陕西省白水中学学年高一下学期期末考试物理精校解析Word版.docx
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陕西省白水中学学年高一下学期期末考试物理精校解析Word版
白水中学2020届高一级下学期期末
物理试卷
一、选择题(1-8题为单选,9-12为多选,每题4分共48分)
1.下列关于匀速圆周运动的说法中正确的是()
A.匀速圆周运动状态是平衡状态
B.匀速圆周运动是匀变速曲线运动
C.匀速圆周运动是速度和加速度都不断改变的运动
D.匀速圆周运动的物体受到的合外力是恒力
【答案】C
【解析】
试题分析:
匀速圆周运动速度大小不变,方向变化,是变速运动.加速度方向始终指向圆心,加速度是变化的,是变加速运动.
解:
A、匀速圆周运动速度大小不变,方向变化,速度是变化的,是变速运动,受力不平衡,故A错误;
B、匀速圆周运动加速度大小不变,方向始终指向圆心,加速度是变化的,是变加速运动,故B错误,C正确;
D、匀速圆周运动的物体受到的合外力指向圆心,提供向心力,方向时刻变化,不是恒力,故D错误.
故选:
C
2.一物体做平抛运动,描述物体在竖直方向上的分速度v随时间变化规律的图线是如图所示中的(取竖直向下为正)( )
A.
B.
C.
D.
【答案】D
【解析】
【详解】平抛运动在竖直方向上做自由落体运动,即做初速度为零,加速度为g的匀加速直线运动,速度时间图线为过原点的倾斜直线,故D正确,ABC错误。
故选D。
【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,通过运动规律确定v-t图线,基础题.
3.倒置的光滑圆锥面内侧,有质量相同的两个小玻璃球A、B,沿锥面在水平面内作匀速圆周运动,关于A、B两球的角速度、线速度和向心加速度正确的说法是()
A.它们的角速度相等ωA=ωBB.它们的线速度υA<υB
C.它们的向心加速度相等D.A球的向心力小于B球的向心力
【答案】C
【解析】
【详解】对A、B两球分别受力分析,如图
由图可知F合=F合′=mgtanθ;根据向心力公式有mgtanθ=ma=mω2R=m
;解得a=gtanθ;v=
,ω=
.故两球的向心加速度和向心力一样大;由于A球转动半径较大,A球的线速度较大,角速度较小。
故C正确,ABD错误。
故选C。
4.某人在离地h高的平台上以一定初速度抛出一个质量为m的小球,小球落地前瞬间的速度大小为V,不计空气阻力和人的高度,(以地面为零势面)则()
A.小球的初动能为
B.小球的初动能为
C.小球落地的机械能为
D.小球落地的机械能为
【答案】B
【解析】
A、抛出后运用动能定理得:
,解得初动能为:
,故A错误,B正确;
C、以地面为零势面,落地时重力势能为零,动能为:
,则机械能为:
,故C、D错误。
点睛:
本题考查动能定理的基本运用,运用动能定理解题时,首先确定研究对象和研究过程,判断有哪些力做功,再根据动能定理列式。
5.关于开普勒行星运动定律,下列说法正确的是:
()
A.围绕同一星球运行的行星或卫星k值是相同的
B.不同星球的行星或卫星k值均相等
C.公式只适用于围绕太阳运行的行星
D.以上说法均错误
【答案】A
【解析】
【详解】根据
可知
,则围绕同一星球运行的行星或卫星,k值是相同的,不同星球的行星或卫星,k值均相等,选项A正确,B错误;此公式适用于任何行星绕恒星的运动,或者卫星绕行星的运动,选项CD错误;故选A.
6.一轻绳一端固定在O点,另一端拴一小球,拉起小球使轻绳水平,然后无初速释放小球.如图所示,小球从开始运动至轻绳达竖直位置的过程中,小球重力的瞬时功率的变化情况是()
A.一直增大B.一直减小
C.先增大,后减小D.先减小,后增大
【答案】C
【解析】
【详解】小球在初位置重力做功的功率为零,在最低点,由于重力的方向与速度方向垂直,则重力做功的功率也为零,因为初末位置都为零,则A到B过程中重力做功的功率先增大后减小。
故选C。
【点睛】解决本题的关键掌握瞬时功率的表达式P=Fvcosθ,知道瞬时功率与平均功率的区别.
7.如图所示,木块A放在木块B的左端,用恒力F将A拉至B的右端,第一次将B固定在地面上,F做功为W1,产生的热量为Q1;第二次让B可以在光滑地面上自由滑动,F做的功为W2,产生的热量为Q2,则应有( )
A.W1 C.W1 【答案】A 【解析】 第一次B固定在地面上,将A拉到B的右端时A相对于地面的位移等于B板的长度.第二次B可以在光滑地面上自由滑动,在摩擦力作用下B要向右运动,则将A拉到B的右端时A相对于地面的位移将大于B板的长度,所以第二次A相对于地面的位移大,由功的计算公式W=Fs,应有W1<W2.摩擦产生的热量Q=fs相对,两次都从木板B的左端滑到右端,相对位移都等于B板的长度,相对位移相等,所以Q1=Q2.故A正确,B、C、D错误. 【点睛】解决本题的关键是要掌握恒力做功的求法W=Fs,以及知道摩擦产生的热量Q=fs相对,要注意s是物体相对于地面的位移,s相对是两个物体间的相对位移大小. 8.以下列举了几种物体的运动,若都忽略空气对运动物体的阻力,则其中遵守机械能守恒定律的是() A.物体沿着斜面匀速下滑B.物体由光滑斜面顶端滑到斜面底端 C.潜水运动员在水中匀速下沉D.铅球运动员抛出的铅球从抛出到落地前的运动 【答案】BD 【解析】 【详解】物体沿着斜面匀速下滑,动能不变,势能减小,所以物体的机械能不守恒,故A错误。 物体由光滑斜面顶端滑到斜面底端,除了重力之外没有其他的外力对物体做功,所以机械能守恒,故B正确。 潜水运动员在水中匀速下沉时,动能不变,势能减小,所以机械能不守恒,故C错误。 铅球运动员抛出的铅球从抛出到落地前的运动,只受到重力的作用,所以机械能守恒,故D正确。 故选BD。 【点睛】掌握住机械能守恒的条件,也就是只有重力做功,分析物体是否受到其它力的作用,以及其它力是否做功,由此即可判断是否机械能守恒.也可以分析动能和势能变化情况,明确机械能是否发生变化. 9.如图所示,小球从高处下落到竖直放置的轻弹簧上,在将弹簧压缩到最短的整个过程中,下列关于小球和弹簧的能量叙述中正确的是( ) A.重力势能和动能之和减小 B.重力势能和弹性势能之和总保持不变 C.动能和弹性势能之和增大 D.重力势能、弹性势能和动能之和总保持不变 【答案】ACD 【解析】 【详解】对于小球从接触弹簧到将弹簧压缩到最短的过程中,小球的动能、重力势能和弹簧的弹性势能这三种形式的能量相互转化,没有与其他形式的能发生交换,也就说小球的动能、重力势能和弹簧的弹性势能之和保持不变。 对于小球从接触弹簧到将弹簧压缩到最短的过程中,弹簧是一直被压缩的,所以弹簧的弹性势能一直在增大。 因为小球的动能、重力势能和弹簧的弹性势能之和保持不变,重力势能和动能之和始终减小。 故A正确。 在刚接触弹簧的时候这个时候小球的加速度等于重力加速度,在压缩的过程中,弹簧的弹力越来越大,小球所受到的加速度越来越小,直到弹簧的弹力等于小球所受到的重力,这个时候小球的加速度为零,要注意在小球刚接触到加速度变为零的过程中,小球一直处于加速状态,由于惯性的原因,小球还是继续压缩弹簧,这个时候弹簧的弹力大于小球受到的重力,小球减速,直到小球的速度为0,这个时候弹簧压缩的最短。 所以小球的动能先增大后减小,所以重力势能和弹性势能之和先减小后增加。 故B错误。 小球下降,重力势能一直减小,所以动能和弹性势能之和一直增大。 故C正确。 对于小球从接触弹簧到将弹簧压缩到最短的过程中,小球的动能、重力势能和弹簧的弹性势能这三种形式的能量相互转化,没有与其他形式的能发生交换,也就说小球的动能、重力势能和弹簧的弹性势能之和保持不变。 故D正确。 故选ACD。 【点睛】根据能量守恒小球的动能、重力势能和弹簧的弹性势能之和保持不变。 其中一个能量的变化可以反映出其余两个能量之和的变化。 10.如图所示,一个质量为m的物体以某一速度从A点冲上倾角为30°的斜面,其运动的加速度为3g/4,这物体在斜面上上升的最大高度为h,则在这一过程中( ) A.重力势能增加了3/4mghB.动能损失了mgh C.机械能损失了1/2mghD.所受合外力对物体做功为-3/2mgh 【答案】CD 【解析】 【分析】 物体在斜面上上升的最大高度为h,克服重力做功为mgh,知重力势能的变化.根据牛顿第二定律求出摩擦力大小,根据物体克服摩擦力做功等于物体机械能的损失,求解机械能的损失.根据合力做功,求解动能的损失. 【详解】由题,物体在斜面上上升的最大高度为h,克服重力做功为mgh,则重力势能增加了mgh。 故A错误。 根据牛顿第二定律得: mgsin30°+f=ma,得到摩擦力大小为f= mg,物体克服摩擦力做功为Wf=f•2h= mgh,所以物体的机械能损失了 mgh.故C正确。 合力对物体做功为W合=-ma•2h=- mgh,则根据动能定理得知,物体动能损失 mgh.故B错误,D正确。 故选CD。 【点睛】本题考查对几对功和能的关系: 重力做功与重力势能的关系有关,合力做功与动能的变化有关,除重力以外的力做功与机械能的变化有关. 11.质量为m的汽车在平直的公路上从静止开始加速,前进了s距离后速度达到最大值vm.设在加速过程中发动机的功率恒为P,汽车所受阻力恒为f.当速度为v(vm>v)时,所受牵引力为F,对汽车在这段位移内的有关物理量,以下说法正确的是( ) A.汽车的牵引力做功为FsB.汽车的牵引力做功为 mvm2+fs C.汽车的速度v=P/FD.汽车的最大速度vm=P/f 【答案】BCD 【解析】 【详解】汽车恒定功率启动,是变加速运动,牵引力是变力,故汽车的牵引力做功不为Fs,故A错误;根据动能定理,有: W-fs= ; 解得: W=fs+ ,故B正确; 汽车的实际功率P=Fv,任意时刻的速度为v= ,故C正确;汽车速度达到最大时,是匀速直线运动,牵引力与阻力平衡,f=F,由于: P=Fvm,故 ,故D正确;故选BCD。 【点睛】本题是恒定功率启动问题,关键是分析清楚汽车的运动规律,知道汽车做加速度减小的变加速运动,然后动能定理列式分析. 12.质量为m的物体从地面上方H高处无初速释放,落在地面后出现一个深度为h的坑,如图所示,在此过程中() A.重力对物体做功为mgH; B.物体的重力势能减少了mg(H+h); C.外力对物体做的总功为零; D.地面对物体的平均阻力为mg(H+h)/h. 【答案】BCD 【解析】 试题分析: 重力做功只与高度有关,物体下降的高度为H+h,所以在此过程中重力做功为mg(H+h).故A错误.重力做多少功,重力势能就减速多少,重力做功为mg(H+h),所以重力势能减少mg(h+H),故B正确.根据动能定理,合外力做功等于动能的增量,初末动能均为零,所以外力做总功为零,故C正确.根据动能定理mg(H+h)-fh=0,所以f= ,故D正确.故选BCD. 考点: 重力势能;动能定理 【名师点睛】本题要掌握两个重要的功能关系: 重力的功等于重力势能的减少量,而合外力做的功等于动能的增量。 二、实验题(18分) 13.用如图所示的实验装置验证动能定理. 如图所示是某次实验中得到的一条纸带,其中A、B、C、D、E是计数点(每打5个点取一个计数点),其中L1=3.07cm,L2=12.38cm,L3=27.87cm,L4=49.62cm。 则打C点时小车的速度为___________m/s,小车的加速度是__________m/s2。 (计算结果均保留三位有效数字) 【答案】 (1).1.24m/s (2).6.23m/s2 【解析】 【详解】计数点间的时间间隔t=0.02s×5=0.1s,则 ; 加速度: ; 【点睛】本题根据做匀变速直线运动的物体在某段时间内的平均速度等于该时间中间时刻的瞬时速度来求解某点的速度;由△x=at2求加速度. 14.某实验小组利用如图甲所示的实验装置来验证机械能守恒定律.已知当地的重力加速度g=9.80m/s2 (1)要验证重锤下落过程中符合机械能守恒,除了图示器材,以下实验器材必须要选取的有________填写字母代号 A.秒表 B.刻度尺 C.天平 D.交流电源 (2)实验小组选出一条纸带如图乙所示,其中O点为打点计时器打下的第一个点,A、B、C为三个计数点,在计数点A和B、B和C之间还各有一个点,测得h1=12.01cm,h2=19.15cm,h3=27.86cm.打点计时器通以50Hz的交流电.根据以上数据算出: 当打点计时器打到B点时重锤的重力势能比开始下落时减少了___J;此时重锤的动能比开始下落时增加了__ J。 (计算结果保留3个有效数字). (3)根据计算结果可以知道该实验小组在做实验时出现的问题是______.(重锤质量m已知). (4)在图乙所示的纸带基础上,某同学又选取了多个计数点,并测出了各计数点到第一个点O的距离h,算出了各计数点对应的速度v,以 为纵轴,以h为横轴,则图线的斜率表示__. 【答案】 (1). (1)BD (2). (2)1.88m;(3).1.96m(4).(3)原因可能是做实验时先释放了纸带然后再合上打点计时器的电键(或“接通打点计时器是重锤已经具有初速度”、“重锤下落初速度不为零”、“释放纸带时手抖动了”等等)(5).(4)g 【解析】 【详解】 (1)该实验中,通过打点计时器来记录物体运动时间,不需要秒表,由于验证机械能公式中可以把物体质量约掉,因此不需要天平,同时实验中需要毫米刻度尺和交流电源;故选BD. (2)当打点计时器打到B点时重锤的重力势能比开始下落时减少了△Ep=mgh2=m×9.80×0.1915J=1.88m. 计数点之间的时间间隔为: T=0.04s;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B点的瞬时速度为: 因此重锤动能的增加量为: △Ek= mvB2= ×m×(1.98)2=1.96mJ (3)动能的增加量大于重力势能的减小量原因可能是做实验时先释放了纸带然后再合上打点计时器的电键(或“接通打点计时器是重锤已经具有初速度”、“重锤下落初速度不为零”、“释放纸带时手抖动了”等等). (4)根据机械能守恒定律有: mgh= mv2, v2=gh,因此在 v2-h图象中,图象的斜率为重力加速度g. 【点睛】正确解答实验问题的前提是明确实验原理,从实验原理出发进行分析所需实验器材、所测数据等,会起到事半功倍的效果,同时注意利用图象问题结合数学知识处理物理数据是实验研究常用的方法. 三、计算题。 15.河宽d=60m,水流速度v1=6m/s,小船在静水中的速度v2=3m/s,问: (1)要使它渡河的时间最短,则小船应如何渡河? 最短时间是多少? (2)要使它渡河的航程最短,则小船应如何渡河? 最短的航程是多少? 【答案】 (1)船头应垂直河岸;20s (2)120m 【解析】 试题分析: 因为水流速度大于静水速度,所以合速度的方向不可能垂直河岸,则小船不可能到达正对岸.当静水速的方向与河岸垂直,渡河时间最短. 解: (1)当静水速的方向与河岸垂直时,渡河时间最短,最短时间t= = =20s. (2)因为水流速度大于静水速度,所以合速度的方向不可能垂直河岸,则小船不可能到达正对岸.当合速度的方向与静水速的方向垂直时,合速度的方向与河岸的夹角最短,渡河航程最小. 设此时静水速的方向与河岸的夹角为θ,cosθ= = = . 根据几何关系,则有: ,因此最短的航程是s= . 答: (1)使它渡河的时间最短,则小船应垂直渡河,最短时间是20s; (2)小船的船头与上游河岸成600角时,最短航程为120m. 【点评】解决本题的关键知道当静水速与河岸垂直时,渡河时间最短,当静水速大于水流速,合速度与河岸垂直,渡河航程最短,当静水速小于水流速,合速度与静水速垂直,渡河航程最短. 16.如图所示,小球从离地h=5m高、离竖直墙水平距离s=4m处,以v0=8m/s的初速度向墙水平抛出,不计空气阻力,则(取g=10m/s2) (1)小球碰撞点离地面的高度是多少? (2)若要使小球不碰到墙,则它的初速度应满足什么条件? 【答案】 (1)3.75m (2)0≤v0<4m/s. 【解析】 【详解】 (1)设小球飞行时间t碰墙.根据s=v0t得, 在时间t内下降距离为h1= gt2= ×10×0.25m=1.25m 所以碰撞点离地高度为△h=h-h1=5-1.25m=3.75m (2)要使小球不碰到墙,则在下落5米时间内水平位移小于4米即可. 根据h= gt2得, 则最大初速度 . 则初速度0≤v0<4m/s. 【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,结合运动学公式灵活求解. 17.如图,一质量为m=10kg的物体,由1/4光滑圆弧轨道上端从静止开始下滑,到达底端后沿水平面向右滑动1m距离后停止。 已知轨道半径R=0.8m,g=10m/s2,求: (1)物体滑至圆弧底端时的速度大小 (2)物体滑至圆弧底端时对轨道的压力大小 (3)物体沿水平面滑动过程中克服摩擦力做的功 【答案】 (1)4m/s (2)300N(3)80J 【解析】 【试题分析】根据机械能守恒定律求出物块到达圆弧末端时的速度;在圆弧末端,物块受重力和支持力,两个力的合力提供圆周运动的向心力,由牛顿第二定律可以求出物体受到的支持力,然后由牛顿第二定律求出物体对轨道的压力;由动能定理可以求出物体下滑过程中克服摩擦力做的功. (1)设到底端速度为v,由动能定理可知 (2)设物体受到的支持力为 ,根据牛顿第二定律得 根据牛顿第三定律 ,所以物体对轨道的压力大小为300N (3)设摩擦力的功为 ,根据动能定理列方程 所以,克服摩擦力做功为80J 【点睛】分析清楚物体的运动过程及受力情况,由牛顿定律、动能定理即可正确解题,本题难度不大,是一道基础题. 18.如图所示,一轻弹簧的下端固定在倾角θ=37°的斜面上,上端连一不计质量的挡板.一质量m=2kg的物体从斜面上的A点以初速度v0=3m/s下滑.A点距弹簧上端B的距离AB=4m,当物体到达B后将弹簧压缩到C点,最大压缩量BC=0.2m,然后物体又被弹簧弹上去,弹到的最高位置为D点,D点距A点AD=3m.g取10m/s2,求: 物体与斜面间的动摩擦因数μ; 【答案】0.52 【解析】 【详解】整个过程从A到D,由动能定理有: mg•ADsinθ-μmgcosθ(AB+BC+AB+BC-AD)=0- mv02 代入数值解为: μ=0.52 【点睛】本题关键是要灵活地选择物理过程运用动能定理列式求解,同时要明确摩擦力的功与路径长度有关.
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