1、江西省景德镇一中 2018-2019 学年高一上学期期末考试物理试题一、选择题1.如图所示，为甲、乙两物体在同一直线上运动的位置坐标 x 随时间 t 变化的图像，已知甲做匀变速直线运动，乙做匀速直线运动，则 0 时间内下列说法正确的是（ ）A. 两物体在 时刻速度大小相等B. 时刻乙的速度大于甲的速度C. 两物体平均速度大小相等D. 甲的平均速度小于乙的平均速度【答案】C【解析】根据位移图象的斜率等于速度，则在 t1时刻，甲图象的斜率大于乙图象的斜率，所以甲的速度大于乙的速度，故 AB 错误；坐标的变化量等于位移，根据图象可知，甲乙位移大小相等，方向相反，而时间相等，则平均速度的大小相等，故
2、C 正确，D 错误故选 C.点睛：位移图象和速度图象都表示物体做直线运动，抓住位移图象的斜率等于速度是分析的关键，知道平均速度等于位移除以时间2.用细线将篮球拴在升降机光滑的侧壁上，当升降机加速下降时，出现如图所示的情形四位同学对此现象做出了分析与判断，其中可能正确的是( )A. 升降机的加速度大于 g，侧壁对球无挤压B. 升降机的加速度小于 g，侧壁对球有挤压C. 升降机的加速度等于 g，侧壁对球无挤压D. 升降机的加速度等于 g，侧壁对球有挤压【答案】C【解析】试题分析：当升降机加速下降时，加速度等于 g，则小球在竖直方向上仅受重力，拉力为零，由于小球在水平方向上平衡，可知侧壁对小球无挤压
3、，故 C 正确，D 错误当升降机加速下降时，加速度大于 g，小球受重力、绳子的拉力，由于水平方向上平衡，则侧壁对小球有弹力，即侧壁对球有挤压，故 A 错误当升降机加速下降是，加速度小于 g，不会出现如图所示的情况，球会在悬点下方，故 B 错误故选 C。考点：牛顿第二定律的应用【名师点睛】解决本题的关键知道小球和升降机具有相同的加速度，通过隔离对小球分析，合力在竖直下降，抓住水平方向平衡进行求解。3.如图所示，在倾斜角为 =30的斜面上，物块 A 与物块 B 通过轻绳相连，轻绳跨过光滑的定滑轮，物块 A 的质量为 4 kg，物块 A 与斜面间的动摩擦因数为 ，设物块 A 与斜面间的最大静摩擦力等
4、于滑动摩擦力，为使物块 A 静止在斜面上，物块 B 的质量不可能为（ ）A. 1 kg B. 2 kg C. 3 kg D. 4kg【答案】D【解析】物体 B 受重力和拉力，根据平衡条件，有：T=m Bg；物体 A 受重力、支持力、拉力和静摩擦力（可能为零） ；物体 A 对斜面体压力：N=mgcos30=410 =20 N；故滑动摩擦力：f= N 20 10 N；物体 A 的重力的下滑分力：G x=mgsin30=410 =20N；当物体 A 恰好不上滑时，细线的拉力最大，为 T=f+Gx=10+20=30N，故 mB=3kg；当物体 A 恰好不下滑时，细线的拉力最小，为 T=-f+Gx=-1
5、0+20=10N，故 mB=1kg；故 1kgm B3kg，故不可能是 4kg；故选 D4.2013 年 2 月 15 日中午 12 时 30 分左右，俄罗斯车里雅宾斯克州发生陨石坠落事件，它在穿越大气层时摩擦燃烧，发生爆炸，产生大量碎片，形成了所谓“陨石雨” 。假定某一碎片自爆炸后落至地面并陷入地下一定深度过程中，其质量不变，则（ ）A. 该碎片在空中下落过程中重力做的功小于动能的增加量B. 该碎片在空中下落过程中重力做的功大于动能的增加量C. 该碎片在陷入地下的过程中合外力做的功小于动能的改变量D. 该碎片在整个过程中克服阻力做的功大于机械能的减少量【答案】B【解析】【分析】本题的关键是明
6、确涉及到“机械能变化”的问题时，应用“功能原理”讨论，涉及到“动能变化、动能增量”问题时应用动能定理进行讨论；【详解】A、根据动能定理可知，碎片动能的增量应等于重力和阻力做功的代数和，所以重力做的功大于动能的增加量，故 A 错误，B 正确；C、根据动能定理，碎片在陷入地下的过程中重力与阻力的合力做的功等于动能的改变量，故 C 错误；D、根据“功能原理”可知，除碎片的重力外其它力即为阻力做的功等于碎片机械能的变化，故 D 错误。【点睛】应明确“功能原理”是指：除重力以外其它力做的总功等于物体机械能的变化。5.若在某行星和地球上相对于各自的水平地面附近相同的高度处、以相同的速率平抛一物体，它们在水
7、平方向运动的距离之比为 2 ，已知该行星质量约为地球的 7 倍，地球的半径为R。由此可知，该行星的半径约为( )A. R B. R C. 2R D. R【答案】C【解析】【分析】通过平抛运动的规律求出在星球上该行星表面的重力加速度与地球表面的重力加速度之比，再由万有引力等于重力，求出行星的半径；【详解】对于任一行星，设其表面重力加速度为 g根据平抛运动的规律得： ，得到： 则水平射程可得该行星表面的重力加速度与地球表面的重力加速度之比根据 ，得 ，可得解得行星的半径 ，故选项 C 正确，ABD 错误。【点睛】解决本题的关键知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，以及掌握万有引力等于重力这
8、一理论，并能灵活运用。6.一质点做匀加速直线运动时，速度变化 v 时发生位移 x1，紧接着速度变化同样的 v 时发生位移 x2，则该质点的加速度为( )A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】根据匀变速直线运动的速度位移公式，结合两段过程中速度的变化量相等，联立求出质点的加速度【详解】设匀加速的加速度 a，物体的速度分别为 v1、v 2和 v 3； 据运动学公式可知，v22v122 ax1， v32v222 ax2，且 v2-v1=v3-v2=v；联立以上三式解得：a= 。故选 D。7.把地球看做质量分布均匀的球体，设地球半径为 R。 “蛟龙”号下潜深度为 d， “天宫一号”轨道距离
9、地面高度为 h， “蛟龙”号所在处与“天宫一号”所在处的加速度之比为( )A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】根据题意知，地球表面的重力加速度等于半径为 R 的球体在表面产生的加速度，深度为 d 的地球内部的重力加速度相当于半径为 R-d 的球体在其表面产生的重力加速度，根据地球质量分布均匀得到加速度的表达式，再根据半径关系求解深度为 d 处的重力加速度与地面重力加速度的比值，卫星绕地球做圆周运动时，运用万有引力提供向心力可以解出高度为 h 处的加速度，再求其比值；【详解】令地球的密度为 ，则在地球表面，重力和地球的万有引力大小相等，有：，由于地球的质量为： ，所以重力加速度的表
10、达式可写成：根据题意有，质量分布均匀的球壳对壳内物体的引力为零，固在深度为 d 的地球内部，受到地球的万有引力即为半径等于 的球体在其表面产生的万有引力，故井底的重力加速度为：所以有：根据万有引力提供向心力 ， “天宫一号”的加速度 ，所以 ，即 ，故 C 正确，ABD 错误。【点睛】抓住在地球表面重力和万有引力相等，在地球内部，地球的重力和万有引力相等，要注意在地球内部距离地面 d 处所谓的地球的质量不是整个地球的质量而是半径为（R-d）的球体的质量。8.取水平地面为重力势能零点。一物块从某一高度水平抛出，在抛出点其动能恰好是重力势能的 3 倍。不计空气阻力，该物块落地时的速度方向与水平方向
11、的夹角为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】根据机械能守恒定律以及已知条件：抛出时动能恰好是重力势能的 3 倍，分别列式即可求出落地时速度与水平速度的关系，从而求出物块落地时的速度方向与水平方向的夹角；【详解】设抛出时物体的初速度为 ，高度为 h，物块落地时的速度大小为 v，方向与水平方向的夹角为 ，根据机械能守恒定律得：据题有：联立解得：则 ，可得： ，故选项 A 正确，BCD 错误。【点睛】解决本题的关键会熟练运用机械能守恒定律处理平抛运动，并要掌握平抛运动的研究方法：运动的分解。9.如图所示,某同学用同一弹簧测力计按图(甲)、(乙)两种方式测量某小桶的重力,(甲)图中
12、系小桶的轻绳较长,下列说法中正确的是( )A. (甲)图中弹簧测力计的示数比(乙)图中的大B. 两图中弹簧测力计的示数一样大C. (甲)图中绳的拉力比(乙)图中的大D. (乙)图中绳的拉力比(甲)图中的大【答案】BD【解析】试题分析：由题意可知，弹簧秤是测量小桶的重力，而与绳子的长短无关，故 A 错误，B 正确；当一力进行分解时，当夹角越小，分力越小，当夹角越大时，分力也越大，甲图中绳的拉力之间的夹角小于乙图中的夹角，则甲图中绳的拉力比乙图中的小，故 C 错误，D 正确；故选 BD考点：力的合成【名师点睛】考查弹簧秤的读数与物体的重力的关系，掌握力的平行四边形定则的内容，注意力的分解时，夹角与
13、分力关系，是解题的关键。10.如图所示，探测器首先被送到距离月球表面高度为 H 的近月轨道做匀速圆周运动，之后在轨道上的 A 点实施变轨，使探测器绕月球做椭圆运动，当运动到 B 点时继续变轨，使探测器靠近月球表面，当其距离月球表面附近高度为 h(humgcos370，故物体不能静止，B 错；由牛顿第二定律有 mgsin370 +umgcos370=“ma,“ 解得 a=10m/s2, C 错；物体上升和下降损失的机械能都是克服摩擦力做的功 20J，因此物体回到斜面底端时的动能 EK=10J，D 正确，所以本题选择 D。考点： 能量守恒定律 牛顿第二定律二、实验填空题13.一同学用电子秤、水壶、
14、细线、墙钉和贴在墙上的白纸等物品，在家中验证力的平行四边形定则。(1)如图( a)，在电子秤的下端悬挂一装满水的水壶，记下水壶_时电子秤的示数 F。(2)如图( b)，将三根细线 L1、 L2、 L3的一端打结，另一端分别拴在电子秤的挂钩、墙钉 A 和水壶杯带上。水平拉开细线 L1，在白纸上记下结点 O 的位置、_和电子秤的示数 F1。(3)如图( c)，将另一颗墙钉 B 钉在与 O 同一水平位置上，并将 L1拴在其上。手握电子秤沿着(2)中 L2的方向拉开细线 L2，使_和三根细线的方向与(2)中重合，记录电子秤的示数 F2。(4)在白纸上按一定标度作出电子秤拉力 F、 F1、 F2的图示，
15、根据平行四边形定则作出 F1、 F2的合力 F的图示，若_，则平行四边形定则得到验证。【答案】 (1). 三细线的方向(至少记录 L1、L 2的方向)； (2). 结点的位置； (3).大小与 F 相等、方向相同【解析】试题分析：在电子秤的下端悬挂一装满水的水壶，记下水壶静止时电子秤的示数 F；在白纸上记下结点 O 的位置、三细线的方向和电子秤的示数 F1；手握电子秤沿着中 L2的方向拉开细线 L2，使结点 O 的位置和三根细线的方向与中重合，记录电子秤的示数 F2；若 F与 F 的图示重合（或基本重合） ，则平行四边形定则得到验证考点：验证力的平行四边形定则14.验证机械能守恒定律实验装置如
16、图甲所示，某小组完成了一系列实验操作后，得到了一条纸带如图乙所示，选取纸带上某个清晰的点标为 O，然后每两个打点取一个计数点，分别标为 1、2、3、4、5、6，用刻度尺量出计数点 1、2、3、4、5、6 与 O 点的距离分别为h1、 h2、 h3、 h4、 h5、 h6.（1）已知打点计时器的打点周期为 T，可求出打各个计数点时对应的速度分别为v1、 v2、 v3、 v4、 v5，其中 v5的计算式为 v5_.（2）若重锤的质量为 m，取打点 O 时重锤所在水平面为参考平面，分别算出打各个计数点时对应重锤的势能 Epi和动能 Eki，则打计数点 3 时对应重锤的势能 Ep3_；接着在 E h坐
17、标系中描点作出如图丙所示的 Ek h 和 Ep h 图线，求得 Ep h 图线斜率的绝对值为k1， Ek h 图线斜率为 k2.则 k1与 k2满足_关系时重锤机械能守恒（3）关于上述实验，下列说法中正确的是_A实验中可用干电池作为电源 B为了减少阻力的影响，重锤的密度和质量应该适当大些C若纸带上打出的点被拉长为短线，应适当调高电源电压 D图丙 Ek h 图线纵轴上的截距表示重锤经过参考平面时的初动能【答案】 (1). (2). mgh3 (3). k1 k2 (4). BD【解析】【分析】（1）根据某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度求出计数点 5 的瞬时速度；（2）根据下降的高度，结
18、合参考平面，求出重力势能；再由动能与重力势能相互转化，则机械能守恒可知，两图线的斜率相等即可；（3）根据实验原理，电源使用交流电，重锤要求重且阻力小，纵轴上的截距表示重锤经过参考平面时的动能；【详解】 （1）计数点 5 的瞬时速度等于 4、6 两点间的平均速度，则 ；（2）打计数点 3 时对应重锤的势能 ，根据图象可知，每一段对应的重力势能减小量和动能增加量相等，那么机械能守恒，即图线的斜率相同，才能满足条件，因此 ；（3）A实验中打点计时器，使用的是交流电源，不可用干电池作为电源，故 A 错误；B为了减小阻力的影响，重锤的密度和质量应该适当大些，故 B 正确；C若纸带上打出的点被拉长为短线，
19、应适当振针与纸带之间的距离，故 C 错误；D图丙 Ek-h 图线纵轴上的截距表示重锤经过参考平面时的初动能，故 D 正确。【点睛】解决本题的关键知道实验的原理，验证重力势能的减小量与动能的增加量是否相等，以及知道通过求某段时间内的平均速度表示瞬时速度，注意两图象的斜率绝对值相等，是验证机械能是否守恒的条件。三、计算题15.如图所示，在距地面高为 H45 m 处，有一小球 A 以初速度 v010 m/s 水平抛出，与此同时，在 A 的正下方有一物块 B 也以相同的初速度 v0同方向滑出，B 与地面间的动摩擦因数为 0.5，A.B 均可看做质点，空气阻力不计，重力加速度 g 取 10 m/s2，求
20、：（1）A 球从抛出到落地的时间和这段时间内的水平位移；（2）A 球落地时，A.B 之间的距离。【答案】 （1）3s，30m （2）20m【解析】试题分析：（1）根据 H gt2 （2 分）得 t3 s （1 分）由 xv 0t 得 x30 m。 （3 分）（2）对于 B 球，根据 F 合 ma，F 合 mg （3 分）可得加速度大小 a5 m/s 2 （1 分）判断得在 A 落地之前 B 已经停止运动，xAx30 m （1 分）由 v022ax B得，x B10 m， （3 分）则 xx Ax B20 m。 （2 分）考点：考查了平抛运动规律的应用16. 如图所示，长为 L、内壁光滑的直管与
21、水平地面成 30角固定放置将一质量为 m 的小球固定在管底，用一轻质光滑细线将小球与质量为 M=km 的小物块相连，小物块悬挂于管口现将小球释放，一段时间后，小物块落地静止不动，小球继续向上运动，通过管口的转向装置后做平抛运动，小球在转向过程中速率不变 （重力加速度为 g）（1）求小物块下落过程中的加速度大小；（2）求小球从管口抛出时的速度大小【答案】 （1）小物块下落过程中的加速度大小为 ；（2）小球从管口抛出时的速度大小 ，K2【解析】试题分析：开始时小球沿斜面向上做匀加速，小物块向下也做匀加速，两者的加速度大小相等对各自受力分析，运用牛顿第二定律列出等式，解出方程小物块落地静止不动，小球
22、继续向上做匀减速运动，对其受力分析，运用牛顿第二定律解出此时的加速度（与前一阶段加速度不等） ，结合运动学公式求出小球从管口抛出时的速度大小解：（1）设细线中的张力为 T，对小球和小物块各自受力分析：根据牛顿第二定律得：对 M：MgT=Ma对 m：Tmgsin30=ma且 M=km解得：a=（2）设 M 落地时的速度大小为 v，m 射出管口时速度大小为 v0，M 落地后 m 的加速度为 a0根据牛顿第二定律有：mgsin30=ma 0对于 m 匀加速直线运动有：v 2=2aLsin30对于小物块落地静止不动，小球 m 继续向上做匀减速运动有：v 2v 02=2a0L（1sin30）解得：v 0
23、= （k2）答：（1）小物块下落过程中的加速度大小为 ；（2）小球从管口抛出时的速度大小 ，K2【点评】本题考查牛顿第二定律，匀加速运动的公式及平抛运动规律要注意第（2）问中要分 M 落地前和落地后两段计算，因为两段的 m 加速度不相等17.如下图是阿毛同学的漫画中出现的装置，描述了一个“吃货”用来做“糖炒栗子”的“萌”事儿：将板栗在地面小平台上以一定的初速经两个四分之一圆弧衔接而成的轨道，从最高点 P 飞出进入炒锅内，利用来回运动使其均匀受热。我们用质量为 m 的小滑块代替栗子，借这套装置来研究一些物理问题。设大小两个四分之一圆弧半径为 2R 和 R，小平台和圆弧均光滑。将过锅底的纵截面看作
24、是两个斜面 AB、CD 和一段光滑圆弧 BC 组成，滑块与斜面间的动摩擦因数为 0.25，且不随温度变化。两斜面倾角均为 ，AB=CD=2R，A、D 等高，D 端固定一小挡板，碰撞不损失机械能。滑块的运动始终在包括锅底最低点的竖直平面内，重力加速度为 g。（1）如果滑块恰好能经 P 点飞出，为了使滑块恰好沿 AB 斜面进入锅内，应调节锅底支架高度使斜面的 A、D 点离地高为多少？（2）接（1）问，试通过计算用文字描述滑块的运动过程。（3）对滑块的不同初速度，求其通过最高点 P 和小圆弧最低点 Q 时受压力之差的最小值。【答案】 （1） （2） （3）9mg【解析】试题分析：（1）在 P 点 (
25、2 分)到达 A 点时速度方向要沿着 AB， (2 分)所以 AD 离地高度为 (2 分)（2）进入 A 点滑块的速度为 (1 分)假设经过一个来回能够回到 A 点，设回来时动能为 ，所以滑块不会滑到 A 而飞出。 (1 分)根据动能定理 (2 分)得滑块在锅内斜面上走过得总路程 (2 分)（3）设初速度、最高点速度分别为 、由牛二定律，在 Q 点 (1 分)在 P 点 (1 分)所以 (2 分)由机械能守恒 (2 分)得 为定值带入 的最小值 得压力差的最小值为 9mg (2 分)考点：本题考查圆周运动、动能定理、机械能守恒18.如图所示，质量足够大、截面是直角梯形的工件静置在光滑水平地面上
26、，其两个侧面恰好与两个固定在地面上的压力传感器 X、Y 相接触。图中 AB 高 H=0.3m，AD 长 L=0.5m。斜面倾角 =37。可视为质点的小物块 P(图中未画出)质量 m=1 kg，它与斜面的动摩擦因数 可以通过更换斜面表面的材料进行调节，调节范围是01。 ， ，取 。（1）令 =0，将 P 由 D 点静止释放，求 P 在斜面上的运动时间。（2）令 =0.5，在 A 点给 P 一个沿斜面上的初速度 v0=2m/s，求 P 落地时的动能。（3）将压力传感器 X、Y 接到同一个数据处理器上，已知当 X 和 Y 受到工件压力时，分别显示正值和负值。对于不同的 ，每次都在 D 点给 P 一个
27、方向沿斜面向下、大小足够大的初速度，以保证它能滑离斜面。求滑行过程中处理器显示的压力 F 随 变化的函数关系式，并在坐标系中画出其函数图象。【答案】 （1） （2） （3） ，图象见解析【解析】试题分析：（1）当 时设 P 沿斜面下滑的加速度为 ，由牛顿第二定律得： 1 分设 P 在斜面上运动的时间为 t，由运动学公式得：1 分代入数据解得： 1 分（2）设 P 沿斜面上滑位移为 时速度为 0，由动能定理得：2 分代入数据解得： 1 分设 P 落地时的动能为 Ek，由动能定理得：代入数据解得： 1 分（3）P 沿斜面下滑的过程中，物块的受力如图所示，设传感器对物块的压力为 F，取向右为正方向，由平衡条件可得：F+FNsin -Ffcos =0 2 分其中：F N=mgcos 1 分Ff= FN 1 分代入数据解得： 1 分其图象如图所示。 2 分考点：动能定理，牛顿第二定律
