【解析】辽宁省辽河油田第二高级中学2017-2018学年高一下学期期中考试物理试题含解析.doc

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1、期中考试物理试卷一、选择题1. 某人向放在水平地面上正前方的小桶中水平抛球，结果球划着一条弧线飞到小桶的前方，如图所示.不计空气阻力，为了能把小球抛进小桶中，则下次再水平抛球时，可能做出的调整为()A. 增大初速度，提高抛出点高度B. 增大初速度，抛出点高度不变C. 初速度大小不变，降低抛出点高度D. 初速度大小不变，提高抛出点高度【答案】C【解析】试题分析：设小球平抛运动的初速度为v0，抛出点离桶的高度为h，水平位移为x，则由 hgt2得水平位移；小球做平抛运动，飞到小桶的前方，说明水平位移偏大，要使球落在桶中，必须减小水平位移，由上式知，可采用的方法是：减小初速度，抛出点高度不变，或初速度

2、大小不变，降低抛出点高度，故BD错误，AC正确故选AC考点：平抛运动【名师点睛】本题运用平抛运动的知识分析处理生活中的问题，比较简单，关键运用运动的分解方法得到水平位移的表达式2. 质量为1t的汽车在平直的公路上运动，v-t图象如图1所示.不可求（ ）A. 前25 s内汽车的平均速度B. 前10 s内汽车所受的阻力C. 前10 s内汽车的加速度D. 15 s25 s内合外力对汽车所做的功【答案】B【解析】A项：平均速度等于物体经过的位移的大小与所用时间的比值，25s内经过的位移的大小为0-25s所围成图形的面积，根据图形很容易求得，由可以求得平均速度的大小，所以A正确；B项：整个过程中不知道汽

3、车的牵引力的大小，只有加速度的大小是不能求出所受阻力的大小的，所以B错误；C项：直线的斜率表示物体的加速度的大小，由图形可知，斜率的大小为，故C正确；D项：15s末和25s末物体的速度的大小是知道的，根据动能定理可以求合外力对汽车所做的功，所以D正确。故应选B。3. 北斗卫星导航系统是我国自行研制开发的区域性三维卫星定位与通信系统(CNSS)，建立后的北斗卫星导航系统包括5颗同步卫星和30颗一般轨道卫星.关于这些卫星，以下说法正确的是()A. 5颗同步卫星的轨道距地高度不同B. 5颗同步卫星的运行轨道不一定在同一平面内C. 导航系统所有卫星的运行速度一定大于第一宇宙速度D. 导航系统所有卫星中

4、，运行轨道半径越大的，周期一定越大【答案】D【解析】A、B项：因为同步卫星要和地球自转同步，所以运行轨道就在赤道所在平面内，根据，因为一定，所以 r 必须固定，即一定位于空间同一轨道上且距地高度相同，故A、B错误；C项：第一宇宙速度是近地卫星的环绕速度，也是最大的圆周运动的环绕速度而同步卫星的轨道半径要大于近地卫星的轨道半径，所以它们运行的线速度一定小于7.9km/s，故C错误；D项：由公式得：，所以运行轨道半径越大的，周期一定越大，故D正确。点晴：地球质量一定、自转速度一定，同步卫星要与地球的自转实现同步，就必须要角速度与地球自转角速度相等，这就决定了它的轨道高度和线速度。4. 假设地球可视

5、为质量均匀分布的球体.已知地球表面重力加速度在两极的大小为g0，在赤道的大小为g，地球自转的周期为T，引力常量为G.地球的密度为()A. B. C. D. 【答案】A【解析】在两极，引力等于重力，则有： 由此可得地球质量 在赤道处，引力与支持力的合力提供向心力，由牛顿第二定律，则有： 而密度公式故应选A。点晴：根据万有引力等于重力，则可列出物体在两极的表达式，再由引力与支持力的合力提供向心力，列式综合可求得地球的质量，最后由密度公式，即可求解。5. 质量不等，但有相同动能的两个物体，在动摩擦因数相同的水平地面上滑行，直至停止，则()A. 质量小的物体滑行的距离小 B. 质量大的物体滑行的距离小

6、C. 它们滑行的距离一样大 D. 质量大的克服摩擦力所做的功多【答案】B.D项：由动能定理得：-W=0-EK，则W=EK，由于物体初动能相同，它们克服摩擦力所做的功一样大，故D错误。6. 质量m100 kg的小船静止在平静水面上，船两端载着m甲60 kg、m乙40 kg的游泳者，在同一水平线上甲向左、乙向右同时以相对于岸3 m/s的速度跃入水中，如图所示，则小船的运动速率和方向为 () A. 0.6 m/s，向左 B. 3 m/s，向左C. 0.6 m/s，向右 D. 3 m/s，向右【答案】C【解析】以向右为正方向，由系统动量守恒得：m乙v乙+m甲v甲+mv=0则： 负号表示船将向右运动，速

7、度大小为0.6 m/s。故应选C。7. 如图所示，在地面上以速度v0抛出质量为m的物体，抛出后物体落到比地面低h的海平面上若以地面为参考平面，且不计空气阻力，则下列选项正确的是()A. 物体落到海平面时的势能为mghB. 物体在最高点处的机械能为C. 物体在海平面上的机械能为+mghD. 物体在海平面上的动能为【答案】B【解析】A项：以地面为零势能面，海平面低于地面h，所以物体在海平面上时的重力势能为-mgh，故A错误；B、C项：整个过程机械能守恒，即初末状态的机械能相等，以地面为零势能面，抛出时的机械能为，所以物体在海平面时的机械能也为，故B正确，C错误；D项：由动能定理w=Ek2-Ek1，

8、有，故D错误。点晴：此题应用了动能定理解决重力势能的变化与重力做功的关系，动能定理揭示了外力对物体所做总功与物体动能变化之间的关系，它描述了力在空间的积累效果，力做正功，物体的动能增加，力做负功，动能减少动能定理解决的问题不受运动形式和受力情况的限制还有就是重力势能的变化与零势能面的选取无关。8. 质量为m的物体，以v0的初速度沿斜面上滑，到达最高点后又返回原处时的速度为v1，且v10.5v0，则()A. 上滑过程中重力的冲量比下滑时大B. 上滑和下滑的过程中支持力的冲量都等于零C. 在整个过程中合力的冲量大小为D. 整个过程中物体动量的变化量为【答案】C【解析】A项：因为物体返回原处的速度小

9、于初速度，可知物体与斜面间有摩擦，根据牛顿第二定律知，上滑的加速度大小大于下滑的加速度，根据得，上滑的时间小于下滑的时间，所以上滑过程中重力的冲量比下滑时小，故A错误；B项：冲量等于力与时间的乘积，可知上滑和下滑过程中支持力的冲量不为零，故B错误；C、D项：根据动量定理知，合力的冲量等于动量的变化量，规定向下为正方向，可知合力冲量的大小为，故C正确，D错误。点晴：根据牛顿第二定律比较上滑和下滑的加速度大小，结合位移时间公式比较运动的时间，从而比较出重力的冲量大小根据动量定理，结合动量的变化量得出合力的冲量。9. （多选）下列说法正确的是()A. 做曲线运动的物体的速度一定变化B. 速度变化的运

10、动一定是曲线运动C. 同一物体的动量越大，其速度一定越大D. 物体所受合力不为零，其机械能一定不守恒【答案】AC【解析】A项：做曲线运动的物体的速度方向一定改变，所以速度一定变化，故A正确；B项：速度变化的运动不一定是曲线运动，如匀加速直线运动，速度方向不变，大小变化，故B错误；C项：由公式可知，同一物体动量越大，速度一定越大，故C正确；D项：物体所受合外力不为零，其机械能不一定守恒，如平抛运动合外力不为零，但只有重力做功，其机械能守恒，故D错误。10. （多选）如图所示，一质量为m的小球固定于轻质弹簧的一端，弹簧的另一端固定于O点.将小球拉至A点，弹簧恰好无形变，由静止释放小球，当小球运动到

11、O点正下方与A点的竖直高度差为h的B点时，速度大小为v.已知重力加速度为g，下列说法正确的是( )A. 小球运动到B点时的动能等于mv2B. 小球由A点到B点机械能减少mghC. 小球到达B点时弹簧的弹性势能为mghD. 小球由A点到B点克服弹力做功为mghmv2【答案】AD【解析】A项：小球在B点的速度为v，所以动能为，故A正确；B项：以B点所在的位移为参考平面，小球在A点的机械能为mgh，在B点的机械能为，所以机械能的减小为：，故B错误；C项：由小球和弹簧组的系统机械能守恒可知，小球从A到B过程中，小球减小的机械能等于弹簧增加的弹性势能即为，由功能关系可知，小球由A点到B点克服弹力做功为等

12、于增加的弹性势能，故C错误，D正确。11. （多选）据报道，美国计划从2021年开始每年送15 000名旅客上太空旅行。如图所示，当旅客围绕地球沿椭圆轨道运行时， A、B为运动的近日点和远日点，则 ( )A. 在A点的角速度大于B点的角速度B. 在A点的加速度小于B点的加速度C. 由A运动到B过程中动能减小，势能增加D. 由A运动到B过程中引力做正功，机械能增大【答案】AC【解析】A项：根据开普勒第二定律可得到，在近地点A的线速度大于远地点B的线速度，根据可知，因为，所以，故A正确；B项：根据牛顿第二定律有，解得：，因为，所以，故B错误；C、D项：由A运动到B过程中，引力做负功即合外力做负功，

13、所以动能减小，势能增大，机械能守恒，故C正确，D错误。点晴：根据开普勒第二定律判断近地点与远地点的速度结合v=r比较角速度大小，根据牛顿第二定律比较加速度大小。12. （多选）如图所示，小球用不可伸长的轻绳连接后绕固定点O在竖直面内做圆周运动，小球经过最高点时的速度大小为v，此时绳子的拉力大小为FT，拉力FT与速度的平方v2的关系如图乙所示，图象中的数据a和b包括重力加速度g都为已知量，以下说法正确的是()A. 数据a与小球的质量有关B. 数据b与小球的质量有关C. 比值不但与小球的质量有关，还与圆周轨道半径有关D. 利用数据a、b和g能够求出小球的质量和圆周轨道半径【答案】BCD【解析】A项

14、：当v2=a时，此时绳子的拉力为零，物体的重力提供向心力，则，解得，与物体的质量无关，故A错误；B项：当v2=2a时，对物体受力分析，则，解得b=mg，与小球的质量有关，故B正确；C项：根据AB可知与小球的质量有关，与圆周轨道半径有关，故C正确；D项：若F=0，由图知：v2=a，则有，解得： 若v2=2a， 解得：，故D正确。二、填空题： 13. 某同学利用竖直上抛小球的频闪照片验证机械能守恒定律，频闪仪每隔0.05 s闪光一次，如图所标数据为实际距离，该同学通过计算得到不同时刻的速度如下表.(当地重力加速度取9.8 m/s2，小球质量m0.2 kg，结果保留3位有效数字)(1)由频闪照片上的

15、数据计算t5时刻小球的速度v5_ m/s；(2)从t2到t5时间内，重力势能的增量Ep_ J，动能的减少量Ek_ J；(3)在误差允许的范围内，若Ep与Ek近似相等，即验证了机械能守恒定律.由上述计算得Ep_(选填“”“”或“”)Ek，造成这种结果的主要原因是_.【答案】 (1). (1)3.48； (2). (2)1.24， (3). 1.28； (4). (3)， (5). 存在空气阻力； 【解析】(1) t5时刻小球的速度；(2) 从t2到t5时间内，重力势能增量 动能减少量 (3) 在误差允许的范围内，若与近似相等，从而验证了机械能守恒定律。由上述计算所得，造成这种结果的主要原因是下落

16、过程中有空气阻力及纸带与打点计时器间的摩擦等阻力作用。点晴：在匀变速直线运动中，中间时刻的瞬时速度等于该过程中的平均速度，据此可以求t5时刻的速度大小；根据重力做功和重力势能之间的关系可以求出重力势能的减小量，根据起末点的速度可以求出动能的增加量。14. 如图所示，用“碰撞实验器”可以验证动量守恒定律，即研究两个小球在轨道水平部分碰撞前后的动量关系（1）实验中，直接测定小球碰撞前后的速度是不容易的但是，可以通过仅测量_(填选项前的序号)，间接地解决这个问题A小球开始释放高度hB小球抛出点距地面的高度HC小球做平抛运动的射程（2）图2中O点是小球抛出点在地面上的垂直投影实验时，先让入射球m1多次

17、从斜轨上S位置静止释放，找到其平均落地点的位置P，测量平抛射程OP.然后，把被碰小球m2静置于轨道的水平部分，再将入射球m1从斜轨S位置静止释放，与小球m2相撞，并多次重复A用天平测量两个小球的质量m1、m2B测量小球m1开始释放高度hC测量抛出点距地面的高度HD分别找到m1、m2相碰后平均落地点的位置M、NE测量平抛射程OM、ON（3）若两球相碰前后的动量守恒，其表达式可表示为_(用（2）中测量的量表示)；【答案】 (1). (1)C； (2). (2) m1OMm2ONm1OP；【解析】(1) 验证动量守恒定律实验中，即研究两个小球在轨道水平部分碰撞前后的动量关系，直接测定小球碰撞前后的速

18、度是不容易的，但是通过落地高度不变情况下水平射程来体现速度故选C(2) 设落地时间为t，则， 而动量守恒的表达式是m1v0=m1v1+m2v2若两球相碰前后的动量守恒，则m1OM+m2ON=m1OP 成立。点晴：验证动量守恒定律实验中，质量可测而瞬时速度较难因此采用了落地高度不变的情况下，水平射程来反映平抛的初速度大小，所以仅测量小球抛出的水平射程来间接测出速度过程中小球释放高度不需要，小球抛出高度也不要求最后可通过质量与水平射程乘积来验证动量是否守恒。三计算题15. 如图所示，质量为的小球自由下落d后，沿竖直面内的固定轨道ABC运动，AB是半径为d的光滑圆弧，BC是直径为d的粗糙半圆弧(B是

19、轨道的最低点)小球恰好能运动到C点求：(1)小球运动到B处时对轨道的压力大小；(2)小球在BC上运动过程中，摩擦力对小球做的功(重力加速度为g)【答案】（1）5Mg；(2) ； 【解析】试题分析：对AB过程由机械能守恒定律可求得B点的速度；由向心力公式及牛顿第二定律可求得轨道压力；对全程由动能定理可求得C点的速度及克服摩擦力所做的功。(1) 小球下落到B的过程：由动能定理得 在B点： 解得：根据牛顿第三定律：NN5Mg；(2)在C点： 小球从B运动到C的过程： 解得：。点晴：本题考查动能定理的应用，要注意正确选择物理过程，对于曲线运动或不涉及时间的运动优先考虑动能定理及机械能守恒定律。16.

20、光滑水平轨道上有三个木块A、B、C，质量分别为mA4m，mBmCm，开始时B、C均静止，A以初速度v0向右运动，A与B碰撞后分开，B又与C发生碰撞并粘在一起，此后A与B间的距离保持不变。求B与C碰撞前B的速度大小。【答案】【解析】试题分析：A与B相撞，B又与C发生碰撞，根据动量守恒定律列出等式求解。设A与B碰撞后，A的速度为vA，B与C碰撞前B的速度为vB，B与C碰撞后粘在一起的速度为v，由动量守恒定律得对A、B木块：mAv0mAvAmBvB对B、C木块：mBvB(mBmC)v由A与B间的距离保持不变可知vAv联立以上各式，代入数据得。点晴：本题分两个物理过程研究：A与B相撞，B又与C发生碰撞

21、的过程，基本的思路是动量守恒应用。17. 如图所示，传送带保持v4 m/s的速度水平匀速运动，将质量为1 kg的物块无初速地放在A端，若物块与皮带间动摩擦因数为0.2，A、B两端相距6 m，（1）求物块从A到B 所用的时间；（2）求物块从A到B产生的摩擦热是多少？(g取10 m/s2)【答案】（1）2.5s；（2）8J；【解析】试题分析：(1) 小煤块放上传送带先做匀加速直线运动，然后做匀速直线运动，根据运动学公式结合牛顿第二定律求出小煤块从A运动到B的时间；(2) 产生的热量为克服滑动摩擦力所做的功。解：(1) 木块与皮带间的摩擦力FfFNmg0.2110 N2 N由牛顿第二定律得木块加速度

22、 木块速度达到4 m/s时需时间t1V=a t1 得t1 =2s位移为： 即木块在到达B端之前就已达到最大速度4 m/s，后与传送带一起匀速运动，不再发生滑动匀速时间t2LABl=v t2 得t2=0.5st= t1t2=2.5s；(2) 木块滑动过程中与传送带的相对位移d相v t1l4 m所以产生的摩擦热为Qmgd相0.21104 J8 J。点晴：分析清楚物体运动的过程，先是匀加速直线运动，后是匀速直线运动，分过程应用运动规律求解或匀变速直线运动规律即可，尤其是注意分析摩擦力的变化情况。18. 如图所示，一质量为M的物块静止在桌面边缘，桌面离水平地面的高度为h.一质量为m的子弹以水平速度v0射入物块后，没有从木块射出重力加速度为g.求：(1)子弹留在物块后物块的速度v1；(2)此过程中系统损失的机械能；(3)此后物块落地点离桌面边缘的水平距离【答案】（1）；（2）；（3）；【解析】(1)子弹和物块组成的系统，由动量守恒得： 解得： ；(2)系统的机械能损失为： 解得：；(3)设物块下落到地面所有时间为t，落地点距桌面边缘的水平距离为x，则：竖直方向： 水平方向： 由以上两式解得：。