河南省三门峡市学年高一下期期末调研考试物理试题解析版.docx
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河南省三门峡市学年高一下期期末调研考试物理试题解析版
2013-2014学年河南省三门峡市高一（下）期末物理试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（每小题4分，共40分．其中1-6题只有一个选项正确，7-10题有多个选项正确，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错或不答的得0分）
1．（4分）下列说法正确的是（ ）
A．做曲线运动物体的速度、加速度都一定在改变
B．做曲线运动物体受到的合外力可能为零
C．物体在恒力作用下不可能做曲线运动
D．做曲线运动物体的加速度可能不变
考点：
物体做曲线运动的条件．
专题：
物体做曲线运动条件专题．
分析：
物体做曲线运动的条件是合力与速度不在同一条直线上，合外力大小和方向不一定变化，由此可以分析得出结论．
解答：
解：
当合力与速度不在同一条直线上时，物体做曲线运动，而加速度可不变，也可以变化，但速度一定变化，故ABC错误，D正确．
故选：
D．
点评：
本题关键是对质点做曲线运动的条件的考查，掌握了做曲线运动的条件，本题基本上就可以解决了．
2．（4分）小船在水速较小的河中横渡，并使船头始终垂直河岸航行，到达河中间时，突然上游来水使水流速度加快，则对此小船渡河的说法正确的是（ ）
A．
小船要用更长的时间才能到达对岸
B．
小船到达对岸的位移将变大，但所用时间仍不变
C．
因小船船头始终垂直河岸航行，故所用时间及位移都不会变化
D．
因船速与水速关系未知，故无法确定渡河时间及位移的变化
考点：
运动的合成和分解．
专题：
运动的合成和分解专题．
分析：
将小船的运动分解为垂直于河岸方向和沿河岸方向，抓住等时性潘达运动的时间，根据沿河岸方向位移的变化判断渡河的位移．
解答：
解：
因为静水速垂直于河岸，则渡河时间t=
，水流速增大，渡河时间不变，沿河岸方向的位移增大，则最终渡河的位移变大．故B正确，A、C、D错误．
故选B．
点评：
解决本题的关键知道分运动与合运动具有等时性，各分运动具有独立性，互不干扰．
3．（4分）以大小相同的初速度，不同的抛射角同时抛出三个小球A、B、C，A、B、C三球的抛射角分别为θA、θB、θC，它们在空中的运动轨迹如图所示，不计空气的阻力下列说法中正确的是（ ）
A．
A、B、C三球在运动过程中，加速度都相同
B．
B球的射程最远，所以最迟落地
C．
A球上升最高，所以落地时速度最大
D．
A、C两球的射程相等，两球的运动时间相等
考点：
运动的合成和分解．
专题：
运动的合成和分解专题．
分析：
斜抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做竖直上抛运动．根据水平方向和竖直方向上的运动规律进行判断．
解答：
解：
A、三个小球在运动的过程中，仅受重力，则加速度相同．故A正确．
B、因为初速度相同，所以C球在竖直方向上初速度最小，则运动的时间最短，A球在竖直方向上的分速度最大，则运动时间最长．故BD错误．
C、根据机械能守恒定律，可知，三者落地时的速度大小相等．故C错误．
故选：
A．
点评：
解决本题的关键知道斜抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，结合运动学公式进行求解．
4．（4分）对于做匀速圆周运动的物体，下面说法中正确的是（ ）
A．
线速度保持不变
B．
向心加速度大小保持不变
C．
所受的合外力可以是一个恒力
D．
任意相等的时间内速度改变量相同
考点：
线速度、角速度和周期、转速．
专题：
匀速圆周运动专题．
分析：
匀速圆周运动的线速度大小不变，方向时刻改变，向心加速度方向始终指向圆心，大小保持不变；合力提供向心力．
解答：
解：
A、匀速圆周运动的线速度大小不变，方向时刻改变，则线速度改变．故A错误．
B、匀速圆周运动的向心加速度大小不变，方向始终指向圆心．故B正确．
C、匀速圆周运动靠合力提供向心力，向心力方向始终指向圆心，则合力始终指向圆心，方向时刻改变．故C错误．
D、匀速圆周运动相等时间内速度该变量的方向不同．故D错误．
故选：
B．
点评：
解决本题的关键知道匀速圆周运动的特点，知道线速度、向心加速度和向心力都是矢量，矢量只有在大小和方向都不变，才能说该矢量不变．
5．（4分）有宇航员站在月球表面上做自由落体实验，将某物体由距月球表面高h处释放，经时间t后落到月球表面，据上述信息可推出“嫦娥一号”绕月运行的速率约为（ ）
A．
B．
C．
D．
考点：
万有引力定律及其应用；人造卫星的加速度、周期和轨道的关系．
专题：
人造卫星问题．
分析：
根据自由落体运动规律求出重力加速度．
研究“嫦娥一号”在月球表面附近绕月球做匀速圆周运动，重力提供向心力列出等式求解．
解答：
解：
物体自由落体运动，设地球表面重力加速度为g，
h=gt2，
g=
“嫦娥一号”绕做匀速圆周运动，
则mg=
所以v=
=
故选B．
点评：
重力加速度g是天体运动研究和天体表面宏观物体运动研究联系的物理量．
6．（4分）（2005•江苏）如图所示：
固定的光滑竖直杆上套着一个滑块，用轻绳系着滑块绕过光滑的定滑轮，以大小恒定的拉力F拉绳，使滑块从A点起由静止开始上升，若从A点上升至B点和从B点上升至C点的过程中拉力F做的功分别为W1和W2，滑块经B、C两点时的动能分别是EKB、EKC，图中AB=BC，则一定有（ ）
A．
W1＞W2
B．
W1＜W2
C．
EKB＞EKC
D．
EKB＜EKc
考点：
动能定理的应用；功的计算．
专题：
压轴题．
分析：
根据功的定义式去判断两个过程中功的大小．
分析滑块的运动过程，根据受力情况找出滑块可能出现的情况．
解答：
解：
A、这是一道变力做功的创新题，可进行半定量分析．
从A点上升至B点和从B点上升至C点的过程中，根据几何关系我们看出轻绳拉着滑块的拉力与光滑竖直杆的夹角α越来越大．图中AB=BC，即从A点上升至B点的位移等于从B点上升至C点的位移．
轻绳拉着滑块的拉力是恒力，夹角α越来越大，那么cosα越来越小，因为F大小恒定，故F在竖直方向的分量Fcosα随α的增大而减小，显然从A点上升至B点绳子对滑块拉力做的功大于从B点上升至C点的过程中绳子对滑块拉力做的功．由于用轻绳系着滑块绕过光滑的定滑轮，所以绳子对滑块的拉力做的功与拉力F做的功相等．所以W1＞W2，故A正确．
B、通过以上分析，故B错误．
C、由于在A点由于静止出发，可以肯定最初滑块是加速上升的，也就是说刚开始绳对滑块拉力的竖直分力要大于滑块的重力，但由于绳对滑块拉力的竖直分力是逐渐减小的（对滑块的拉力大小不变，但与竖直方向的夹角在逐渐增大），B到C的过程绳对滑块拉力的竖直分力与重力的大小关系不清楚，所以滑块的运动可能是加速的，也可能是减速的，还可能是先加速后减速的（竖直分力小于重力时做减速运动），所以无法确定滑块在B、C位置哪个位置的速度大，也就无法确定哪个位置的动能大，故C错误．
D、通过以上分析，故D错误．
故选A．
点评：
对于功的大小定性比较，我们可以运用功的表达式去比较，也可以从动能定理去比较．
对于不同位置动能的大小比较，我们可以通过受力分析（结合力的变化），分析物体的运动过程，是加速还是减速．
7．（4分）物体在水平拉力和恒定摩擦力的作用下，在水平面上沿直线运动的v﹣t关系如图所示，已知第1秒内合外力对物体做功为W1，摩擦力对物体做功为W2，则（ ）
A．
从第1秒末到第3秒合外力做功为4W1，摩擦力做功为4W2
B．
从第4秒末到第6秒合外力做功为0，摩擦力做功也为0
C．
从第5秒末到第7秒合外力做功为W1，摩擦力做功为2W2
D．
从第3秒末到第4秒合外力做功为﹣0.75W1，摩擦力做功为1.5W2
考点：
匀变速直线运动的速度与时间的关系．
专题：
直线运动规律专题．
分析：
合外力做功由动能定理研究．根据速度图象的“面积”分析位移大小，由功的公式研究摩擦力做功．
解答：
解：
A、由题第1秒内合外力对物体做功为W1，因从第1秒末到第3秒内动能变化等于第1秒内动能变化量，根据动能定理得知：
从第1秒末到第3秒合外力做功为W1，故A错误．
B、第1秒内，根据动能定理得：
W1=m×42J=8m，摩擦力做功W2=﹣f•×4×1=﹣2f．从第4秒末到第6秒合外力做功WF=
×22﹣
×22=0，路程为s=2××2×1m=2m，摩擦力做功Wf=﹣fs=﹣2f=W2．故B错误．
C、从第5秒末到第7秒，合外力做功WF=m×42﹣0=8m=W1，摩擦力做功Wf=﹣f•×2×4J=﹣4f=2W2．故C正确．
D、从第3秒末到第4秒，合外力做功WF=
﹣m×42=﹣6m=﹣0.75W1，摩擦力做功Wf=﹣f•×（2+4）×1=﹣3f=1.5W2．故D正确．
故选CD
点评：
本题一要抓住速度图象的面积表示位移，二要掌握运用动能定理求合外力做功，三要知道滑动摩擦力做功与路程有关．
8．（4分）如图所示，一个内壁光滑的圆锥形筒的轴线垂直于水平面，圆锥筒固定不动，有两个质量相等的小球A和B紧贴着内壁分别在图中所示的水平面内做匀速圆周运动，则以下说法中正确的是（ ）
A．
A球的线速度必定小于B球的线速度
B．
A球的角速度必定小于B球的角速度
C．
A球的运动周期必定小于B球的运动周期
D．
A球对筒壁的压力必定大于B球对筒壁的压力
考点：
线速度、角速度和周期、转速；向心力．
分析：
对AB受力分析，可以发现它们都是重力和斜面的支持力的合力作为向心力，并且它们的质量相等，所以向心力的大小也相等，再根据线速度、加速度和周期的公式可以做出判断．
解答：
解：
A、如右图所示，小球A和B紧贴着内壁分别在水平面内做匀速圆周运动．
由于A和B的质量相同，小球A和B在两处的合力相同，即它们做圆周运动时的向心力是相同的．
由向心力的计算公式F=m
，由于球A运动的半径大于B球的半径，F和m相同时，半径大的线速度大，所以A错误．
B、又由公式F=mω2r，由于球A运动的半径大于B球的半径，F和m相同时，半径大的角速度小，所以B选项也正确．
C、由周期公式T=
，所以球A的运动周期大于球B的运动周期，故C错误．
D、球A对筒壁的压力等于球B对筒壁的压力，所以D也不正确．
故选B．
点评：
对物体受力分析是解题的关键，通过对AB的受力分析可以找到AB的内在的关系，它们的质量相同，向心力的大小也相同，本题能很好的考查学生分析问题的能力，是道好题．
9．（4分）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．
b所需向心力最小
B．
b、c周期相等，且大于a的周期
C．
b、c的向心加速度相等，且大于a的向心加速度
D．
b、c的线速度大小相等，且小于a的线速度
考点：
人造卫星的加速度、周期和轨道的关系．
专题：
人造卫星问题．
分析：
根据万有引力提供向心力，得出线速度、加速度、周期与轨道半径的大小关系，从而比较出大小．
解答：
解：
根据万有引力提供向心力得，
，解得a=
，v=
，
．
轨道半径越大，线速度、加速度越小，周期越大．所以b、c的周期相同，大于a的周期．b、c的向心加速度相等，小于a的向心加速度．b、c的线速度相等，小于a的线速度．
因为a、b质量相同，且小于c的质量，可知b所需向心力最小．故A、B、D正确，C错误．
故选：
ABD．
点评：
解决本题的关键掌握万有引力提供向心力这一理论，并能灵活运用．
10．（4分）质量为m的物体从距离地面h高处由静止开始加速下落，其加速度大小为g．在物体下落过程中（ ）
A．
物体的动能增加了mgh
B．
物体的重力势能减少了mgh
C．
物体的机械能减少了mgh
D．
物体的机械能保持不变
考点：
动能定理的应用；功能关系．
专题：
动能定理的应用专题．
分析：
对物体受力分析，受重力G和向上的拉力F，根据牛顿第二定律列式求出各个力，然后根据功能关系得到各种能量的变化情况．
解答：
解：
A、物体从静止开始以g的加速度沿竖直方向加速下落，由牛顿第二定律得：
mg﹣F=ma，解得：
F=mg，
由动能定理得：
mgh﹣Fh=Ek﹣0，解得Ek=mgh﹣Fh=mgh，故A正确；
B、物体下降，重力做功，物体重力势能减少了mgh，故B错误；
C、物体重力势能减少了mgh，动能增加了mgh，故机械能减少了mgh，故C正确，D错误；
故选AC．
点评：
本题关键对物体受力分析，然后根据牛顿第二定律列式求出拉力F，最后根据动能定理和重力做功和重力势能变化的关系列方程求解．
二、实验题（本题共16分，第11题7分，第12题9分）
11．（7分）如图1所示，在用斜槽轨道做“研究平抛物体运动”的实验中：
（1）斜槽末端的切线必须是水平的，这样做的目的是 B
A．保证小球飞出时，速度既不太大，也不太小
B．保证小球飞出时，速度沿水平方向
C．保证小球在空中运动的时间每次都相等
（2）实验简要步骤如下：
A．让小球多次从 同一 位置上滚下，在一张白纸记下小球经过的一系列位置，如图2中a、b、c、d所示．
B．安装好器材，注意调整斜槽末端，使其水平，记下平抛初位置O点和过O点的竖直线．
C．取下白纸，以O为原点，以竖直线为y轴建立坐标系，用平滑曲线画平抛运动物体的轨迹．
（3）已知图中小方格的边长为L，则小球平抛的初速度v0=_ 2
（用L，g表示）．
考点：
研究平抛物体的运动．
专题：
实验题；机械能守恒定律应用专题．
分析：
在实验中让小球能做平抛运动，并能描绘出运动轨迹．因此要求从同一位置多次无初速度释放．同时由运动轨迹找出一些特殊点利用平抛运动可看成水平方向匀速直线运动与竖直方向自由落体运动去解题．
解答：
解：
（1）斜槽末端的切线必须是水平的，这样做的目的是：
保证小球飞出时，速度沿水平方向，故选B；
（2）为使小球离开轨道时的速度相等，让小球多次从同一位置上滚下．
（3）a、b、c、d是平抛运动轨迹上的点，平抛运动可看成竖直方向自由落体运动与水平方向匀速直线运动，由水平位移可知：
四个点时间间隔相等．
在竖直方向：
自由落体运动，因时间相等，由△h=gt2可得：
t=
=
=
，
水平方向：
匀速运动，则v0==
=2
；
故答案为：
（1）B；
（2）同一；（3）2
．
点评：
掌握如何让小球做平抛运动及平抛运动轨迹的描绘，同时培养学生利用平抛运动规律去分析与解决问题的能力．
12．（9分）在验证机械能守恒定律中，质量m=1kg的重锤自由落下，在纸带上打出了一系列的点，如图所示，相邻计数点时间间隔为0.02s，长度单位是cm，g取9.8m/s2．求
（1）从点O到打下记数点B的过程中，物体重力势能的减小量△EP= 0.48J ，动能的增加量△EK= 0.47J
（保留两位有效数字）；由以上数据可得到的结论是 在误差范围内机械能守恒 ．
（2）根据题中提供的条件，可求出重锤实际下落的加速度a= 9.75m/s2 ．（保留三位有效数字）
考点：
验证机械能守恒定律．
专题：
实验题；机械能守恒定律应用专题．
分析：
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点的速度，从而得出动能的增加量，结合下降的高度求出重力势能的减小量；利用匀变速直线运动的推论△x=aT2其加速度．
解答：
解：
（1）利用匀变速直线运动的推论得：
B点的速度等于AC段的平均速度，则vB=
=
≈0.97m/s．
动能的增加量△Ek=
=×1×0.972≈0.47J．
重力势能的减小量△Ep=mgh=1×9.8×0.0486J≈0.48J，
通过计算可知△Ep＞△Ek，因为纸带下落过程中存在阻力作用使机械能减小；实验的结论是：
在误差允许的范围内，机械能守恒．
（2）利用匀变速直线运动的推论△x=aT2得：
a=
=
m/s2=9.75m/s2
故答案为：
（1）0.48J；0.47J；在误差允许的范围内，机械能守恒．
（2）9.75m/s2
点评：
解决本题的关键知道实验的原理，以及掌握纸带的处理方法，会通过纸带求解瞬时速度以及加速度的大小．
三、计算题（本大题共四小题，共44分.）
13．（9分）如图所示，长为L=0.45m的轻质细绳将一质量为1kg的小球悬挂在距离水平面高为H=1.70m的O点，绳拉直至水平状态无初速度释放小球，小球摆动至细绳处于竖直位置时细绳恰好断裂，不计空气阻力，绳断裂时无能量损失，取g=10m/s2．求：
（1）小球到A点时的速度以及绳子能承受的最大拉力；
（2）绳子断裂后小球的水平位移．
考点：
机械能守恒定律；平抛运动；向心力．
专题：
机械能守恒定律应用专题．
分析：
（1）根据机械能守恒定律求出小球到达A点的速度，根据牛顿第二定律求出最大拉力大小．
（2）断裂后小球做平抛运动，根据高度求出平抛运动的时间，结合平抛运动的初速度和时间求出水平位移．
解答：
解：
（1）设小球到A点的速度为v，由机械能守恒可得：
，
代入数据解得：
v=3m/s．
设绳子能承受的最大拉力为F，在A点根据牛顿第二定律得：
F﹣mg=
，
代入数据解得：
F=30N．
（2）绳子断后，水平方向上有：
x=vt，
竖直方向上有：
H﹣L=
代入数据联立两式解得：
x=1.5m．
答：
（1）小球到达A点的速度为3m/s，绳子能承受的最大拉力为30N．
（2）绳子断裂后小球的水平位移为1.5m．
点评：
本题考查了圆周运动和平抛运动的综合运用，知道圆周运动向心力的来源和平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律是解决本题的关键．
14．（11分）2013年我国成功实现了神舟八号和天宫一号的对接，对接前它们处于同一轨道面上，位置如图所示，A为天宫一号，B为神州八号，已知B距离地面高度为h，地球半径为R，地球表面的重力加速度为g，A的角速度为ω0，O为地球的中心．求：
（1）神州八号B的运行周期；
（2）如果A，B绕行方向相同，某时刻A，B相距最近（O、B、A在同一直线上），则至少经过多长时间，它们再一次相距最近？
考点：
人造卫星的加速度、周期和轨道的关系；万有引力定律及其应用．
专题：
人造卫星问题．
分析：
（1）神州八号B绕着地球做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，根据牛顿第二定律列式求解周期；
（2）一次相距最近即B比A多转动一圈．
解答：
解：
（1）设地球质量为M，神州八号质量为m，根据万有引力定律和牛顿第二定律，有：
G
=m
在地球表面，有：
G
=mg
联立解得：
TB=2π
（2）它们再一次相距最近时，一定是B比A多转动一圈，有：
ωBt﹣ω0t=2π
其中：
联立解得：
t=
答：
（1）神州八号B的运行周期为2π
；
（2）至少经过
时间，它们再一次相距最近．
点评：
本题考查万有引力定律和圆周运动知识的综合应用能力．向心力的公式选取要根据题目提供的已知物理量或所求解的物理量选取应用．
15．（12分）质量为2t的汽车在平直公路上由静止开始运动，若保持牵引力恒定，则在20s速度增大到10m/s，这时汽车刚好达到额定功率，然后保持额定输出功率不变，再运动15s达到最大速度15m/s，求：
（1）汽车的额定功率；
（2）汽车运动过程中受到的阻力；
（3）汽车在前35s内共前进多少米？
考点：
功率、平均功率和瞬时功率．
专题：
功率的计算专题．
分析：
（1、2）设额定功率为P、阻力为Ff，根据速度时间公式求出加速度，根据牛顿第二定律得出牵引力的表达式，根据P=Fv以及最大速度时P=Ffv求出额定功率和阻力的大小．
（3）根据位移时公式求出匀加速运动的位移，再根据动能定理求出变加速直线运动的位移，从而得出35s内汽车的总位移．
解答：
解：
设汽车的额定功率为P，汽车受到的阻力为Ff，
（1）、
（2）由题意知，
，
匀加速阶段：
F﹣Ff=ma，
又因为P=Fv1，
v1=at1
联立以上四式，代入数据解得：
P=30kW，Ff=2000N
（3）匀加速阶段汽车位移为：
，
变加速阶段的汽车位移为x2，根据动能定理得：
代入数据解得：
x2=162.5m，
故汽车在35s内的总路程为：
x=x1+x2=100+162.5=262.5m．
答：
（1）汽车的额定功率为30kW；
（2）汽车运动过程中受到的阻力为2000N；
（3）汽车在前35s内共前进262.5m．
点评：
本题考查机车的启动问题，知道功率与牵引力速度的关系，当牵引力等于阻力时速度最大，对于变加速运动过程，求解位移时不能通过动力学知识求解，需根据动能定理进行求解．
16．（12分）如图所示，轻杆长为2L，中点装在水平轴O点，两端分别固定着小球A和B，A，B球质量分别为2m、m，整个装置在竖直平面内绕O轴做圆周运动，不计摩擦和空气阻力，当A球达到最高点时，球A与杆之间恰好无相互作用，已知重力加速度为g，求：
（1）求此时杆对B球的作用力的大小和方向；
（2）求当B球转到最高点时，B球的速度是多少，以及此时杆所受O轴力大小和方向？
考点：
向心力；牛顿第二定律．
专题：
牛顿第二定律在圆周运动中的应用．
分析：
（1）因此时A球与杆之间恰好没有相互作用，可以表示出此时AB两球的线速度大小，再对B球受力分析，利用向心力公式即可求得杆对B球的作用力的大小和方向．
（2）当B球转到最高点时，整个过程机械能守恒，利用机械能守恒列式即可解得此时B球的线速度．再利用向心力公式分别求出杆对AB两球的作用力，及结合牛顿第三定律和杆的平衡条件，即可得知此时杆所受O轴力大小和方向．
解答：
解：
（1）设图示位置A、B两球的速率为v，且杆对B球的作用力为F，则对A球有：
2mg=2
…①
对B球有：
F﹣mg=
…②
由①②两式得：
F=2mg，方向竖直向上
（2）设当B求到达最高点时速度为v1，此过程机械能守恒，有：
2mg×2L﹣mg×2L=×3m
﹣
…③
解得：
v1=
设此时杆对AB的作用力分别为F1、F2，
对A由牛顿第二定律得：
F1﹣2mg=
…④
解得：
F1=
mg，方向竖直向上．
对B同理可得：
F2+mg=
…⑤
解得：
F2=mg，方向竖直向下．
由牛顿第三定律得，球A对杆的拉力为：
F1′=F1=
mg，方向竖直向下．
球B对杆的拉力为：
F2′=F2=mg，方向竖直向上．
对杆由平衡条件可得：
F=F1′﹣F2′=
mg，方向竖直向上．
答：
（1）求此时杆对B球的作用力的为2mg，方向竖直向下；
（2）当B球转到最高点时，B球的速度是
，以及此时杆所受O轴力大小为
mg，方向竖直
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