广西玉林市福绵区高一(下)期末物理试卷(解析版)公开课教案教学设计课件.doc

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1、广西玉林市福绵区高一（下）期末物理试卷解析版一.选择题1.如图所示，轻质弹簧长为L，竖直固定在地面上，质量为m的小球，在离地面高度为H处，由静止开始下落，正好落在弹簧上，使弹簧的最大压缩量为x，在下落过程中，小球受到的空气阻力为F阻，则弹簧在最短时具有的弹性势能为()A.(mgF阻)(HLx) B.mg(HLx)F阻(HL)C.mgHF阻(HL) D.mg(Lx)F阻(HLx)答案：A解析：设物体克服弹力做功为W弹，则对物体应用动能定理得(mgF阻)(HLx)W弹Ek0，所以，W弹(mgF阻)(HLx)，即为弹簧在最短时具有的弹性势能2关于抛体运动，下列说法正确的是（）A将物体以某一初速度抛出

2、后的运动B将物体以某一初速度抛出，只在重力作用下的运动C将物体以某一初速度抛出，满足合外力为零的条件下的运动D将物体以某一初速度抛出，满足除重力外其他力的合力为零的条件下的直线运动考点：抛体运动分析：抛体运动的特点，初速度不为零，仅受重力解答：解：当物体以一定的初速度抛出，只在重力作用下的运动称为抛体运动，故B正确，A、C、D错误故选：B点评：解决本题的关键知道抛体运动的特点，即初速度不为零，仅受重力3.如图所示，一个质量为m的物体（视为质点）以某一速度从A点冲上倾角为30的固定斜面。其运动的加速度大小为，物体在斜面上上升的最大高度为h，则这个过程中物体（）A.重力势能增加了 B.重力势能增加

3、了C.动能损失了mgh D.机械能损失了答案：D解析：物体上升的最大高度为h，则重力势能增加mgh，故AB错误合力大小为F合mamg，根据动能定理得，动能损失量F合2hmgh，故C错误根据牛顿第二定律得，mgsin30+f=ma，解得f=mg，则机械能的损失Ef2hmg2hmgh，故D正确故选D点睛：解决本题的关键掌握功能关系，知道重力做功等于重力势能的减小量，合力做功等于动能的增加量，除重力以外其它力做功等于机械能的增加量4关于抛体运动，下列说法正确的是（）A将物体以某一初速度抛出后的运动B将物体以某一初速度抛出，只在重力作用下的运动C将物体以某一初速度抛出，满足合外力为零的条件下的运动D将

4、物体以某一初速度抛出，满足除重力外其他力的合力为零的条件下的直线运动考点：抛体运动分析：抛体运动的特点，初速度不为零，仅受重力解答：解：当物体以一定的初速度抛出，只在重力作用下的运动称为抛体运动，故B正确，A、C、D错误故选：B点评：解决本题的关键知道抛体运动的特点，即初速度不为零，仅受重力5.如图所示，小球用细绳系住，绳的另一端固定于O点现用水平力F缓慢推动斜面体，小球在斜面上无摩擦地滑动，细绳始终处于直线状态，当小球升到接近斜面顶端时细绳接近水平，此过程中斜面对小球的支持力FN以及绳对小球的拉力FT的变化情况是（）A.FN保持不变，FT不断增大 B.FN不断增大，FT不断减小C.FN保持不

5、变，FT先增大后减小 D.FN不断增大，FT先减小后增大答案：D解析：先对小球进行受力分析，重力、支持力、拉力组成一个闭合的矢量三角形，由于重力不变、支持力方向不变，且从已知图形知，且逐渐变小，趋向于0；故斜面向左移动的过程中，拉力与水平方向的夹角减小，当时，细绳的拉力最小，由图可知，随的减小，斜面的支持力不断增大，先减小后增大，故D正确，ABC错误。考点：共点力平衡的条件及其应用【名师点睛】本题考察物体的受力分析、共点力的动态平衡问题物体在三个共点力作用下达到平衡状态，其中一个力的大小和方向均不发生变化时：一个力的方向不变，另一个力方向改变，利用力的三角形法则；另外两个力中，另外两个力方向均

6、改变，利用力的三角形与几何三角形相似对小球进行受力分析如图所示，则题干描述的动态过程可通过力的三角形边长的变化替代。6下列关于平抛运动的说法正确的是（）A平抛运动是非匀变速动动 B平抛运动是匀变速曲线运动C做平抛运动的物体，每秒内速率的变化相等D水平飞行的距离只与初速度大小有关考点：平抛运动专题：平抛运动专题分析：研究平抛运动的方法是把平抛运动分解到水平方向和竖直方向去研究，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做自由落体运动，两个方向上运动的时间相同解答：解：A、平抛运动的物体只受重力的作用，初速度是水平的，所以平抛运动是匀变速曲线运动，所以A错误，B正确；C、做平抛运动的物体，每秒内速度的变化为

7、gt，但是速率的变化不相等，所以C错误；D、水平飞行的距离与初速度大小和高度都有关，所以D错误；故选：B点评：本题就是对平抛运动规律的考查，平抛运动可以分解为在水平方向上的匀速直线运动，和竖直方向上的自由落体运动来求解7.如图所示，木板放在光滑地面上，将一滑块m用恒力F由木块一端拉至另一端，木板分固定和不固定两种情况，力F做功分别为W1和W2，则()A.W1W2 D无法比较答案：A解析：当木块B固定时，力F通过的位移就是木块B的长度，力F做功为W1=FL；当木块B不固定时，木块B也要向右运动，运动的距离为S，则力F做功为W2=F（L+S）；所以W1W2，故选A考点：本题考查了功的计算8如图是体

8、育摄影中“追拍法”的成功之作，摄影师眼中清晰的滑板运动员是静止的，而模糊的背景是运动的，摄影师用自己的方式表达了运动的美请问摄影师选择的参考系是（）A大地B太阳C滑板运动员D步行的人【考点】12：参考系和坐标系【分析】“追拍法”是跟踪运动的物体，将运动的物体看做是静止的，由此其背景就是运动的了【解答】解：“追拍法”是跟踪运动的物体，将运动的物体看做是静止的，该图片是运动的滑板运动员被摄影师当做静止的，而用镜头跟踪，故参考系是滑板运动员故C正确，ABD错误故选：C9.如图所示，有一半径为R的光滑圆轨道，现给小球一个初速度，使小球在竖直面内做圆周运动，则关于小球在过最高点的速度v，下列叙述中正确的

9、是（）A.v的极小值为B.v由零逐渐增大，轨道对球的弹力逐渐增大C.当v由值逐渐增大时，轨道对小球的弹力逐渐减小D.当v由值逐渐减小时，轨道对小球的弹力逐渐增大答案：D解析：因为轨道内壁下侧可以提供支持力，则最高点的最小速度为零，故A错误；在最高点只有重力提供向心力，即mg=m，解得：，轨道对球的弹力为零，当v，管道下壁对小球有作用力，根据牛顿第二定律得，mg-N=m，速度增大时，弹力减小，故B错误；当v，管道上壁对小球有作用力，根据牛顿第二定律得，mg+N=m，当速度增大时，弹力F增大，故C错误；当v，管道下壁对小球有作用力，根据牛顿第二定律得，mg-N=m，速度减小，弹力增大，故D正确故选

10、D点睛：解决本题的关键知道小球做圆周运动向心力的来源，运用牛顿第二定律进行求解，注意该模型与杆模型类似，与绳模型不同10一个小球从距地面4m高处落下，被地面弹回，在距地面1m高处被接住坐标原点定在抛出点正下方2m处，向下方向为坐标轴的正方向则小球的抛出点、落地点、接住点的位置坐标分别是（）A2m，2m，1m B2m，2m，1mC4m，0，1m D4m，0，1m【考点】12：参考系和坐标系【分析】建立直线坐标系，根据小球的运动的情况，分别确定小球的位置坐标即可【解答】解：坐标原点定在抛出点正下方2m处，向下方向为坐标轴的正方向，小球从距地面4m高处开始下落的，在坐标原点的上方，所以抛出点的位置坐

11、标是2m；小球落到地面上，此时距离坐标原点为2m，所以落地点的位置坐标是2m；小球在距离地面1m高处被接住，此时的小球在坐标原点的下方1m处，所以接住点的位置坐标是1m；所以ACD错误，B正确；故选：B11.如图所示为一个做匀变速曲线运动的质点的轨迹示意图，已知在B点时的速度与加速度相互垂直，则下列说法中正确的是()A.D点的速率比C点的速率小B.A点的加速度与速度的夹角大于90C.A点的加速度比D点的加速度大D.从A到D加速度与速度的夹角一直减小答案：BD解析：质点做匀变速曲线运动，由动能定理可得，D点的速度比C点速度大，故A错误；若质点从A运动到D，质点运动到B点时速度方向与加速度方向恰好

12、互相垂直，则有A点速度与加速度方向夹角大于90，CD点的加速度方向与速度方向夹角小于90，故B、D正确；质点做匀变速曲线运动，则有加速度不变，所以质点经过A点时的加速度与D点相同，故C错误。考点：本题考查了物体做曲线运动的条件；曲线运动12关于匀速圆周运动的角速度和线速度，下列说法正确的是（）A半径一定，角速度和线速度成反比B半径一定，角速度和线速度成正比C线速度一定，角速度和半径成反比D角速度一定，线速度与半径成正比考点：线速度、角速度和周期、转速专题：匀速圆周运动专题分析：根据v=r判断线速度、角速度、半径的关系解答：解：A、根据=知，半径一定，角速度与线速度成正比故A错误，B正确C、根据

13、=知，线速度一定，角速度与半径成反比故C正确D、根据v=r知，角速度一定，线速度与半径成正比故D正确故选BCD点评：解决本题的关键掌握v=r，根据该公式会判断线速度、角速度、半径的关系13质量为m的物体，从静止开始以2g的加速度竖直向下运动h高度，那么（）A物体的动能增加2mghB物体的重力势能减少2mghC物体的机械能保持不变D物体的机械能增加mgh【考点】6B：功能关系；6C：机械能守恒定律【分析】根据动能定理研究动能的增加量重力势能的变化量等于重力对物体做的功只有重力对物体做功，物体的机械能才守恒根据动能的变化量与重力的变化量之和求解机械能的变化量【解答】解：A、合力对物体做的功为W合=

14、mah=2mgh，根据动能定理得知，物体的动能增加2mgh故A正确B、质量为m的物体向下运动h高度时，重力做功为mgh，则物体的重力势能减小mgh故B错误C、依题物体的加速度为2g，说明除重力做功之外，还有其他力对物体做正功，物体的机械能应增加故C错误D、物体的重力势能减小mgh，动能增加2mgh，则物体的机械能增加mgh故D正确故选：AD14.如图，两物体放在光滑的水平面上，中间用轻弹簧相连从左边用水平力F1拉动M，使它们产生一个共同的加速度a，这时弹簧伸长量为L1；从右边用水平力F2拉动m，使它们也产生一个共同的加速度a，这时弹簧的伸长量为L2两物体的质量为Mm，则（）A.L1L2B.L1

15、L2C.F1=F2D.F1F2答案：BC解析：对整体分析，根据牛顿第二定律可知，要使两次产生的加速度相同，拉力F一定相同；从左边水平拉动M，对m运用牛顿第二定律得：F1=ma从右边水平拉动m，对M运用牛顿第二定律得：F2=Ma因为Mm，所以F1F2根据胡克定律得：kL1kL2，所以L1L2，故BC正确，AD错误故选BC点睛：本题主要考查了牛顿第二定律及胡克定律的应用，要注意分别对整体和隔离法的正确应用，正确选择研究对象是解题的关键15在发射地球同步卫星的过程中，卫星首先进入椭圆轨道，然后在Q点通过改变卫星速度，让卫星进入地球同步轨道则（）A该卫星的发射速度必定大于11.2km/sB卫星在同步轨

16、道上的运行速度大于7.9km/sC在轨道上，卫星在P点的速度大于在Q点的速度D卫星在Q点通过加速实现由轨道进入轨道【考点】4H：人造卫星的加速度、周期和轨道的关系【分析】11.2km/s是地球的第二宇宙速度，当卫星的发射速度大于等于第二宇宙速度时卫星脱离地球的吸引而进入绕太阳运行的轨道；根据卫星的速度公式v=比较同步卫星的速度与第一宇宙速度的关系由开普勒第二定律分析卫星在P点和Q点的速度大小结合变轨原理分析本题【解答】解：A、该卫星的发射速度必须小于第二宇宙速度11.2km/s，因为一旦达到第二宇宙速度，卫星会挣脱地球的引力，不绕地球运行故A错误；B、根据卫星的速度公式v=，知卫星的轨道半径越

17、大，圆周运动的线速度越小，所以卫星在同步轨道上的运行速度小于近地卫星的速度，即小于7.9km/s故B错误；C、在轨道上，卫星由P点运动到Q点的过程中，万有引力做负功，速度减小，则P点的速度大于Q点的速度故C正确；D、卫星在Q点要由轨道进入轨道，做离心运动，必须在Q点点火加速故D正确；故选：CD二.填空题16.（1）为进行“验证机械能守恒定律”的实验，有下列器材可供选用：铁架台、电磁打点计时器、复写纸、纸带、秒表、低压直流电源、导线、电键、天平。其中不必要的器材有_；缺少的器材是_。（2）某次“验证机械能守恒定律”的实验中，用6V、50Hz的打点计时器打出的一条无漏点的纸带，如图所示，O点为重锤

18、下落的起点，选取的计数点为A、B、C、D，各计数点到O点的长度已在图上标出，单位为毫米，重力加速度取9.8m/s2，若重锤质量为1kg。打点计时器打出B点时，重锤下落的速度vB=_m/s，重锤的动能EkB=_J。从开始下落算起，打点计时器打B点时，重锤的重力势能减小量为_J。根据纸带提供的数据，在误差允许的范围内，重锤从静止开始到打出B点的过程中，得到的结论是_。答案：(1).（1）秒表，天平，低压直流电源；(2).低压交流电源，重锤，刻度尺(3).（2）1.175，(4).0.69(5).0.69(6).机械能守恒.解析：（1）为进行“验证机械能守恒定律”的实验，不必要的器材有：秒表，天平，

19、低压直流电源；缺少的器材是：低压交流电源，重锤，刻度尺；（2）每两个点之间有一个计时点，则相邻两个计数点之间的时间间隔为T=0.04s利用匀变速直线运动的推论得：重锤的动能EkB=mvB2=0.69J重力势能减小量：EpB=mgh=19.80.0705J=0.69J根据纸带提供的数据，在误差允许的范围内，重锤从静止开始到打出B点的过程中，得到的结论是：机械能守恒.点睛：运用运动学公式和动能、重力势能的定义式解决问题是该实验的常规问题要注意单位的换算和有效数字的保留要知道重物带动纸带下落过程中能量转化的过程和能量守恒17.开普勒第一定律：所有行星绕 运动的轨道都是 ，太阳处在椭圆的一个 上考点：

20、开普勒定律专题：万有引力定律的应用专题分析：这是对开普勒三定律的考察，涉及第一个定律解答：解：开普勒三定律的第一个说：所有行星绕太阳运动的轨道都是椭圆，太阳处在椭圆的一个焦点上；故答案为：太阳、椭圆、焦点，点评：考察基本的定律，虽然考察的是第一个，但是应该把其他几个都掌握好18用200N的拉力将地面上的一个质量为10kg的物体提升10m（g=10m/s2，不计空气阻力）拉力对物体所做的功为J；物体被提高后具有的重力势能是J（以地面为零势能参考面）；物体被提高后具有的动能是J【考点】6C：机械能守恒定律；62：功的计算【分析】根据W=Flcos求出拉力做的功，根据重力做功求出重力势能的增加量根据

21、动能定理求出物体提高后具有的动能【解答】解：根据W=Flcos得物体从静止开始提起5m拉力做功W=2000J物体从静止提升10m时，重力做负功为mgh=1000J，所以物体被提高后具有的重力势能是1000J物体合力做的功等于动能变化，W合=F合l=1000J=Ek则物体提高后增加的重力势能是1000J故答案为：2000；1000；1000三、计算题19.某汽车发动机的额定功率为60kW，汽车质量为5t，汽车在运动中所受阻力的大小恒为车重的0.1倍(g取10m/s2)（1）若汽车以额定功率启动，则汽车所能达到的最大速度是多少?（2）当汽车速度达到5m/s时，其加速度是多少?（3）若汽车以恒定加速

22、度0.5m/s2启动，则其匀加速过程能维持多长时间?答案：（1）12m/s（2）（3）16s解析：当牵引力等于阻力时，速度最大，根据求出最大速度根据求出速度为5m/s时的牵引力，通过牛顿第二定律求出加速度的大小根据牛顿第二定律求出牵引力的大小，从而根据求出匀加速直线运动的末速度，结合速度时间公式求出匀加速直线运动维持的时间（1）汽车以额定功率启动，当a=0时，v达到最大值则（2）当速度为5m/s时，牵引力则加速度（3）由得，则匀加速直线运动的时间20.长为L的轻质细线，拴一质量为m的小球，一端固定于O点，让小球在水平面内做匀速圆周运动(这种运动通常称为圆锥摆运动)，如图所示，已知摆线与竖直方向

23、的夹角是，求:（1）细线的拉力F;（2）小球运动的线速度的大小答案：（1）（2）解析：（1）小球受重力和线的拉力作用，由这两个力的合力提供向心力，如图，根据合成法得（2）根据牛顿第二定律得，又，解得21.如图所示，一质量m=40kg的小球在轻质弹簧和细线的作用下处于静止状态，细线AO与竖直方向的夹角=370，弹簧BO水平并处于压缩状态，小球与弹簧接触但不粘连，已知弹簧的劲度系数k=100N/m，取sin370=06，cos370=08，求：（1）小球静止时，细线中的拉力T和弹簧的压缩量x；（2）剪断细线AB瞬间，小球的加速度a。答案：（1）T=50N，x=0.3m（2）12.5m/s2,方向与

24、竖直方向成角370，斜向下沿原细线AB方向解析：（1）小球的受力图如图，根据平衡条件可知：弹簧的弹力F=mgtan而F=kx解得：T=50N，x=03m（2）剪断细线的瞬间，小球受到重力、弹力不变；合力与原细线中的拉力T等大反向，则方向与竖直方向成角370，斜向下沿原细线AB方向。考点：胡克定律；牛顿第二定律的应用【名师点睛】本题考查了共点力平衡和牛顿第二定律的基本运用，知道剪断细线的瞬间，弹簧的弹力不变。22如图，一不可伸长的轻绳上端悬挂于O点，下端系一质量m=1.0kg的小球现将小球拉到A点（保持绳绷直）由静止释放，当它经过B点时绳恰好被拉断，小球平抛后落在水平地面上的C点地面上的D点与O

25、B在同一竖直线上，已知绳长L=1.0m，B点离地高度H=1.0m，A、B两点的高度差h=0.5m，重力加速度g取10m/s2，不计空气影响，求：（1）地面上DC两点间的距离s；（2）轻绳所受的最大拉力大小【考点】6C：机械能守恒定律；37：牛顿第二定律；4A：向心力【分析】（1）从A到B由动能定理可得B位置时的速度，之后做平抛运动，由平抛规律求解；（2）在B位置，由牛顿第二定律可求轻绳所受的最大拉力大小【解答】解：（1）设小球在B点速度为v，对小球从A到B由动能定理得：mgh=mv2绳子断后，小球做平抛运动，运动时间为t，则有：H=DC间距离：s=vt解得：s=m1.414m（2）在B位置，设

26、绳子最大力量为F，由牛顿第二定律得：Fmg=联立得：F=2mg=2110N=20N根据牛顿第三定律，有F=F，因而轻绳所受的最大拉力为20N答（1）DC两点间的距离1.414m；（2）轻绳所受的最大拉力20N而F=kx解得：T=50N，x=03m（2）剪断细线的瞬间，小球受到重力、弹力不变；合力与原细线中的拉力T等大反向，则方向与竖直方向成角370，斜向下沿原细线AB方向。考点：胡克定律；牛顿第二定律的应用【名师点睛】本题考查了共点力平衡和牛顿第二定律的基本运用，知道剪断细线的瞬间，弹簧的弹力不变。22如图，一不可伸长的轻绳上端悬挂于O点，下端系一质量m=1.0kg的小球现将小球拉到A点（保持

27、绳绷直）由静止释放，当它经过B点时绳恰好被拉断，小球平抛后落在水平地面上的C点地面上的D点与OB在同一竖直线上，已知绳长L=1.0m，B点离地高度H=1.0m，A、B两点的高度差h=0.5m，重力加速度g取10m/s2，不计空气影响，求：（1）地面上DC两点间的距离s；（2）轻绳所受的最大拉力大小【考点】6C：机械能守恒定律；37：牛顿第二定律；4A：向心力【分析】（1）从A到B由动能定理可得B位置时的速度，之后做平抛运动，由平抛规律求解；（2）在B位置，由牛顿第二定律可求轻绳所受的最大拉力大小【解答】解：（1）设小球在B点速度为v，对小球从A到B由动能定理得：mgh=mv2绳子断后，小球做平抛运动，运动时间为t，则有：H=DC间距离：s=vt解得：s=m1.414m（2）在B位置，设绳子最大力量为F，由牛顿第二定律得：Fmg=联立得：F=2mg=2110N=20N根据牛顿第三定律，有F=F，因而轻绳所受的最大拉力为20N答（1）DC两点间的距离1.414m；（2）轻绳所受的最大拉力20N