北京市东城区2019-2020学年高一下学期期末考试统一检测物理试题 Word版含解析

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北京市东城区2019-2020学年高一下学期期末考试统一检测物理试题 Word版含解析

‎2019-2020学年第二学期高一物理期末检测 ‎2020.07‎ 一、单选题(每题3分,18道共54分)‎ ‎1.体育课进行实心球训练,忽略空气阻力,投出后的实心球在空中运动的过程中,下列说法正确的是(  )‎ A. 速度保持不变 B. 加速度保持不变 C. 水平方向的速度逐渐增大 D. 竖直方向的速度保持不变 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】AB.忽略空气阻力,投出后的实心球将在空中做抛体运动,则加速度为自由落体加速度g,恒定不变,速度则将发生变化,故A错误,B正确;‎ CD.由于实心球在水平方向不受力的作用,竖直方向受到自身重力的作用,故水平方向的速度保持不变,竖直方向的速度将发生变化,故C,D错误;‎ 故选B。‎ ‎2.一架飞机沿水平方向匀速飞行,每隔1s释放一个小铁球,先后共释放4个。若不计空气阻力,则落地前四个小球在空中的排列情况是(  )‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】ABCD. ‎ - 20 -‎ 由平抛运动的规律可知,小铁球在水平方向上做匀速直线运动,所以释放的小球都在飞机的正下方,即在飞机的正下方排成竖直的直线;小球在竖直方向上的距离随着时间的增大逐渐增加,故B正确ACD错误。‎ 故选B。‎ ‎3. 如图所示,在研究平抛运动时,小球 A 沿轨道滑下,离开轨道末端(末端水平)时撞开接触开关 S ,被电磁铁吸住的小球 B 同时自由下落.改变整个装置的高度 H 做同样的实验,发现位于同一高度的 A 、 B 两个小球总是同时落地.该实验现象说明了 A 球在离开轨道后 A. 竖直方向的分运动是自由落体运动 B. 水平方向的分运动是匀加速直线运动 C. 水平方向的分运动是匀速直线运动 D. 竖直方向的分运动是匀速直线运动 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】改变整个装置的高度 H 做同样的实验,发现位于同一高度的 A 、 B 两个小球总是同时落地,说明两小球在竖直方向为自由落体运动.故该实验现象说明了 A 球在离开轨道后竖直方向的分运动是自由落体运动,故A正确,BCD错误.故选A ‎【点评】本题考查了平抛运动的物体在竖直方向的运动规律为自由落体.平抛运动规律一般只能借助分解来求解.‎ ‎4.做平抛运动的物体,在水平方向通过的最大距离取决于( )‎ A. 物体所受的重力和抛出点的高度 B. 物体的初速度和抛出点的高度 C. 物体所受的重力和初速度 D. 物体所受的重力、高度和初速度 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】对于做平抛运动的物体,水平方向上:x=v0t  ;竖直方向上:h=gt2 ;所以水平位移为,所以水平方向通过的最大距离取决于物体的高度和初速度.‎ - 20 -‎ A. 物体所受的重力和抛出点的高度,与结论不相符,选项A错误;‎ B. 物体的初速度和抛出点的高度,与结论相符,选项B正确;‎ C. 物体所受的重力和初速度,与结论不相符,选项C错误;‎ D. 物体所受的重力、高度和初速度,与结论不相符,选项D错误;‎ ‎5. 有A、B两小球,B的质量为A的两倍;现将它们以相同速率沿同一方向抛出,不计空气阻力.图中①为A的运动轨迹,则B的运动轨迹是( )‎ A. ① B. ② C. ③ D. ④‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ 试题分析:两球初速度大小和方向均相同,同时因抛出后两物体均只受重力,故加速度相同,因此二者具有相同的运动状态,故B的运动轨迹也是①;选项A正确,BCD错误.故选A.‎ 考点:抛体运动 ‎【名师点睛】本题考查对抛体运动的掌握,要注意明确质量不同的物体在空中加速度是相同的,而影响物体运动的关键因素在于加速度,与质量无关.‎ ‎6.静止在地球上的物体会随地球自转一起运动,即绕地轴做圆周运动。比较地球上不同位置的物体(两极除外)绕地轴的圆周运动,下列说法中正确的是(  )‎ A. 角速度都不同 B. 线速度都相同 C. 周期都相同 D. 向心加速度大小都相同 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】地球上不同位置的物体(两极除外)绕地轴做圆周运动的角速度和周期都相同,但是由于转动半径不同,根据v=ωr可知,线速度不同;根据a=ω2r可知,向心加速度不相同,故选项C正确,ABD错误。‎ - 20 -‎ 故选C。‎ ‎7.如图所示,汽车匀速驶过A B间的圆弧形路面过程中,有(  )‎ A. 汽车牵引力F的大小不变 B. 汽车对路面的压力大小不变 C. 汽车的加速度为零 D. 汽车所受合外力大小不变 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.对汽车受力分析,如图所示 由于汽车匀速运动,轨道切线方向的合力为零,汽车牵引力F与圆弧切线方向重力的分力相平衡,由于沿圆弧切线方向重力的分力随倾角发生变化,汽车牵引力F也要随之发生变化,故A错误;‎ B.沿向心方向有 汽车受到路面的支持力 由于沿向心方向重力的分力发生变化,汽车受到路面的支持力FN也要发生变化,根据牛顿第三定律,汽车对路面的压力也要发生变化,故B错误;‎ C.汽车匀速驶过AB间的圆弧形路面过程中,由向心加速度知,汽车的加速度不为零,其大小不变,方向时刻指向圆心,故C错误;‎ - 20 -‎ D.由向心力知,汽车匀速驶过A B间的圆弧形路面过程中,汽车所受合外力大小不变,方向时刻指向圆心,故D正确。‎ 故选D。‎ ‎8.已知汽车在水平路面上转弯时地面的摩擦力已达到最大,若希望汽车运动的速率增加到原来的2倍时还能顺利转弯,则关于此时汽车转弯的轨道半径,以下结论中正确的是:(  )‎ A. 至少增大到原来的4倍 B. 至少增大到原来的2倍 C. 至少增大到原来的倍 D. 至少增大到原来的倍 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】根据可知,最大静摩擦力不变,速率增加到原来的2倍,则半径要增加到原来的4倍。‎ 故选A。‎ ‎9.宇航员乘坐宇宙飞船环绕地球做匀速圆周运动时,下列说法正确的是(  )‎ A. 宇航员处于完全失重状态 B. 宇航员处于超重状态 C. 宇航员的加速度等于零 D. 地球对宇航员没有引力 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】AB.宇航员乘坐宇宙飞船环绕地球做匀速圆周运动时,万有引力充当做圆周运动的向心力,则宇航员处于完全失重状态,选项A正确,B错误;‎ C.宇航员随宇宙飞船做匀速圆周运动,则加速度不等于零,选项C错误;‎ D.地球对宇航员仍有引力作用,选项D错误。‎ 故选A。‎ ‎10.若已知某行星绕太阳公转的轨道半径,公转周期,引力常量,由此可求出(  )‎ - 20 -‎ A. 该行星的质量 B. 太阳的密度 C. 太阳的质量 D. 该行星的密度 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】根据 可得 即可求出太阳的质量M,由于太阳的半径未知,不能求解太阳的密度。‎ 故选C。‎ ‎11.如图所示,a、b、c是地球大气层外圆形轨道上运行的三颗人造地球卫星,a、b质量相同,且小于c的质量,则(  )‎ A. a所需向心力最小 B. b、c周期相等,且大于a的周期 C. b、c的向心加速度大小相等,且大于a的向心加速度 D. b、c的线速度大小相等,且大于a的线速度 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.人造地球卫星做圆周运动的向心力由万有引力提供,根据,因为a、b质量相同,且小于c的质量,而bc半径相同大于a的半径,所以Fa>Fb,Fc>Fb,可知b所需向心力最小。故A错误。 BCD.根据 得 - 20 -‎ 知b、c周期相等,且大于a的周期。b、c加速度相等,小于a的加速度。b、c的线速度大小相等,且小于a的线速度。故B正确,CD错误。 故选B。‎ ‎12.已知月球质量与地球质量之比约为1∶81,月球半径与地球半径之比约为1∶4,则月球上第一宇宙速度与地球上的第一宇宙速度之比最接近(  )‎ A. 9∶2 B. 2∶9 C. 18∶1 D. 1∶18‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】ABCD.第一宇宙速度是近地卫星的环绕速度,有:‎ 即 所以月球的第一宇宙速度与地球的第一宇宙速度之比:‎ 故ACD错误,B正确;‎ 故选B。‎ ‎13.一个斜面长5m,高2.5m,用平行于斜面、大小为100N的力F,将质量为10kg的物体从斜面底匀速推到斜面的顶端。在这个过程中(  )(g取10m/s2)‎ A. 力F对物体做功500J B. 力F对物体做功250J - 20 -‎ C. 重力对物体做功250J D. 物体克服摩擦力做功500J ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】AB.力F对物体做功 故A正确,B错误;‎ C.重力对物体做功 故C错误;‎ D.设物体克服摩擦力做功为Wf,由动能定理得 解得 故D错误。‎ 故选A。‎ ‎14. 汽车以额定功率从水平路面上坡时,司机换挡目的是( )‎ A. 增大速度,增大牵引力 B. 减小速度,减小牵引力 C. 增大速度,减小牵引力 D. 减小速度,增大牵引力 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 汽车上坡时,与在水平路面上行驶相比,需要多克服重力的下滑分力做功,故需要增加牵引力;根据功率与速度关系公式P=Fv,功率一定的情况下,增加牵引力需要减小速度;‎ 故选D.‎ ‎15.起重机的钢索将重物由地面吊到空中某个高度,其速度时间图象如图所示,则钢索拉力的功率随时间变化的图象可能是图中的(  )‎ - 20 -‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】在0t1时间内:重物向上做匀加速直线运动,设加速度大小为a1,根据牛顿第二定律得 则有 拉力的功率 m、a1均一定,则 P1∝t 在t1t2时间内:重物向上做匀速直线运动,拉力 F=mg 则拉力的功率 - 20 -‎ P2不变,根据拉力的大小得到,P2小于t1时刻拉力的功率,在t2t3时间内:重物向上做匀减速直线运动,设加速度大小为a2,根据牛顿第二定律得 则有 拉力的功率 m、a2均一定,P3与t是线性关系,随着t延长,P3减小。t3时刻拉力突然减小,功率突然减小。‎ 故选B。‎ ‎16.两根不可伸长的细轻绳,分别一端与两个质量相同的小球A、B连接,另一端悬挂在等高的悬点O1、O2上,球A的悬线比球B的长。如图所示,把两球均拉到与悬点等高、悬线水平且伸直后,由静止释放,以悬点所在水平面为参考平面,当两球经最低点时(  )‎ A. A球的速度小于B球的速度 B. A球的向心加速度小于B球的向心加速度 C. A球的机械能等于B球的机械能 D. A球对绳的拉力大于B球对绳的拉力 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.根据动能定理 mgL=mv2‎ 解得 - 20 -‎ 所以A球的速度大于B球的速度,故A错误; B.在最低点,向心加速度 则A球的向心加速度等于B球的向心加速度,选项B错误;‎ C.A、B两球在运动的过程中,只有重力做功,机械能守恒,初始位置的机械能相等,所以在最低点,两球的机械能相等,故C正确;‎ D.根据牛顿第二定律得 F-mg=ma 得 F=mg+ma=3mg 与绳的长度无关。所以两绳拉力大小相等,故D错误。 故选C。‎ ‎17.如图所示,小球从轻弹簧正上方某高处由静止开始下落,从小球接触弹簧开始到将弹簧压缩到最短的过程中(弹簧保持竖直),下列叙述正确的是(  )‎ A. 弹簧的弹性势能先增大后减小 B. 小球的机械能保持不变 C. 小球的动能一直减小 D. 小球的重力势能与弹簧的弹性势能之和先减小后增加 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.从小球接触弹簧开始到将弹簧压缩到最短的过程中,弹簧的形变量一直在增大,所以弹性势能一直在增大,故A错误;‎ B.从小球接触弹簧开始到将弹簧压缩到最短的过程中,弹簧弹力对小球一直做负功,所以小球的机械能一直在减小,故B错误;‎ C.从小球接触弹簧开始到将弹簧压缩到最短 - 20 -‎ 过程中,开始阶段,弹簧弹力小于小球重力,后来弹力大于重力,故小球先加速后减速,即速度先增大后减小,则动能先增大后减小,故C错误;‎ D.由于小球和弹簧组成的系统满足机械能守恒的条件,故有小球的动能、重力势能与弹簧的弹性势能之和保持不变,由于小球的动能先增大后减小,所以小球的重力势能与弹簧的弹性势能之和先减小后增加,故D正确;‎ 故选D。‎ ‎18.如图所示,ABCD是一条长轨道,其中AB段是倾角为θ的斜面,CD段是水平的,BC段是与AB和CD都相切的一小段圆弧,其长度可以略去不计。一质量为m的滑块(看做质点)在A点由静止状态释放,沿轨道滑下,最后停在D点,A点和D点的位置如图所示。现用一方向始终与轨道平行的力推滑块,使它缓慢地由D点推回到A点。设滑块与轨道间的动摩擦因数为μ,则推力对滑块做的功为(  )‎ A. mgh B. 2mgh C. D. μmgs+μmghcotθ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】ABCD.缓慢推动,可认为速度大小不变,根据动能定理可得 解得 滑块由A点静止状态释放,沿轨道滑下,最后停在D点,根据动能定理可得 即 所以可得 - 20 -‎ 故ACD错误,B正确。‎ 故选B。‎ 二、实验题 ‎19.一个同学在《研究平抛物体的运动》实验中,只画出了如图所示的一部分曲线,于是他在曲线上取水平距离相等的三点A、B、C,量得△s = 0.2m.又量出它们之间的竖直距离分别为h1 = 0.1m,h2= 0.2m,利用这些数据,可求得:‎ ‎(1)物体抛出时的初速度为_______________m/s;‎ ‎(2)物体经过B时竖直分速度为______________m/s;‎ ‎(3)抛出点在A点上方高度为______________m处.‎ ‎【答案】 (1). 2 (2). 1.5 (3). 0.0125‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)在竖直方向上根据 ‎△y=gt2‎ ‎,‎ 物体抛出时的初速度 ‎.‎ ‎(2)经过B点时的竖直分速度 ‎(3)抛出点到B点的运动时间 从抛出到运动到A点需要的时间 - 20 -‎ tA=tB-t=0.15s-0.1s=0.05s 则抛出点在A点上方高度:‎ ‎;‎ ‎【名师点睛】解决本题的关键掌握平抛运动的处理方法,以及匀变速直线运动的两个推论:1、在连续相等时间内的位移之差是一恒量.2、某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度.‎ ‎20.利用如图所示的装置做“验证机械能守恒定律”实验。‎ ‎(1)除带夹子重物、纸带、铁架台(含铁夹)、打点计时器、导线及开关外,在下列器材中,还必须使用的器材是_____。(填写选项前字母)‎ A.交流电源 B.刻度尺 C.天平(含砝码)‎ ‎(2)实验中,先接通电源,再释放重物,得到如图所示的一条纸带。在纸带上选取三个连续打出的点A、B、C,测得它们到起始点O的距离分别为hA、hB、hC。‎ 已知当地重力加速度为g,打点计时器打点的周期为T。设重物的质量为m,从O点到B点的过程中,重物的重力势能的减少量ΔEP=_____,动能的变化量ΔEK=_____(用题目中的已知量表示)‎ ‎(3)关于计算瞬时速度方法,有同学认为可以用公式vB=算B点的速度,你赞同吗?请表明你的观点及支持你观点的依据_____。‎ ‎【答案】 (1). AB (2). (3). (4). 不赞同,关系式 - 20 -‎ 成立的条件是,重物下落的加速度为g,下落过程中只有重力做功,即机械能守恒。因此不能这种方法计算B点速度。‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)[1]打点计时器使用的是交流电,实验中需要测量点迹间的距离,从而得出瞬时速度和下降的高度,所以需要刻度尺。实验中验证动能的增量和重力势能的减小量是否相等,质量可以约去,故不需要测质量,所以不需要天平,故选AB。‎ ‎(2)[2][3]从O点到B点的过程中,重物的重力势能的减少量ΔEP=mghB,动能的变化量:‎ 由匀变速直线运动规律的推论可得:‎ 所以得:‎ ‎(3)[4] 不赞同,因为关系式成立的条件是:重物下落的加速度为g,且下落过程中只有重力做功,即机械能守恒。显然不能这种方法计算B点速度。‎ 三、计算题:‎ ‎21.在水平路面上骑摩托车的人,遇到一个壕沟,其尺寸如图所示。摩托车后轮离开地面后失去动力,可以视为平抛运动。摩托车后轮落到壕沟对面才算安全。摩托车的速度至少要多大才能越过这个壕沟?(g取10m/s2)。‎ ‎【答案】20m/s ‎【解析】‎ ‎【详解】由平抛运动规律得,摩托车竖直方向分运动为自由落体:‎ 水平方向分运动为匀速运动:‎ - 20 -‎ 联立两式,代入数据解得:v=20m/s ‎22.波轮洗衣机中的脱水筒如图所示,在脱水时,衣服紧贴在筒壁上做匀速圆周运动。某洗衣机的有关规格如下表所示。在运行脱水程序时,有一质量m=6g的硬币被甩到桶壁上,随桶壁一起做匀速圆周运动。求桶壁对硬币的静摩擦力大小和弹力大小。在解答本题时可以选择表格中有用的数据。重力加速度g取10m/s2。‎ ‎【答案】0.06N;3.55N ‎【解析】‎ ‎【详解】硬币被甩到桶壁上,随桶壁一起做匀速圆周运动,则硬币在竖直方向上由二力平衡有:‎ 硬币在水平方向随桶壁一起做匀速圆周运动有:‎ 由题可知:‎ 代入求得:‎ 又因为硬币的向心力由弹力提供,故有:‎ - 20 -‎ ‎23.某颗人造地球卫星在距地面高度为h的圆形轨道上绕地球做匀速圆周运动.已知地球半径为R,地而表面附近的重力加速度为g.请你推导该卫星:‎ ‎(1)运行速度的表达式;‎ ‎(2)运行周期的表达式.‎ ‎【答案】(1) (2)‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)设地球质量为M,卫星质量为m,卫星绕地球运行的轨道半径为r 根据万有引力定律和牛顿第二定律 在地球表面附近的物体 由已知条件知 r=R+h 联立可得 ‎(2)由周期公式 可得 ‎24.某海湾共占面积1.0×106m2,涨潮时水深20m,若利用这个海湾修建一座水坝,此时关上水坝的闸门时,可使水位保持20m不变。退潮时,坝外水位降至18m。假如利用此水坝建水力发电站,已知重力势能转化为电能的效率是10%,每天有两次涨潮,涨潮和退潮时水流都推动水轮机发电,试估算该电站一天能发多少电能?重力加速度g取10m/s2。海水密度近似为1.0×103kg/m3。‎ - 20 -‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】一次涨潮水的质量 一次涨潮水的重力势能变化 一次涨潮水的重力势能转化为电能 电站一天能发电能 ‎25.某地有一风力发电机,如图所示,它的叶片转动时可形成半径r=20m的圆面。某时间内该地的风速是v=6m/s,风向恰好跟叶片转动的圆面垂直。已知空气的密度为,若这个风力发电机能将此圆内10%的空气动能转化为电能。求:‎ ‎(1)单位时间内冲击风力发电机叶片圆面的气流的体积。‎ ‎(2)单位时间内冲击风力发电机叶片圆面的气流的动能。‎ ‎(3)该风力发电机输出电能的功率。‎ ‎【答案】(1);(2);(3)‎ - 20 -‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)圆面的面积为 单位时间内冲击风力发电机叶片圆面的气流的体积为 ‎(2)单位时间内冲击风力发电机叶片圆面的气流的质量为 动能为 ‎(3)发电机输出的电能为 功率为 ‎26.某人站在水平地面上,手握不可伸长的轻绳一端,绳的另一端系有质量为m的小球(可视作质点),使球在竖直平面内以手为圆心做圆周运动(手的位置可视为一个定点)。某次小球运动到最低点时,绳受力到达最大值被拉断,球以水平速度飞出(绳断前后,球速不变)。已知手离地面高度为5d,手与球之间的绳长为4d,球落地前的水平位移为d,重力加速度为g,忽略空气阻力。‎ ‎(1)绳能承受的最大拉力是多少?‎ ‎(2)将上述圆周运动简化为小球绕定点做圆周运动的模型,试证明绳拉断的时刻一定对应小球经过最低点的位置。‎ ‎【答案】(1);(2)见解析 ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)运动到最低点时,绳受力到达最大值被拉断,球以水平速度飞出做平抛运动。‎ 竖直方向分运动为自由落体 - 20 -‎ 水平方向分运动为匀速运动 圆周运动到最低点时,根据牛顿第二定律有 绳能承受的最大拉力是 ‎(2)将上述圆周运动简化为小球绕定点做圆周运动的模型,试证明绳拉断的时刻一定对应小球经过最低点的时刻。‎ 小球在竖直平面内绕定点做圆周运动,向心力由绳的拉力与重力沿着半径方向的分力Gγ合成提供。‎ 在上半圆周运动中,绳的拉力与重力沿着半径方向的分力方向相同 Fn上=F拉上+Gγ 在下半圆周运动中,绳的拉力与重力沿着半径方向的分力方向相反 Fn下=F拉下-Gγ 又小球在竖直平面内绕定点做圆周运动过程中机械能守恒,小球位置越低重力势能越小,动能越大。小球经过最低点时刻动能最大,所需向心力最大 所以小球经过最低点的时刻,绳的拉力最大 F拉下=Fn+Gγ 此时刻,绳的拉力不仅要抵消小球的重力,还有提供小球圆周运动所需要的向心力。‎ - 20 -‎
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