为：

，根据牛顿第二定律得：

mg+F=

，解得：

F=0，故D正确．

CD．

（1）下列说法正确