北京市理工大学附属中学2019-2020学年高一下学期期末考试物理试题 Word版含解析

北京市理工大学附属中学2019-2020学年高一下学期期末考试物理试题 Word版含解析

‎2019—2020 学年度第二学期高一年级物理学科 期末练习 一、单选题（本部分共 17 题，每题 3 分，共 51分。在每题列出的四个选项中，选出最符合题目要求的一项。）‎ ‎1. 关于匀速圆周运动，下列认识正确的是（　　）‎ A. 匀速圆周运动是匀速运动 B. 匀速圆周运动是变速运动 C. 匀速圆周运动的线速度是不变的 D. 匀速圆周运动的周期是变化的 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】ABC．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，故AC错误，B正确；‎ D．由于匀速圆周运动速度大小不变且周期为标量，则匀速圆周运动的周期是不变的，故D错误。‎ 故选B ‎2. 如图所示，自行车的大齿轮、小齿轮、后轮的半径不一样，它们的边缘有三个点A、B、C．在自行车正常行驶时，下列说法正确的是:‎ A. A、B两点的向心加速度大小之比等于它们所在圆周的半径之比 B. B、C两点的向心加速度大小之比等于它们所在圆周的半径之比 C. A、B两点的角速度大小相等 D. B、C两点线速度大小相等 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】AB两点在传送带上，所以两点的线速度相等，再据v=ωr和半径不同，所以两点的角速度不同；‎ BC两点属于同轴转动，故角速度相等；‎ - 23 -‎ 再据v=ωr和半径不同，所以两点的线速度不同；由向心加速度的公式a=v 2/r知，A、B两点的向心加速度与其半径成反比；由向心加速度的公式a=ω 2r知，B、C两点的向心加速度与其半径成正比．‎ 故选B.‎ ‎3. 关于行星与太阳之间的引力，下列说法中正确的是（　　）‎ A. 太阳对行星的引力大于行星对太阳的引力 B. 行星对太阳的引力与太阳质量成正比，与行星质量无关 C. 行星对太阳的引力与太阳对行星的引力是同一性质的力 D. 行星对太阳的引力与太阳质量成正比，与二者间距成反比 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．太阳对行星的引力与行星对太阳的引力是一对作用与反作用力，则大小相等，A错误；‎ BD．根据可知，行星对太阳的引力与太阳质量与行星的质量的乘积成正比，与二者间距平方成反比，即与行星质量有关，BD错误；‎ C．行星对太阳的引力与太阳对行星的引力是同一性质的力，C正确。‎ 故选C。‎ ‎4. 利用下列哪组数据和引力常量G，可以计算出地球质量（　　）‎ A. 已知地球绕太阳做匀速圆周运动的轨道半径和周期 B. 不计地球自转对重力的影响，已知地球半径和地面附近的重力加速度 C. 已知卫星绕地球做圆周运动时距离地面的高度和地球的半径 D. 已知月球绕地球做匀速圆周运动的周期和月球的质量 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．地球绕太阳做圆周运动万有引力提供向心力，由牛顿第二定律得 解得 - 23 -‎ 已知地球绕太阳公转的周期及地球绕太阳公转的轨道半径可以求出太的质量但不能求出地球的质量，A不符合题意；‎ B．不计地球自转对重力的影响，物体在地球表面上时，根据万有引力等于重力 得 可以算出地球的质量，B符合题意；‎ C．已知卫星绕地球做圆周运动时距离地面的高度和地球的半径，则只知道卫星的轨道半径以及引力常量G，条件过少，不能求解地球质量，C不符合题意；‎ D．月球绕地球做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，由牛顿第二定律得 解得 由于不知道月球绕地球运动的轨道半径，所以无法求解地球质量，D不符合题意。‎ 故选B。‎ ‎5. 物体在下列四种运动过程中，机械能守恒的是（　　）‎ A. 直升飞机载着物体匀速上升 B. 有初速度的物体沿光滑斜面自由上滑 C. 起重机拉着物体匀速下降 D. 放在电梯中的物体随电梯加速上升 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．物体匀速上升过程中，动能不变，重力势能增大，机械能不守恒，A错误；‎ B．物体沿光滑斜面自由上滑过程中，只有重力做功，机械能守恒，B正确；‎ C．拉着物体匀速下降，动能不变，重力势能减小，机械能不守恒，C错误；‎ D．电梯中的物体随电梯加速上升过程中，电梯对物体的支持力做功，机械能不守恒，D错误。‎ 故选B。‎ - 23 -‎ ‎6. 2019年5月17日，我国成功发射第45颗北斗导航卫星，该卫星属于地球静止轨道卫星（同步卫星）．该卫星 A. 入轨后可以位于北京正上方 B. 入轨后的速度大于第一宇宙速度 C. 发射速度大于第二宇宙速度 D. 若发射到近地圆轨道所需能量较少 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】由同步卫星的特点和卫星发射到越高的轨道所需的能量越大解答．‎ 由于卫星为同步卫星，所以入轨后一定只能与赤道在同一平面内，故A错误；‎ 由于第一宇宙速度为卫星绕地球运行的最大速度，所以卫星入轨后的速度一定小于第一宇宙速度，故B错误；‎ 由于第二宇宙速度为卫星脱离地球引力的最小发射速度，所以卫星的发射速度一定小于第二宇宙速度，故C错误；‎ 将卫星发射到越高的轨道克服引力所作的功越大，所以发射到近地圆轨道所需能量较小，故D正确．‎ ‎7. 在火车铁轨的拐弯处，为使火车更加安全地转弯，路面造得外侧轨比内侧轨高，假设铁轨平面与水平面间的夹角为θ。拐弯路段是半径为R的圆弧，要使车速为v时，车轮挤压外轨，则θ应满足（　　）‎ A. tanθ > B. tanθ =‎ C. tanθ = D. tanθ <‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】重力与支持力的合力完全提供向心力时，对轨道无挤压，即 - 23 -‎ 当车轮挤压外轨时，火车有离心趋势，即提供的向心力小于所需要的向心力，故有 即 D正确，ABC错误。‎ 故选D。‎ ‎8. 关于地球的第一宇宙速度7.9km/s，下列说法中正确的是（　　）‎ A. 是人造地球卫星绕地球做圆周运动的最小速度 B. 是近地圆形轨道上人造卫星的运行速度 C. 是使卫星到达圆周轨道时的最大发射速度 D. 是卫星在椭圆轨道上运行时近地点的速度 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】ABC．第一宇宙速度7.9km/s是人造地球卫星在近地圆形轨道上人造卫星运行速度即轨道半径为地球半径，由公式 得 则此速度为人造地球卫星绕地球做圆周运动的最大速度，也是使卫星到达圆周轨道时的最小发射速度，故AC错误，B正确；‎ D．卫星在近地点从近地圆轨道变轨到椭圆轨道上要点火加速使卫星做离心运动，则卫星在椭圆轨道上运行时近地点的速度大于第一宇宙速度，故D错误。‎ 故选B。‎ ‎9. ‎ - 23 -‎ 如图所示，小球原来紧压在竖直放置的轻弹簧的上端，撤去外力后小球竖直向上运动、离开弹簧后再上升到最高点。小球在整个上升的过程中（　　）‎ A. 小球的机械能保持不变 B. 小球增加的机械能，等于弹簧减少的弹性势能 C. 当小球的动能最大时，弹簧的弹性势能为零 D. 小球克服重力所做的功大于弹簧弹力对小球做的功 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．在弹簧恢复原长过程中弹簧对小球做正功，则小球的机械能不守恒，故A错误；‎ B．对于小球和弹簧组成的系统来说，只有重力和弹簧的弹力做功，系统的机械能守恒，则弹簧减少的弹性势能等于小球增加的机械能，故B正确；‎ C．当弹力等于重力时，小球的动能最大，此时弹簧处于压缩状态，故C错误；‎ D．对小球从开始到最高点由动能定理可知，小球克服重力所做的功等于弹簧弹力对小球做的功，故D错误。‎ 故选B。‎ ‎10. 如图所示，A是静止在赤道上随地球自转的物体，B、C是在赤道平面内的两颗人造卫星，B位于离地面高度等于地球半径的圆形轨道上，C是地球同步卫星．下列关系正确的是 A. 物体A随地球自转的线速度大于卫星B的线速度 B. 卫星B的角速度小于卫星C的角速度 C. 物体A随地球自转的周期大于卫星C的周期 D. 物体A随地球自转的向心加速度小于卫星C的向心加速度 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．根据 - 23 -‎ 知 v=‎ C的轨道半径大于B的轨道半径，则B的线速度大于C的线速度，A、C的角速度相等，根据v=rω知，C的线速度大于A的线速度，可知物体A随地球自转的线速度小于卫星B的线速度，故A错误．‎ B．根据 知 因为C的轨道半径大于B的轨道半径，则B的角速度大于C的角速度，故B错误．‎ C．A的周期等于地球的自转周期，C为地球的同步卫星，则C的周期与地球的自转周期相等，所以物体A随地球自转的周期等于卫星C的周期，故C错误．‎ D．因为AC的角速度相同，根据a=rω2知，C的半径大于A的半径，则C的向心加速度大于 A的向心加速度，所以物体A随地球自转的向心加速度小于卫星C的向心加速度，故D正确．‎ 故选D．‎ ‎11. 将质量为 m 的小球在距地面高度为 h 处水平抛出，抛出时速度大小为 v0，小球落到地面时速度大小为 2v0。若小球受到的空气阻力 f 始终存在，重力加速度为 g，则小球运动的过程中，下列说法中正确的是（　　）‎ A. 小球克服空气阻力做的功等于mgh B. 重力对小球做的功等于-mgh C. 小球的机械能减小了 D. 小球的动能增加了 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】AC．根据动能定理得 - 23 -‎ m(2v0)2-m(v0)2=mgh-Wf 解得 Wf=mgh-mv02‎ 即物体的机械能减小mgh-mv02，故AC错误；‎ B．重力做的功为 WG=mgh 故B错误；‎ D．小球的动能增加了 ‎∆Ek=m(2v0)2-m(v0)2=mv02‎ 故D正确；‎ 故选D。‎ ‎12. 如图所示，长为L 的细绳一端固定，另一端系一质量为m 的小球。给小球一个合适的初速度，小球便可在水平面内做匀速圆周运动，这样就构成了一个圆锥摆，设细绳与竖直方向的夹角为 θ。下列说法中正确的是（　　）‎ A. 小球只受重力和绳的拉力作用 B. 小球受重力、绳的拉力和向心力作用 C. θ 越大，小球运动的线速度越小 D. θ 越大，小球运动的周期越大 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】AB．小球只受重力和绳的拉力作用，二者合力提供向心力，则选项A正确，B错误； C．小球做圆周运动的半径为 R=L sinθ 则由牛顿第二定律得 得到线速度 - 23 -‎ ‎ ‎ θ越大，sinθ、tanθ越大，小球运动的速度越大，则选项C错误； D．小球运动周期 因此，θ越大，小球运动的周期越小，则选项D错误。 故选A。‎ ‎13. 图甲为“中星 9A”在定位过程中所进行的 10 次调整轨道的示意图，其中的三条轨道如图乙所示，曲线Ⅰ是最初发射的椭圆轨道，曲线Ⅱ是第 5 次调整后的椭圆轨道，曲线Ⅲ是第 10 次调整后的最终预定圆轨道；轨道Ⅰ与Ⅱ在近地点 A 相切，轨道Ⅱ与Ⅲ在远地点B 相切。卫星在变轨的过程中质量变化忽略不计，下列说法正确的是（　　）‎ A. 卫星在轨道Ⅲ上运行的速度大于第一宇宙速度 B. 卫星在轨道Ⅱ上经过 B 点时的速度等于卫星在轨道Ⅲ上经过 B 点时的速度 C. 卫星在轨道Ⅰ上经过A 点时的机械能小于卫星在轨道Ⅲ上经过 B 点时的机械能 D. 卫星在轨道Ⅱ上经过B 点时的加速度小于卫星在轨道Ⅲ上经过 B 点时的加速度 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．第一宇宙速度是最大环绕速度，故卫星在轨道Ⅲ上运行的速度小于第一宇宙速度，A错误；‎ B．卫星从轨道Ⅱ到轨道Ⅲ上需要在B点加速，所以卫星在轨道Ⅱ上经过B点时的速度小于卫星在轨道Ⅲ上经过B点时的速度，故B错误；‎ C．卫星从轨道Ⅰ到轨道Ⅱ上需要在A - 23 -‎ 点加速，机械能增加。在椭圆轨道上机械能不变，卫星从轨道Ⅱ到轨道Ⅲ上需要在B点加速，机械能增加。故卫星在轨道Ⅰ上经过A点时的机械能小于卫星在轨道Ⅲ上经过B点时的机械能，选项C正确； ‎ D．根据 得到 ‎ ‎ 可知卫星在轨道Ⅱ上经过B点时的加速度等于卫星在轨道Ⅲ上经过B点时的加速度，故D错误。‎ 故选C。‎ ‎14. 质量为m的物体从距离地面高度为H0处由静止落下，若不计空气阻力，物体下落过程中动能Ek随距地面高度h变化关系的Ek-h图像是( )‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】当距离地面高度为h时，则下降的高度为H0-h，根据动能定理得 mg（H0-h）=Ek-0‎ 解得 Ek=-mgh+mgH0‎ 与h成一次函数关系，随h增大，动能减小，故选B。‎ ‎15. 将三个光滑的平板倾斜固定，三个平板顶端到底端的高度相等，三个平板AC、AD、AE ‎ - 23 -‎ 与水平面间的夹角分别为 θ1、θ2、θ3，如图所示。现将三个完全相同的小球由最高点A沿三个平板同时无初速度释放，经一段时间到达平板的底端。则下列说法不正确的是（　　）‎ A. 重力对三个小球所做的功相同 B. 沿倾角为θ3的 AE 平板下滑的小球的重力的平均功率最大 C. 三个小球到达底端时的瞬时速度大小相同 D. 沿倾角为θ3的AE 平板下滑的小球到达平板底端时重力的瞬时功率最小 ‎【答案】ACD ‎【解析】‎ ‎【详解】A．因为三个小球下落的高度差相同，所以重力对三个小球所做的功相同，故A正确；‎ B．小球沿斜面下滑时，加速度 下滑的位移是 所以下滑的时间 由图可知 所以 沿光滑固定斜面下滑，只有重力做功，合力做功就是重力做功，由A项分析可知，重力对三个小球做功相同，也就是合力对三个小球做功相同，所以小球的合力的平均功率 故B错误；‎ C．由机械能守恒定律可知：三个小球到达底端时，速度大小相同，故C正确；‎ - 23 -‎ D．由机械能守恒定律可知：三个小球到达底端时，速度大小相同，小球到达平板底端时重力的瞬时功率 由图可知 所以沿倾角为θ3的AE平板下滑的小球到达平板底端时重力的瞬时功率最小，故D正确。‎ 故选ACD。‎ ‎16. 如图所示，细轻杆的一端与小球相连，可绕O点的水平轴自由转动。 现给小球一初速度，使它在竖直平面内做圆周运动，a、b 分别表示轨道的最低点和最高点，则小球在这两点对杆的作用力大小之差不可能为（　　）‎ A. 3mg B. 4mg C. 5mg D. 6mg ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】设杆长为L，在a点，杆对球的拉力与重力的合力提供向心力，故a处杆对球的作用力一定时拉力；则 而在b处，由球速大小决定杆对球的作用力可能为拉力、推力，也可能没有作用力。当杆不产生作用力时 - 23 -‎ 得 当产生拉力时 这时 当产生推力时 这时 由动能定理得 由以上解得 本题选不可能的，故选A。‎ ‎17. 如图所示，水平传送带在电动机带动下始终保持以速度 2m/s 匀速运动，某时刻一质量为1kg 的物块轻放在传送带的左端。在物块放上传送带到物块与传送带相对静止的过程中，下列说法正确的是（　　）‎ A. 由于传送该物块电动机多做的功为 4J - 23 -‎ B. 摩擦力对物块做的功为-2J C. 物块对传送带做的功为2J D. 系统摩擦生热为4J ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】设摩擦力大小为f，根据功能关系，由于传送该物块电动机多做的功大小等于物块对传送带做的负功的绝对值大小 由平均速度公式 由动能定理得摩擦力对物体做的功等于物块动能增加量 则 即电动机多做的功为，物块对传送带做的功为。摩擦产生的热量为 故A正确，BCD错误。‎ 故选A。‎ 二、实验题（后 5 个空，每空 1 分，其余每空 2 分，共 17 分。）‎ ‎18. 用如图所示的装置来探究小球做圆周运动所需向心力的大小 F 与质量m、角速度 ω 和半径r 之间的关系。两个变速轮塔通过皮带连接，转动手柄使长槽和短槽分别随变速轮塔匀速转动，槽内的钢球就做匀速圆周运动。横臂的挡板对钢球的压力提供向心力，钢球对挡板的反作用力通过横臂的杠杆作用使弹簧测力筒下降，从而露出标尺，标尺上的红白相间的等分格显示出两个钢球所受向心力的比值。如图是探究过程中某次实验时装置的状态。‎ - 23 -‎ ‎(1)如图中所示，两个钢球质量和半径相等，则是在研究向心力的大小F与_______________的关系。‎ A．质量 B.半径 C.角速度 ‎(2)若图中标尺上红白相间的等分格显示出两个小球所受向心力的比值为1∶9，与皮带连接的两个变速轮塔的半径之比为______________。‎ A．1∶3 B.3∶1 C.1∶9 D.9∶1‎ ‎【答案】 (1). C (2). B ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）[1]图中所示两球的质量相同，转动半径相同，根据可知研究的是向心力与角速度的关系，故选C。‎ ‎（2）[2] 根据两球的向心力之比为，半径和质量相等，则转动的角速度之比为，因为靠皮带传动，变速轮塔的线速度大小相等，根据可知与皮带连接的变速塔齿轮对应的半径之比为，故选B。‎ ‎19. 在“利用自由落体运动验证机械能守恒定律”的实验中：‎ ‎(1)下列器材中不必要的一项是___________（填字母代号）。‎ A．重物B．纸带C．天平D．低压交流电源E．毫米刻度尺 ‎(2)关于该实验，说法正确的是________。‎ A．选择质量较小重物，有利于减小误差 B．选择点迹清晰且第1、2两点间距约为2mm的纸带 C．实验时，先松开纸带、后接通电源 D．实验有误差的主要原因是重物在下落过程中受到阻力作用 ‎(3)某同学在该实验中得到了一条如图所示的一条纸带，图中O - 23 -‎ 点为打点计时器打下的第一点，可以看做是重物运动的起始点，从后面某点起选取连续打下的三个点A、B、C。己知相邻两点之间的时间间隔为T，所用重物的质量为m，则从起点O到打下B点的过程中，重物动能的增加量ΔEk=_____，重物重力势能的减小量ΔEP=_________。（重力加速度为g）‎ 实验纸带：‎ ‎(4)通过计算，在数值上ΔEP_______ΔEk（填“>”“=”或“<”），原因是重物在下落过程中，除重力做功之外还有_______。‎ ‎(5)某同学想利用该实验装置测定当地的重力加速度。他打出了一条纸带后，利用纸带测量出了各计数点到打点计时器打下的第一个点的距离h，算出了各计数点对应的速度v，以h为横轴，以为纵轴画出了如图所示的图线。由于图线没有过原点，他又检查了几遍，发现测量和计算都没有出现问题，其原因可能是___________。乙同学测出该图线的斜率为k，如果不计一切阻力，则当地的重力加速度g____________k（选填“大于”、“等于”或“小于”）。‎ ‎(6)研究小组的同学们用如图所示的装置探究物体的加速度与力、质量的关系之后，对此实验又做了进一步的分析：在实验前通过垫块已经平衡了阻力，且砂和砂桶的总质量远小于小车和车上砝码的总质量，若将小车（含车上砝码）和砂（含砂桶）当成一个系统（包括地球），由静止释放小车后，系统机械能__________（填写“守恒”或“不守恒”）‎ - 23 -‎ ‎【答案】 (1). C (2). BD (3). (4). (5). > (6). 阻力（空气阻力，摩擦阻力）做功 (7). 操作中先释放重物，再接通（打点计时器）电源 (8). 等于 (9). 不守恒 ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)[1]A．研究物体做自由落体运动时机械能否守恒，且为了使下落过程中重力远大于阻力，所以需要重物作为研究对象，A需要；‎ BDE．需要打点记录数据，所以需要打点计时器（和其所用电源）、刻度尺、纸带，故BDE需要；‎ C．实验中验证动能的增加量和重力势能的减小量是否相等，质量可以约去，不需要测量质量，则不需要天平，C不需要。‎ 故选C。‎ ‎(2)[2]A．使用质量较小的重锤，不满足mg远大于阻力，会使相对误差加大，A错误；‎ B．打点计时器的时间间隔为t=0.02s，做自由落体运动时，第1、2两点间距约为 可知第1、2两点间距为2mm，可以保证第一个点速度为零，可以减少误差，B正确；‎ C．根据数据的处理方法，先松纸带后开启电源一是会减少纸带的利用率，另外打第一个点的速度不会是零，会带来误差，故应先接通电源后释放纸带，C错误；‎ D．实验产生误差的主要原因是重物在下落过程中不可避免地受到阻力的作用，使得重力势能的减小量大于动能的增加量，D正确。‎ 故选BD。‎ ‎(3)[3]根据匀变速直线运动过程中中间时刻速度等于该段过程中的平均速度可得 故从起点O到打下B点的过程中重物动能的增加量为 ‎[4]从起点O到打下B点的过程中重物重力势能的减小量为 - 23 -‎ ‎(4)[5]通过计算，在数值上；‎ ‎[6]这是因为原因是重物在下落过程中，除重力做功之外还有阻力（空气阻力，摩擦阻力）做功。‎ ‎(5)[7]从图象中可以看出，当物体下落的高度为0时，物体的速度不为0，说明了操作中先释放重物，再接通（打点计时器）电源。‎ ‎[8]若没有阻力，根据机械能守恒知 则 故斜率 k=g ‎(6)[9]即便平衡摩擦力，但不表示摩擦没有了，小车运动过程木板对小车的摩擦力要做负功，即小车运动过程除重力外还有克服摩擦力做功，系统机械能不守恒。‎ 三、计算题（共4题，每题8分，共32分）‎ ‎20. 质量m=1 kg 的玩具小车在t＝0 时刻的速度 v0＝1m/s，随后以P＝6 W 的不变的额定功率沿平直的轨道继续前进，大约经过 t=4 s后达到最大速度vm，假设该玩具小车受到的阻力恒为f=2N。问：‎ ‎(1)玩具小车在t=0 时刻的牵引力F0；‎ ‎(2)玩具小车所达到的最大速度vm；‎ ‎(3)玩具小车在t=4s内通过的路程x。‎ ‎【答案】(1)6N；(2)3m/s；(3)10m ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)根据P=Fv可得玩具小车在t=0 时刻的牵引力 ‎ ‎ ‎(2)当达到最大速度时F=f=2N，则最大速度 - 23 -‎ ‎(3)根据动能定理 ‎ ‎ 解得 x=10m ‎21. 已知地球质量为M、半径为R，地表重力加速度为g，万有引力常数为G，不考虑地球自转，则：‎ ‎(1)请用两种方法推导地球的第一宇宙速度v1的表达式；‎ ‎(2)现将一质量为m 的物体分别挂在地球赤道和北极处的相同的测力计上，若考虑地球自转，设地球自转角速度为