广东省揭阳普宁市学年高一物理下学期期末考试试题.docx
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广东省揭阳普宁市学年高一物理下学期期末考试试题
广东省揭阳普宁市2018-2019学年高一物理下学期期末考试试题（含解析）
一、单项选择题
1.下列说法正确的是：
A.牛顿发现了万有引力定律，并测出了万有引力常量。
B.做圆周运动的物体，合力一定指向圆心
C.惯性是物体的固有属性，速度大的物体惯性一定大
D.国际单位制中，力学的三个国际基本单位是：
kg、m、s
【答案】D
【解析】
【详解】A.牛顿发现了万有引力定律，他没有测出万有引力常量，是卡文迪许测出了万有引力常量；故A错误.
B.匀速圆周运动的合力一定指向圆心，变速圆周运动的合力不一定指向圆心；故B错误.
C.惯性是物体的固有属性，质量是惯性大小的唯一量度，惯性大小与速度无关；故C错误.
D.国际单位制中，力学的三个国际基本单位是：
kg、m、s；故D正确.
2.如图所示为一质点作直线运动的速度—时间图象，下列说法中正确的是
A.ab段与bc段的速度方向相反
B.bc段与cd段的加速度方向相反
C.ab段质点的平均速度为3m/s
D.ab段质点的加速度大小为4m/s2
【答案】C
【解析】
【详解】A.ab段与bc段质点的速度均为正，则速度方向相同；故A错误.
B.根据图象的斜率表示加速度，斜率的正负表示加速度方向，则知bc段与cd段的加速度方向相同；故B错误.
C.ab段质点做匀加速直线运动，其平均速度
；故C正确.
D.ab段质点的加速度大小为
；故D错误.
3.如图所示，举行500m直道龙舟大赛，下列说法正确的是
A.获得第一名的龙舟，到达终点时的速度一定最大
B.第一名的龙舟，平均速度一定最大
C.以龙舟为参考系，岸上站立
观众是静止的
D.研究队员的划桨动作，可将队员看成质点
【答案】B
【解析】
【详解】AB.获得第一名的龙舟用时最短，由
知平均速度一定大，但撞线时的速度不一定最大，故A项错误，B项正确.
C.观众相对于龙舟是运动的，所以以龙舟为参考系，岸上站立的观众是运动的，故C错误.
D.研究队员的划桨动作时，大小和形状不能忽略，故不可将队员看成质点，故D错误.
4.如图所示，AB为竖直面内圆弧轨道，半径为R，BC为水平直轨道，长度也是R．一质量为m的物体，与两个轨道间的动摩擦因数都为μ，现使物体从轨道顶端A由静止开始下滑，恰好运动到C处停止，那么物体在AB段克服摩擦力所做的功为（ ）
A.μmgR
B.μmgπR
C.mgR
D.（1﹣μ）mgR
【答案】D
【解析】
以物体为研究对象，全程由动能定理可知，mgR+Wf+W=0，其中W=-μmgR，解得Wf=μmgR-mgR=（μ-1）mgR，故AB段克服摩擦力做功为W克=（1-μ）mgR，所以D正确，ABC错误。
5.某电动车以额定功率从静止开始加速，若所受阻力始终不变，则在加速过程，下列说法正确的是
A.电动车牵引力不变B.电动车牵引力逐渐增大
C.电动车做匀加速直线运动D.电动车的加速度逐渐减小
【答案】D
【解析】
【详解】AB.汽车以恒定功率加速，则开始时加速度较大，速度快速增大；由P=Fv可得，F减小；故A，B错误；
CD.由牛顿第二定律可得，加速度减小；故汽车做加速度减小的加速运动；故C错误，D正确.
6.如图所示，自行车的大齿轮A、小齿轮B、后轮C的半径之比为4：
1：
16，在用力蹬脚踏板前进的过程中，关于A、C轮缘的线速度和角速度说法正确的是
A.ωA：
ωC=1：
4
B.ωA：
ωC=4：
1
C.vA：
vC=1：
4
D.vA：
vC=4：
1
【答案】A
【解析】
【详解】AB.因为A、B的线速度大小相等，根据
，A、B的半径之比为4:
1，所以A、B的角速度之比为1:
4，B、C的角速度大小相等，所以ωA：
ωC=1:
4，故A正确，B错误.
CD.因为ωB=ωC，RB：
RC=1:
16，根据v=r•ω知vB:
vC=1:
16，所以vA:
vC=1:
16，故C,D均错误.
7.2018年10月我国港珠澳大桥正式通车。
在港珠澳大桥建设中，将一根直径22m、高40.5m的钢筒，打入海底围成人工岛，创造了快速筑岛的世界记录。
若钢筒重量为G，用起重机同时由10条对称分布的、每条长为22m的钢索将其竖直吊起处于静止状态如图，则每根钢索受到的拉力大小为
A.
B.
C.
D.
【答案】C
【解析】
【详解】由于钢筒的直径为22米，钢索的长为22米，则每个两根对称钢索与直径构成等边三角形，所以每根钢索与竖直方向的夹角为
；设每根钢索受到的拉力大小为F，竖直方向根据平衡条件可得10Fcos
=G，所以
，故C正确，ABD错误。
二、多项选择题
8.关于地球同步卫星，下列说法正确的是
A.它处于平衡状态，且具有一定的高度
B.它的加速度小于9.8m/s2
C.它的周期是24h，且轨道平面与赤道平面重合
D.它的速度等于7.9km/s
【答案】BCD
【解析】
【详解】A.同步卫星绕地球做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，离地面的高度h为一定值，没有处于平衡状态，故A错误.
B.同步卫星和近地卫星都符合
，近地卫星
，由于同步卫星轨道半径大于近地卫星的半径，故同步卫星的加速度小于9.8m/s2，故B正确.
C.同步卫星的周期必须与地球自转周期相同，同步卫星的周期为24h，轨道平面与赤道平面重合，故C正确.
D.根据万有引力提供向心力，
，解得运行速度
，近地卫星的运行速度为7.9km/s，则同步卫星的运行速度小于7.9km/s，故D错误.
9.一质量为2kg的质点在xOy平面内运动，在x方向的s-t图象和y方向的v-t图象分别如图所示.则该质点
A.初速度大小为3m/s
B.所受的合外力为3N
C.做匀变速曲线运动
D.初速度方向与合外力方向垂直
【答案】BC
【解析】
【详解】A.由图可知，质点在x方向上
初速度为
，y方向上初速度为3m/s，根据平行四边形定则，则初速度的大小
；故A错误.
BD.质点的加速度方向沿x轴方向，
，则F合=ma=2×1.5=3N，合力的方向沿y轴方向，与初速度的方向不垂直；故B正确，D错误.
C.质点受到的合外力不变，则质点的加速度不变，所以质点做匀变速曲线运动；故C正确.
10.“套圈圈”是许多人都喜爱的一种游戏.如图所示，小孩和大人直立在界外同一位置，在同一竖直线上不同高度先后水平抛出小圆环，并恰好套中前方同一物体.假设小圆环的运动可视为平抛运动，则
A.小孩抛出的圆环速度大小较小
B.两人抛出的圆环速度大小相等
C.小孩抛出的圆环运动时间较短
D.两人抛出的圆环，在相同时间内的速度变化量相同
【答案】CD
【解析】
【详解】AB.水平方向位移
知，大人抛环
速度小；故A错误，B错误.
C.设抛出的圈圈做平抛运动的初速度为v，高度为h，则下落的时间为
，平抛运动的物体飞行时间由高度决定，小孩抛出的圆环运动时间较短；故C正确.
D.在相同时间内的速度变化量：
△v=g△t，与初速度无关，所以两个人抛出的圆环，在相同时间内的速度变化量相同；故D正确.
11.某同学将一个质量为m的小球竖直向上抛出，小球上升的最大高度为H.设上升过程中空气阻力f大小恒定.则在上升过程中
A.小球的动能减小了（f+mg）H
B.小球机械能减小了fH
C.小球重力势能减小了mgH
D.小球克服空气阻力做功（f+mg）H
【答案】AB
【解析】
【详解】A.小球上升的过程中，重力和阻力都做负功，根据动能定理得:
-mgH-fH=△Ek，则得动能的减小量等于mgH+fH；故A正确.
B.根据功能关系知：
除重力外其余力做的功等于机械能的变化量；在上升过程中，物体克服阻力做功fH，故机械能减小fH；故B正确.
C.小球上升H，故重力势能增加mgH；故C错误.
D.在上升的过程中，小球克服空气阻力做功fH；故D错误.
12.马戏团中上演的飞车节目深受观众喜爱。
如图甲，两表演者骑着摩托车在竖直放置的圆锥筒内壁上做水平匀速圆周运动。
若两表演者（含摩托车）分别看作质点A、B，其示意简图如图乙所示，摩托车与内壁倾斜方向的摩擦力恰好为零，则B做圆周运动的
A.周期较大
B.线速度较大
C.角速度较大
D.向心加速度较大
【答案】AB
【解析】
【详解】BC.摩托车做匀速圆周运动，摩擦力恰好为零，由重力mg和支持力F的合力提供圆周运动的向心力，作出受力分析如图：
则有：
向心力Fn=mgtanα，由
，得：
，
，则知B质点高，半径r大，则ω较小，v较大；故B正确，C错误.
A.因为
，而B质点角速度小，则其周期较大；故A正确.
D.因为mgtanα=ma，则向心加速度为a=gtanα，所以A、B两质点的向心加速度相等，故D错误.
13.如图所示，质量M，中空为半球型的光滑凹槽放置于光滑水平地面上，光滑槽内有一质量为m的小铁球，现用一水平向右的推力F推动凹槽，小铁球与光滑凹槽相对静止时，凹槽圆心和小铁球的连线与竖直方向成α角。
重力加速度为g，则下列说法正确的是
A.小铁球受到的合外力方向水平向左
B.凹槽对小铁球的支持力为
C.系统的加速度为
D.推力
【答案】BD
【解析】
【详解】A.小铁球的加速度方向水平向右，根据牛顿第二定律知小铁球受到的合外力方向水平向右;故A错误.
B.对小球进行受力分析，如图所示：
则凹槽对小铁球的支持力
;故B正确.
C.对小球进行受力分析得：
mgtanα=ma，解得：
a=gtanα，所以系统的加速度为a=gtanα;故C错误.
D.对整体进行受力分析，根据牛顿第二定律得：
F=（m+M）a=（m+M）gtanα;故D正确.
14.轻质弹簧吊着小球静止在如图所示的A位置，现用水平外力F将小球缓慢拉到B位置，此时弹簧与竖直方向的夹角为θ，在这一过程中，对于整个系统，下列说法正确的是（ ）
A.系统
弹性势能不变
B.系统的弹性势能增加
C.系统的机械能不变
D.系统的机械能增加
【答案】BD
【解析】
根据力的平衡条件可得F＝mgtanθ，弹簧弹力大小为F弹＝
，B位置比A位置弹力大，弹簧伸长量大，所以由A位置到B位置的过程中，系统的弹性势能增加，又由于重力势能增加，动能不变，所以系统的机械能增加．
三、实验题
15.某次实验利用打点计时器打出一条如图所示的纸带，C、D、E、F、G是按打点顺序依次选取的计数点，计数点的距离如图所示，相邻计数点间的时间间隔为0.1s.
（1）刻度尺D点的读数为________cm;
（2）小车
加速度大小为________m/s2（结果保留2位有效数字）.
【答案】
（1）.1.00
（2）.0.20（0.18～0.22）
【解析】
【详解】第一空.毫米刻度尺的精确度为1mm，估读到0.1mm，则D点读数为1.00cm.
第二空.根据匀变速直线运动的判别式
，
四组位移选择逐差法得：
.
16.用如图所示装置来探究功和动能变化的关系，木板上固定两个完全相同的遮光条A、B，用不可伸长的细线将木板通过两个滑轮与弹簧测力计C相连，木板放在安装有定滑轮和光电门的轨道D上，轨道放在水平桌面上，P为小桶（内有砂子），滑轮质量、摩擦不计，重力加速度大小为g。
（1）实验中轨道应倾斜一定角度，这样做的目的是__________.
（2）用游标卡尺测量遮光条的宽度d.
（3）实验主要步骤如下：
①测量木板（含遮光条）的质量M，测量两遮光条间的距离L，按图正确连接器材；
②小桶P（内有沙子）的质量_________（填“需要”“不需要”）远小于木块（含遮光条）的质量。
③将木板左端与轨道左端对齐，静止释放木板，木板在细线拉动下运动，记录弹簧测力计示数F及遮光条B、A先后经过光电门的时间为t1、t2，则遮光条B、A通过光电门的过程中木板动能的变化量ΔEk=______，合外力对木板做功W=________；（用字母M、t1、t2、d、L、F表示）
④在小桶中增加砂子，重复③的操作，比较W、ΔEk的大小，得出实验结论.
【答案】
（1）.平衡木板受到的摩擦力
（2）.不需要（3）.
（4）.FL
【解析】
【详解】第一空.为了使绳子拉力充当合力，即细线拉力做的功等于合力对小车做的功应先平衡摩擦力；
第二空.测量木板（含遮光条）的质量M，测量两遮光条间的距离L，按图正确连接器材；由于有弹簧秤能够测量拉力，所以没有必要使小桶P的总质量远小于木板的质量；
第三空.遮光条B、A先后经过光电门的时间为t1、t2，则遮光条B、A通过光电门的速度分别为
，
，则动能的变化为：
.
第四空.合力所做的功就是绳子拉力做的功，W合=FL.
四、计算题
17.如图所示，为大型游乐设施环形座舱跳楼机。
跳楼机由高度75m处自由下落到离地面30m的位置开始以恒力制动，已知跳楼机和人的总质量m=4×103kg，重力加速度g=10m/s2.不计跳楼机与柱子间的摩擦力及空气阻力.试求：
（1）跳楼机的最大速度；
（2）跳楼机在制动过程中，所受制动力的大小；
（3）跳楼机从开始下落到着地经历的时间.
【答案】
（1）30m/s
（2）
（3）5s
【解析】
【详解】
（1）自由下落过程：
解得：
v=30m/s
（2）制动过程：
解得：
制动过程，由牛顿运动定律有：
F-mg=ma
解得：
（3）自由下落过程时间：
解得：
制动时间：
解得：
跳楼机下落过程的时间：
.
18.如图甲所示，竖直平面内的坐标系xoy内的光滑轨道由半圆轨道OBD和抛物线轨道OA组成，OBD和OA相切于坐标原点O点，半圆轨道的半径为R,一质量为m的小球（可视为质点）从OA轨道上高H处的某点由静止滑下。
（1）若小球从H=3R的高度静止滑下，求小球刚过O点时小球对轨道的压力；
（2）若用力传感器测出滑块经过圆轨道最高点D时对轨道的压力为F，并得到如图乙所示的压力F与高度H的关系图象，取g=10m/s2。
求滑块的质量m和圆轨道的半径R的值。
【答案】
（1）
（2）
m＝0.1kg
【解析】
试题分析：
（1）
（2分）
（2分）解得
（1分）
（2）由图乙可知，在H大于0.5m时，小球才能通过D点。
（2分）
当H＝0.5m时，有
（2分
（2分）
（1分）
当H＝1.0m时，有
（3分）
（2分）
m＝0.1kg（2分）
考点：
考查了圆周运动和动能定理的应用
点评：
在分析圆周运动时，关键是找出向心力来源，根据牛顿第二定律列式求解
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