(解析版)安徽省合肥六中、淮北一中高一下学期期末联考物理试题

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安徽合肥六中、淮北一中2017-2018学年第二学期高一期末联考物理试题

一、单项选择题(本题共11道小题，每小题4分，共44分。在每小题给出的四个选项中，只有一个选项正确。)

1. 牛顿以天体之间普遍存在着引力为依据，运用严密的逻辑推理，建立了万有引力定律。在创建万有引力定律的过程中，牛顿

A. 接受了胡克等科学家关于“吸引力与两中心距离的平方成反比”的猜想

B. 根据“月一地检验”，地球对月亮的引力与太阳对行星的引力不属同种性质的力

C. 根据F=ma和牛顿第三定律，分析了地月间的引力关系，进而得出F∝m1m2

D. 根据大量实验数据得出了比例系数G的大小

【答案】A

【解析】在创建万有引力定律的过程中，牛顿根据地球上一切物体都以相同加速度下落的事实，得出物体受地球的引力与其质量成正比，即F∝m的结论；同时牛顿接受了平方反比猜想，再根据牛顿第三定律进而得出F∝m1m2；然后进行月地检验，进一步得出该规律适用与月地系统；但牛顿没有测出比例系数G；而是在提出万有引力定律后100多年，后来卡文迪许利用扭称测量出万有引力常量G的大小，故A正确，而BCD说法错误；故选A。

2. 一质点在xoy平面内运动的轨迹如图所示，下列判断正确的是

A. 若x方向始终匀速，则y方向先加速后减速

B. 若x方向始终匀速，则y方向先减速后加速

C. 若y方向始终匀速，则x方向先减速后加速

D. 若y方向始终匀速，则x方向一直加速

【答案】B

【解析】试题分析：由图中运动的轨迹可知，若x方向始终匀速，则y方向刚开始变化快，中间变化慢，最后又变化快，故其运动是先减速后加速，A错误，B正确；若y方向始终匀速，则x方向应该先加速后减速，故CD均错误。

考点：运动的快慢。

3. 若太阳系内每个行星贴近其表面运行的卫星的周期用T表示，该行屋的平均密度是p，到太阳的距离是R，已知引力常量G.则下列说法正确的是

A. 可以求出该行星的质量

B. 可以求出太阳的质量

C. ρT2是定值

D. 是定值

【答案】C

【解析】根据知道卫星绕行星表面运动的周期T，则，则

ρT2=3π/G是定值，选项C正确；因无法求解行星的半径r，则无法求解行星的质量，选项A 错误；只知道行星到太阳的距离无法求解中心天体-太阳的质量，选项B错误；因为T不是行

星绕太阳的转动周期，则不是定值，选项D错误；故选C.

4. 在X星球表面，字航员做了一个实验：如图甲所示，轻杆一端固定在0点，另一端固定一小球，现让小球在坚直平面内做半径为R的圆周运动。小球运动到最高点时，受到的弹力为F，速度大小为v，其F-v2图象如图乙所示。已知X星球的半径为Ro，万有引力常量为G，不考虑星球自转。则下列说法正确的是

A. X星球的第一宇宙速度

B. X星球的密度

C. X星球的质量

D. 环绕X星球运行的离星球表面高度为Ro的卫星的周期

【答案】D

【解析】小球在最高点时：，即，当v=0时F=mg=a，，则，X星球的第一宇宙速度，选项A错误；根据，则X星球的质量

，星球的密度：，选项BC错误；根据解得

，则环绕X星球运行的离星球表面高度为R0的卫星的周期，

选项D正确；故选D.

点睛：此题关键是能从图像中获取星球表面的加速度，然后根据万有引力等于重力或等于向心力求解星球的质量和密度以及卫星的周期等物理量.

5. 如图所示，动滑轮下系有一个质量为m的物块，细线一端系在天花板上，另一端绕过动滑轮。用的恒力竖直向上拉细线的另一端(滑轮、细线的质量不计，不计一切摩擦，重力加速度为g)，

物块从静止开始运动，则下列说法正确的是

A. 物块的加速度

B. 经过时间t拉力F做功为

C. 经过时间t物块的机械能增加了

D. 经过时间t物块的动能增加了

【答案】C

【解析】根据动滑轮的特点可知，动滑轮对物块的作用力F′=2F，物体受到两个力作用：拉力F′=2F和重力mg；由牛顿第二定律得F′-mg=ma得 a=g，选项A错误；物体从静止开始

运动t时间内的位移为：x=；拉力F的作用点为绳的端点，在物体发生x 位移的过程中，绳的端点的位移x′=2x，所以拉力F做的功，故B错误。拉力做的功等于物体机械能的增加量，所以物体的机械能增加了mg2t2，故C正确。ts末物体的速度 v=at=，物体的动能增加量为△E k=mv2-0=mg2t2，故D错误。故选C。

点睛：解决本题的关键是明确动滑轮的力学特性，知道拉力F的作用点位移等于物体位移的2倍。物体机械能的增量等于除重力以外的其它力的功.

6. 如图所示，质量为60kg的某运动员在做俯卧撑运动，运动过程中可将她的身体视为一根直棒，已知重心在C点，其垂线与脚，两手连线中点间的距离Oa、Ob分别为0.9m和0.6m，若她在1min内做了30个俯卧撑，每次肩部上升的距离均为0.4m，则克服重力做功和相应的功率为

A. 430J，7W

B. 4300J， 70W

C. 720J，12W

D. 7200J，120W

【答案】B

【解析】设重心上升高度为h，根据几何知识可得，解得h=0.24m，故做一次俯卧撑克服重力做功为mgh=144J，所以一分钟克服重力做功为W=30×144J=4320J，功率约为

，故B正确．

7. 如图所示，将质量为m p=5m的重物P悬挂在轻绳的一-端，轻绳的另一端系一质量为m Q=3m 的小物块Q，小物块Q套在竖直固定的光滑直杆上，固定光滑定滑轮与直杆的距离为L。现将小物块Q拉到与之连结的轻绳水平时由静止释放，不计一切摩擦阻力，下列说法正确的是

A. 小物块Q下滑距离L时，P、Q两物体的速度大小相等

B. 小物块Q下滑某一位置时，与滑轮连结的轴对滑轮的作用力可能竖直向上

C. 小物块Q能下降的最大高度为h=L

D. 小物块Q下滑距离L时，P的速度大小

【答案】D

【解析】小物块Q下滑距离L时，此时细线与竖直方向的夹角为450，此时P、Q两物体的速度大小关系为，选项A错误；滑轮两边的绳子拉力是相等的，不论小物块Q下滑到什么位置，滑轮右边的绳子总是倾斜的，则两条绳子拉力的合力不可能竖直向下，即与滑轮连结的轴对滑轮的作用力不可能竖直向上，选项B错误；设小物块Q能下降的最大高度为x，则由系统的机械能守恒可知：，解得，选项C错误；小物块Q 下滑距离3L/4时，此时物块P上升了L/4，细线与水平方向夹角为370，此时

；由机械能守恒：，解得：，选项D正确；故选D.

点睛：解决本题的关键知道系统机械能守恒，知道Q沿绳子方向的分速度的等于重物P的速度．此题对学生的数学知识要求较高.

8. 如图为某着陆器经过多次变轨后登陆火星的轨迹图，着陆器先在轨道Ⅰ上运动，然后改在圆轨道Ⅱ上运动，最后在椭圆轨道Ⅱ上运动，P点是轨道Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ的交点，轨道上的P、S、Q三点与火星中心在同一直线上，P， Q两点分别是椭圆轨道的远火星点和近火星点。且

PQ=2QS=2，着陆器在轨道Ⅰ上经过P点的速度为，在轨道Ⅱ上经过P点的速度为，在轨道Ⅲ上经过P点的速度为，下列说法正确的是

A. 着陆器在P点由轨道Ⅰ进入轨道Ⅱ需要点火加速

B. 着陆器在轨道Ⅱ上由P点运动到S点的时间与着陆器在轨道Ⅲ上由P点运动到Q点的时间之比是

C. 着陆器在轨道Ⅲ上经过P点的加速度可表示为

D. 着陆器在轨道Ⅱ上S点与在轨道Ⅲ上P点的加速度相等

【答案】C

【解析】着陆器由轨道I进入轨道Ⅱ做的是向心运动，需点火制动减速，使万有引力大于所需要的向心力，故A错误；根据开普勒第三定律可知：着陆器在轨道Ⅱ与轨道Ⅲ上的周期之比：；则着陆器在轨道Ⅱ上由P点运动到S点的时间与着陆器在轨道Ⅲ上由

P点运动到Q点的时间之比是，选项B错误；着陆器在轨道Ⅲ上经过P点

的加速度等于轨道Ⅱ上经过P点的加速度，大小为可，选项C正确；着陆器在轨道Ⅱ上S点与在轨道Ⅲ上P点距离火星中心的距离相等，则其加速度大小相等，方向相反，选项D错误；故选C.

点睛：本题关键是明确加速度由合力和质量决定，导致同一位置的卫星的加速度相同；然后结合开普勒第三定律和牛顿第二定律列式分析；注意只有圆周运动中向心加速度表达式为

，其中的r是圆轨道半径。

9. 如图，平行板电容器经开关K与电池连接，a处有一带电量非常小的点电荷.K是闭合的，

表示a点的电势，f表示点电荷受到的电场力.现将电容器的B板向下稍微移动，使两板间的距离增大，则

A. 变大，f不变

B. 变大，f变小

C. 不变，f不变

D. 不变，f变小

【答案】B

【解析】由于开关K闭合，且电容器两极板始终与电源的两极相连，故电容器两极板之间的电压U AB保持不变。随B极板下移两极板之间的距离增大，根据E=U/d可知两极板之间的电场强度E减小，由于U Aa=Eh Aa，由于电场强度E减小，故U Aa减小，由于U AB=U Aa+U aB，所以U aB增大，由题图可知电源的负极接地，故B极板接地，所以B板的电势为0即U B=0，又U aB=U a-U B，所以U a=U aB增大。而点电荷在a点所受的电场力f=qE，由于E减小，所以电场力f减小。故B正确。故选B。

点睛：本题难度较大，涉及知识面大，需要认真分析．方法是：先找不变量（U AB），再找容易确定的物理量（E和U Aa），最后求出难以确定的量（确定U aB不能用U aB=Eh aB，因为E和h aB一个变大另一个变小）．

10. 某物体由静止开始做匀加速运动，经过时间后，在阻力作用下做匀减速运动，又经过时间速度变为零，若物体一直在同祥的水平面上运动，则加速阶段的牵引力与阻力大小之比：A. ： B. (+)： C. (+)： D. ：(+)

【答案】B

【解析】对全程由动量定理可知：Ft1-f（t1+t2）=0，解得：F：f=（t1+t2）：t1；故选B。11. 如图所示，三条虚线表示某电场中的三个等势面，其电势分别为=10V，=20V，= 30V，一个带电粒子只受电场力作用，按图中实线轨迹从A点运动到B点，则下列说法中不正确的是

A. 粒子带负电

B. 粒子在A点的速度大于在B点的速度

C. 粒子在A点的加速度大于在B点的加速度

D. 粒子在A点的电势能大于在B点的电势能

【答案】B

【解析】电场线的方向从高电势指向低电势，由右向左，根据轨迹弯曲的方向知道电场力方向向右，知该粒子带负电。故A正确。粒子从A点运动到B点，电场力做正功，动能增大，则粒子速度增大，则粒子在A点的速度小于在B点的速度，故B错误。等势面越密的地方，场强越强，知A点的场强大于B点的场强，所以A点电荷所受电场力大于B点电荷所受电场力，根据牛顿第二定律知，粒子在A点的加速度较大。故C正确。从A点到B点，电场力做正功，电势能减小，则粒子在A点的电势能大于在B点的电势能，故D正确。此题选择不正确的选项，故选B。

点睛：解决本题的关键知道等势面和电场线的关系，以及知道电场线和等势面的特点，电场力做功与电场能的关系．

12. A、B两球在光滑的水平面上同向运动，=1kg，=2kg，=6m/s，=2m/s，当A球追上B球并发生碰撞后，A、B两球速度的可能值是

A. =5m/s，=2.5m/s

B. =2m/s，=4m/s

C. =-4m/s，=7m/s

D. =7m/s，=1.5m/s

【答案】B

【解析】以碰撞前A的速度方向为正方向，碰撞前系统的总动量：

p=m A v A+m B v B=1×6+2×2=10kg?m/s，系统的总动能：E k=m A v A2+m B v B2=22J；如果碰撞后 v A′=5m/s，v B′=2.5m/s，碰撞后A的速度大于B的速度，不符合实际情况，不可能，故A错误；如果

v A′=2m/s，v B′=4m/s，则碰撞后总动量p′=m A v A′+m B v B′=1×2+2×4=10kg?m/s，系统总动能：E k′=m A v A′2+m B v B′2=18J，则碰撞后系统动量守恒，总动能能不增加，是可能的，故B 正确；如果v A′=-4m/s，v B′=7m/s，则碰撞后总动量

p′=m A v A′+m B v B′=1×(-4)+2×7=10kg?m/s，碰撞后系统动量守恒，系统总动能：

E k′=m A v A′2+m B v B′2=57J，则碰撞后系统动量守恒，总动能增加，是不可能的，故C错误；如果v A′=7m/s，v B′=1.5m/s，碰撞后A的速度大于B的速度，不符合实际情况，不可能，故D错误；故选B。

点睛：本题考查了动量守恒定律的应用，要知道碰撞过程中系统所受的合外力为零，遵守动

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