【文档说明】【精准解析】山东省临沂市2019-2020学年高一下学期期末考试物理试卷.doc，共(15)页，1.048 MB，由小赞的店铺上传

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高一阶段性教学质量检测物理试题第I卷（选择题共48分）一、单项选择题：本大题共8小题，每小题3分，共24分。在每小题给出的四个选项中只有一项是符合题目要求的。1.对于做匀速圆周运动的物体，下列物理量中不变的是（）A.速度B.加速度C.周期D.受到的合外力【答案】C【

解析】【详解】做匀速圆周运动的物体线速度大小不变，方向不断变化，则线速度变化；加速度和受到的合外力都是大小不变，方向始终指向圆心，即方向不断变化，即加速度和向心力不断变化；周期是不变的。故选C。2.关于机械能守恒，下列说法正确的是（）A.人

乘电梯加速上升的过程，机械能守恒B.做自由落体运动的物体，机械能一定守恒C.合外力对物体做功为零时，机械能一定守恒D.物体必须在只受重力作用的情况下，机械能才守恒【答案】B【解析】【详解】A．人乘电梯加速上升的过程，动能和势能都增加，则机械

能增加，选项A错误；B．做自由落体运动的物体，只有重力做功，机械能一定守恒，选项B正确；C．合外力对物体做功为零时，机械能不一定守恒，例如当物体匀速上升时，机械能增大，选项C错误；D．如果物体除受重力以外

还受其他的力，但是其他力做功的代数和等于零，物体的机械能也守恒，选项D错误。故选B。3.真空中有两点电荷1Q、2Q相距r，若将2Q的电荷量减为原来的一半，并将两点电荷间的距离减为原来的一半，则在前后两种情况下，两电荷之间的作用力之比为（）A.1:1B.1:2C.2:1D.6:1【答案】

B【解析】【详解】开始时两电荷之间的作用力1212QQFkr=若将2Q的电荷量减为原来的一半，并将两点电荷间的距离减为原来的一半，则121221221222()2QQQQFkkFrr===即在前后两种情况下，两电荷之间的作用力之比为1:2。故选B。4.对生活中的圆周运动，下列说法正确的是（）A

.洗衣机甩干衣服的道理就是利用了水在高速旋转时会做离心运动B.火车转弯时，若行驶速度超过规定速度，则内轨与车轮会发生挤压C.汽车过凸形桥时要减速行驶，而过凹形桥时可以较大速度行驶D.游乐园里的摩天轮转得很慢，人坐在吊箱里面受到的合外力为

零【答案】A【解析】【详解】A．洗衣机甩干衣服是利用了水在高速旋转时，水与衣物间的附着力小于所需向心力时会做离心运动，故A正确；B．火车在按规定速度行驶时内外轨道均不向车轮施加侧向压力，受重力和支持力，合力提供向心力。火车转弯时，若行驶速度超过规定速度，火车有离心趋势，

挤压外轨，则外轨与车轮会发生挤压，故B错误；C．汽车过凸形桥时，若速度非常快，会做离心运动飞出去，故要减速行驶；过凹形桥时，若速度过大，车胎受到桥的弹力会很大，容易引起爆胎，故也应该减速行驶。故C错误；D．游乐园里的摩天轮虽然转得很慢，但人坐在吊箱里随着摩

天轮一起做圆周运动，需要有力来提供做圆周运动的向心力，所以人受到的合外力不可能为零，故D错误；故选A。5.两根完全相同的金属裸导线，如果把其中的一根均匀拉长到原来的2倍，把另一根对折绞合，然后把它们串联在同一个电路中，则它们两端的电压之比为（）A.1:1B.1:8C.1:16D.16:1【答案】D

【解析】【详解】设原来的电阻为R，其中的一根均匀拉长到原来的2倍，横截面积变为原来的12，根据电阻定律，电阻R1=4R另一根对折后绞合起来，长度减小为原来的一半，横截面积变为原来的2倍，根据电阻定律，电阻R2＝14R然后把它们串联在同

一个电路中，则电流相等，根据U=IR可知，则两端的电压之比为为16：1。故选D。6.如图所示，两球间的距离为L，两球的质量分布均匀，质量大小分别为1m、2m，半径大小均为r，则两球间的万有引力大小为（）A.122mmGL

B.122mmGrC.122()mmGLr+D.122(2)mmGLr+【答案】D【解析】【详解】根据万有引力定律可知，两球间的万有引力大小为122(2)mmFGLr=+故选D。7.我国自主研制的绞吸挖泥船“天鲲号”达到世界先进水平，若某段工作时间内，“天鲲号”的泥泵输出功率恒为41.610

kW，排泥量为31.6m/s，排泥管的横截面积为21.0m，则泥泵对排泥管内泥浆的推力为（）A.65.610NB.710NC.7210ND.7510N【答案】B【解析】【详解】根据排泥管每秒钟排出体积

为V=Sv解得1.6m/s1.6m/s1VvS===根据泥泵输出功率大小为P=Fv可知771.610N110N1.6PFv===故B正确，ACD错误。故选B。8.如图所示，半径为40cm的圆处在竖直平面

内，该平面内存在匀强电场。位于圆上的S点有一放射源向各个方向发射电子，电子能够到达圆上任一位置，比较到达圆上各点的电子，发现到达A点的电子动能的增量最大，增量为120eV，已知30OSA=，则此匀强电场的场强大小为（）

A.100V/mB.1003V/mC.200V/mD.2003V/m【答案】C【解析】【详解】到达A点的电子的动能增加量最大，即电场力做正功最多，说明等势面在A点与圆相切，即和OA相互垂直，且方向沿AO方向

，如图所示SA间的电势差为120eV120V1eSASAWUq===由几何关系可知30OSAOAS==2cos30=3SArr=由匀强电场的电势差与场强关系有3cos302SAUESAEr==解得200V/mE=故ABD错误，C正确。故选C。二、

不定项选择题：本大题共6小题，每小题全部选对的得4分，选不全的得2分，有选错或不选的得零分，满分24分9.如图所示，在灭火抢救过程中，消防队员有时要借助消防车上的梯子爬到高处进行救人或灭火作业。为了节省救援时间，消防队员沿梯子匀速向上运动的同时消防车匀减速后退，整个运动过程中梯子与水平方向的夹角保

持不变。关于消防队员的运动，下列说法正确的是（）A.消防队员做匀减速直线运动B.消防队员做匀变速曲线运动C.消防队员做变加速曲线运动D.消防队员竖直方向的速度保持不变【答案】BD【解析】【详解】ABC．根据运动的合成可知，合初速度的方向与合加速度的方向不在同一条直线，并且加速度的大

小方向不变，所以消防员做匀变速曲线运动，故A、C错误，B正确；D．将消防员的运动分解为水平方向和竖直方向，可知竖直方向上的速度为沿梯子方向速度在竖直方向上的分速度，由于消防队员沿梯子匀速向上运动，所以消防队员竖直方向的速度保持不变，D正确。故

选BD。10.我国北斗三号系统的“收官之星”于2020年6月23日成功发射。北斗三号卫星导航系统由24颗中圆地球轨道卫星、3颗地球静止轨道卫星和3颗倾斜地球同步轨道卫星，共30颗卫星组成。其中中圆地球轨道卫星离地高度2.1万千米

，静止轨道卫星和倾斜同步卫星离地高度均为3.6万千米。以下说法正确的是（）A.中圆轨道卫星的运行周期小于地球自转周期B.地球赤道上的人的线速度比中圆轨道卫星线速度大C.倾斜地球同步轨道卫星和静止轨道卫星线速度不同D.静止轨道卫星的发射速度一定要超过7.9km/s，中圆地球

轨道卫星的发射速度可以小于7.9km/s【答案】AC【解析】【详解】A．根据开普勒第三定律可知，32rKT=，卫星的轨道半径越大，周期越大，所以中地球轨道卫星的运行周期小于地球同步卫星运行周期，即小于地球自转周期，故A正

确；B．中圆轨道卫星的轨道半径小于同步轨道半径，根据万有引力提供向心力可得线速度GMvr=，则中圆轨道卫星的线速度大于同步卫星的线速度，对于地球赤道上的人与地球同步卫星的角速度相同，根据v=rω可知，同步卫星的

线速度大于地球赤道上人的线速度，所以地球赤道上的人的线速度比中圆轨道卫星线速度小，故B错误；C．倾斜地球同步轨道卫星与静止轨道卫星的周期相等，根据开普勒第三定律可知，两卫星的轨道半径相等，根据万有引力提供向心力可得线速度GMvr=，轨道半径相等其线速度大小相

等，则倾斜地球同步轨道卫星和静止轨道卫星线速度大小相等，但方向不同，所以线速度不同，故C正确；D．第一宇宙速度7.9km/s是卫星绕地球圆周运动的最大速度，是卫星发射的最小速度，则中圆地球轨道卫星的发射速度大于7.9km/s，故D错误。

故选AC。11.如图所示，A、B为两块平行带电金属板，A带负电，B带正电且与大地相接，两板间P点处固定一负电荷，设此时两极间的电势差为U，P点场强大小为E，电势为P，负电荷的电势能为pE，现将A、B两板水平错开一

段距离（两板间距不变），下列说法正确的是（）A.U变大，E变大B.U变小，P变小C.P变小，pE变大D.P变大，pE变小【答案】AC【解析】【详解】AB．将两板水平错开一段距离，两板正对面积减小，根据电容的决定式4πSCk

d=可知，电容C减小，而电容器的电量Q不变，则由QCU=得知，板间电压U增大，板间场强UEd=可知，板间场强增大，故A正确，B错误；CD．P点到下板距离不变，由公式UBP=EdBP得知，P点与下板电势差增大，由于电场线向上，P

点的电势低于下极板的电势，则P点的电势降低，负电荷在P点的电势能变大，故C正确，D错误．12.根据lRS=得到RSl=，关于电阻率的下列说法正确的是（）A.与导体的材料有关B.纯金属的电阻率大于合金的电阻率C.温度升高时，金属导体的电阻率增大D.与导体的长度l成反

比，与导体的电阻R和横截面积S成正比【答案】AC【解析】【详解】A．电阻率的大小由材料和温度有关，A正确；B．一般来说，纯金属的电阻率小，合金的电阻率大，所以B错误；C．对于金属导体，温度升高时，其电阻率

增大，C正确；D．电阻率的大小由材料和温度决定，与导体的横截面积、长度无关和电阻大小无关，D错误。故选AC。13.如图所示，在地面上以速度0v抛出质量为m的物体，抛出后物体落到比地面低h的海平面上，若以海平面为零势能面，而且不计空气阻力，则下列说法中正确的是（）A.

重力对物体做的功为mghB.物体在海平面上的势能为mghC.物体在海平面上的动能为2012mvmgh+D.物体在海平面上的机械能为2012mvmgh+【答案】ACD【解析】【详解】A．重力做功与路径无关，只与始末位置的高度差有关，物体运动的高度差为h，，所以整个过程重力对物体做功为mgh，

A正确；B．以海平面为零势能面，物体在海平面上时的重力势能为0，B错误；C．整个过程，由动能定理得2k012mghEmv=−可得物体在海平面上的动能为2k012Emvmgh=+C正确；D．整个过程机械能守恒，初末状态的机械能相等，以海平面为零势

能面，抛出时的机械能为2012mvmgh+，所以物体在海平面时的机械能也为2012mvmgh+，D正确。故选ACD。14.如图所示，一水平传送带向左匀速传送，某时刻小物块P从传送带左端以某速度v冲上传送带。物块P在传送带上运动的过程中，传送带对P物块（）A.可能始终做正功B.可能始终做负功C.可能

先做正功，后做负功D.可能先做负功，后做正功【答案】BD【解析】【详解】物体以某一速度放上传送带后，向右运动，受到向左的摩擦力，运动情况分几种：（1）可能小物块速度比较大，所以一直向右减速然后从右端滑出，在此过程中皮带对物块做负功；（2）小物块先向右减速，而后向左一直加速，所以皮带对

物块先做负功，后做正功；（3）小物块向右减速，而后向左加速，当两者速度相等时一起匀速，所以皮带对物块先做负功后做正功，然后不做功。故BD正确；AC错误；故选BD。第Ⅱ卷（非选择题共52分）三、实验、填空题：共2小题，15题6分，16题8分；每空2分，共14分。

15.图甲是“研究平抛运动的特点”的实验装置图，通过描点画出平抛小球的运动轨迹。(1)以下是实验过程中的一些做法，其中合理的有______。A．安装斜槽轨道，使其末端保持水平B．每次小球释放的初始位置可以任意选择C．每次小球应从同一高度由静止释放D．为描出小球的运动轨迹，描绘

的点可以用折线连接(2)实验得到平抛小球的运动轨迹，在轨迹上取一些点，以平抛起点O为坐标原点，测量它们的水平坐标x和竖直坐标y，图乙中2yx−图像能说明平抛小球运动轨迹为抛物线的是______。(3)图丙是某同学根据实验画出的平抛小球的运动轨迹

，O为平抛的起点，在轨迹上任取三点A、B、C，测得A、B两点竖直坐标1y为5.0cm、2y为45.0cm，A、B两点水平间距x为40.0cm，则平抛小球的初速度0v为______m/s（结果保留2位有效数字，g取210m/s）【答案】(1).AC

(2).C(3).2.0【解析】【详解】(1)[1]A．通过调节使斜槽末端保持水平，是为了保证小球做平抛运动，A正确；BC．因为要画同一运动的轨迹，所以每次必须从相同的位置释放小球，且由静止释放，以保证获得相同的初速度，故B错误，C正确；D．用描点法描绘运动轨迹时，应将各点连成平滑的曲

线，不能连成折线，D错误。故选AC。(2)[2]物体在水平方向做匀速直线运动，竖直方向做自由落体运动，可得0xvt=，212ygt=联立可得2202gxyv=因初速度相同，故202gv为常数，则2yx−应为正比例关系，故C正确，ABD错误。故选C。(3)[3]根据平抛运动的规律可

知，竖直方向做自由落体运动，可得21112ygt=，22212ygt=解得10.1st=，20.3st=水平方向做匀速直线运动，可得平抛小球的初速度为0212.0m/sxvtt==−16.在用打点计时器验证

机械能守恒定律的实验中，使质量为m＝1.00kg的重物自由下落，打点计时器在纸带上打出一系列的点，选取一条符合实验要求的纸带如图所示．O为第一个点，A、B、C为从合适位置开始选取连续点中的三个点．已知打点计时器每隔0.02s打一个

点，当地的重力加速度为g＝9.80m/s2，那么：(1)根据图所得的数据，应取图中O点到_____点来验证机械能守恒定律；(2)从O点到(1)问中所取的点，重物重力势能的减少量△Ep＝_____J，动能增加量△Ek＝_____J（结果取三位有效数字）

；(3)若测出纸带上所有各点到O点之间的距离，根据纸带算出各点的速度v及物体下落的高度h，则以v2为纵轴，以h为横轴画出的图象是如图中的_____．A.B.C.D.【答案】(1).B(2).1.88(3).1.84(4).A【解析】【分析】该实验的原理是验证物体下降的距离

从O点到B点，动能的增加量和重力势能的减小量是否相等．根据△Ep=mg△h求重力势能的减小量，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，从而求出动能的增加量【详解】（1）因为通过某段时间内的平均速度等

于中间时刻的瞬时速度可以求出B点的速度，所以取图中O点到B点来验证机械能守恒定律．（2）重物重力势能的减少量：△Ep=mg△h=9.80×0.192=1.88J．B点的速度：0.23230.1555m/s1.92m/s20.04ACBxvT−===则B点的动能：221111.921.84J2

2KBBEmv===所以动能的增加量△Ek=1.84J．（3）根据212mghmv=，即22v与h成正比．故A是符合题意的．四、计算论述题：本题共3个小题，17题10分，18题12分，19题16分。共38分．解答时应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤。

只写出最后答案的不能得分。17.如图所示，长为L的平行板电容器上极板带正电，从上极板的端点A点以水平初速度0v向右射入一个质量为m，带电荷量为q+的粒子，当它的水平速度与竖直速度的大小之比为1:2时，恰好从下端点B射出，粒

子重力不计。求：（1）平行板电容器两极板间的距离d；（2）两极板间的电场强度的大小。【答案】（1）L；（2）202mvqL【解析】【详解】粒子在水平方向做匀速运动，则0Lvt=竖直方向212dat=Eqam=其中02yvatv==解得d=L202mvEqL=

18.两个靠得很近的天体，离其它天体非常遥远，它们以其连线上某一固定点为圆心各自做匀速圆周运动，两者的距离保持不变，科学家把这样的两个天体称为“双星”。如图所示，某双星之间的距离为L，它们做匀速圆周运动的周期为T，已知万有引力常量为G。求：（1）组成

双星的两天体的质量之和；（2）组成双星的两天体运动的速率之和。【答案】（1）2324LGT；（2）2LT【解析】【详解】（1）设质量为m1的轨道半径为r1，质量为m2的轨道半径为r2r1+r2=L根据万有引

力充当向心力知21211224mmGmrLT=22212224mmGmrLT=联立解得231224LmmGT+=（2）根据线速度和周期关系知112rvT=222vTr=1212222rrLvvTTT+=+=19.如图所示，一个与水平方同夹角37

=、长为2.0mL=的粗糙斜轨道AB，通过水平轨道BC与半径为0.4mR=的竖直圆轨道相连，出口为水平轨道DE，整个轨道除AB段以外都是光滑的．其中AB与BC轨道以微小圆弧相接．一个质量1kgm=的小物块以初速度05.0m/sv=从A点沿倾斜轨道滑

下，小物块到达C点时速度6.0m/scv=。取2=10m/sg，sin370.6=，cos370.8=。（1）求小物块到达C点时对圆轨道压力的大小；（2）求小物块从A到B运动过程中摩擦力所做的功；（3）若竖直圆轨道的半径大小能够任意调节，为了使小物块不离开轨道，并从轨道DE滑出

，求竖直圆轨道的半径应满足什么条件？【答案】（1）90N；（2）-16.5J；（3）R≤0.32m【解析】【详解】（1）当小球运动到C点2cmvNmgR−=2214110NN90N0.2mvNmgR=+=+=由牛顿第三定律可知，小物块到达C点时对圆轨

道压力的大小90N；（2）利用动能定理可知2201122cmghfLmvmv−=−其中sin372m0.61.2mhL===．2222011111101.214152222fcWfLmghmvmv=−=−+−=−+−16.5J=−（3）小球运动到最高点时0N2mvmgNR+

=2mvmgR解得vgR根据动能定理2211222cmgRmvmv−=−22244ccvvvgRRgg−−=因此224m0.32m550cvRg==