【文档说明】辽宁省抚顺市重点高中2019-2020学年高一下学期期末考试物理试题【精准解析】.doc，共(15)页，459.000 KB，由小赞的店铺上传

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抚顺市重点高中20192020学年度下学期期末考试高一物理试卷第Ⅰ卷一、选择题（本题共12小题，每小题4分其中1~8小题为单选题，9~12小题为多选题，多选题选不全的得2分，有错选项不得分）1.人造地球

卫星绕地球做匀速圆周运动，其速率（）A.一定等于7.9km/sB.小于7.9km/sC.一定大于7.9km/sD.在7.9km/s~11.2km/s之间【答案】B【解析】【详解】设地球的质量为M，卫星的质量

为m，地球的半径为R，卫星的轨道为r，速率为v。地球的第一宇宙速度为v1，则有22MmvGmrr=解得GMvr=当r=R时有1GMvvR===7.9×103m/s而实际中卫星的轨道r≥R，则v≤v1=7.9km/s故B正确、ACD错误；故选B。2.关于曲线运动的下列说法正确的

是（）A.任何变速运动都是曲线运动B.做曲线运动物体的速度有可能不变C.任何曲线运动都是变速运动D.物体的速度如果不变也可能做曲线运动【答案】C【解析】【详解】A．变速运动可能是速度的大小或方向发生变化，如果只有大小发

生变化，物体的运动方向不会变化，做直线运动，故A错误；BC．曲线运动的速度方向是切线方向，时刻改变，故一定是变速运动，故B错误，C正确；D．物体的速度如果不变则物体一定做匀速直线运动，故D错误。故选C。3.设地球表面的重力加速度为g0，物体在距地心4R（R是地球半径）处，由于地球的作用而

产生的加速度为g，则0gg为（）A.1B.19C.14D.116【答案】D【解析】【详解】假设在地球表面上放置一个质量为0m的物体，则0002MmGmgR=假设在距离地心4R处放置一个质量为m的物体，则216MmGmgR

=20211616GMgRGMgR==ABC错误，D正确。故选D。4.将小球沿水平方向抛出，忽略空气阻力，则下列图像能正确描述小球落地前重力的瞬时功率随时间变化的关系的是（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【详解

】小球落地前重力的瞬时功率2yPmgvmggtmgt===则P-t图像是过原点的直线。故选A。5.同步卫星相对地面静止不动，犹如悬挂在天空中，下列说法正确的是（）A.同步卫星处于平衡状态B.同步卫星的速度是不变的C.同步卫星的高度是一定的D.线速度可

以大于第一宇宙速度【答案】C【解析】【详解】A．同步卫星受到地球的万有引力提供向心力做匀速圆周运动，加速度不为零，故A错误；B．同步卫星受到地球的万有引力提供向心力做匀速圆周运动，线速度大小不变，方向变化，故B错误；C．根据22G

Mmmrr=因为角速度是一定值，所以r也是一定值，所以它运行的轨道半径是确定的值，所以同步卫星的高度是唯一的，故C正确；D．根据22GmMvmrr=得GMvr=所以同步卫星的线速度应小于第一宇宙速度，故D错误。故选C。6.如图所示，一半径为R的半圆形轨道竖直固

定放置，轨道两端等高，质量为m的质点自轨道端点P由静止开始滑下，滑到最低点Q时，对轨道的正压力为2mg，重力加速度大小为g。质点自P滑到Q的过程中，克服摩擦力所做的功为（）A.14mgRB.13mgRC.12mgRD.4mgR【答案】C【解析】【详解】质点

经过Q点时，由重力和轨道的支持力提供向心力，由牛顿第二定律得2QvNmgmR−=由题意有2Nmg=，解得QvgR=质点自P滑到Q的过程中，由动能定理得2f12QmgRWmv−=解得f1=2WmgR故C正确，ABD错误。故选C。7.下列所描述的物

体，在忽略空气阻力时机械能守恒的是（）A.滑块在水平拉力的作用下沿光滑水平面做匀加速直线运动B.物体用轻杆连接在竖直面内做匀速圆周运动C.物体沿竖直方向向下做加速度为5m/s2的匀加速运动D.沿竖直向上的方向抛出的物体【答案】D【解析】【详解】A．滑

块在水平拉力的作用下沿光滑水平面做匀加速直线运动时，动能增加，重力势能不变，则机械能增加，选项A错误；B．物体用轻杆连接在竖直面内做匀速圆周运动时，动能不变，重力势能不断变化，则机械能不断变化，选项B错误；C．物体沿竖直方向向下做加速度为5

m/s2的匀加速运动时，由于加速度小于g，可知一定受到阻力作用，则机械能减小，选项C错误；D．沿竖直向上的方向抛出的物体只有重力做功，机械能守恒，选项D正确。故选D。8.某人用同一水平力先后两次拉同一物体，第一次使此物体沿光滑水平面前进距离s，第二次使此物体沿粗糙水平面也前进距离s，若

先后两次拉力做的功为W1和W2，拉力做功的功率是P1和P2，则()A.W1=W2，P1=P2B.W1=W2，P1>P2C.W1>W2，P1>P2D.W1>W2，P1=P2【答案】B【解析】由题知，用同一水

平力F拉物体，物体运动的距离s相同，根据W=Fs，可知：拉力做的功12WW=，根据牛顿第二定律知，在光滑水平面上物体的加速度大于在粗糙水平面上的加速度，根据212sat=得，在粗糙水平面上的运动时间长，即12tt，根据WPt=得：拉力做功功率：12PP，故B正确，ACD错误；故

选B．9.一质量为m的物体、在距地面高h处以13g的加速度由静止竖直下落到地面，下列说法中正确的是（）A.物体的重力势能减少13mghB.物体的机械能减少23mghC.物体的动能增加13mghD.物体的重力做的功为mgh【答案】BCD【解析】【详解】AD．该过程中重力做正功，由做功公式可得GWmg

h=，可知物体重力势能减小mgh，故D正确，A错误；B．因加速度向下小于重力加速度，说明物体受到向上的阻力，设大小为F，由牛顿第二定律可得mgFma−=将13ag=代入可得23Fmg=设力F做功为FW，由做功公式可得F23WFhmgh=−=−拉力F做负功，物体的机械

能减少23mgh，故B正确；C．设该过程中合力做功为W合，由动能定理可知KWmahE==合代入数值可得K13Emgh=说明物体的动能增加13mgh，故C正确。故选BCD。10.如图所示，为A、B两质点做匀速圆周运动的向心

加速度随半径变化的图像，其中A为双曲线的一个分支，由图可知()．A.A物体运动的线速度大小不变B.A物体运动的角速度大小不变C.B物体运动的角速度大小不变D.B物体运动的线速度大小不变【答案】AC【解析】【详解】由图可以看出，物体A的向

心加速度a与半径r成反比，与a＝2vr比较，知线速度大小不变；物体B的向心加速度a与半径r成正比，与a＝ω2r比较，知物体B的角速度不变．AC正确11.如图所示，发射同步卫星时，先将卫星发射至近地圆形轨

道1上，然后点火，使其沿椭圆轨道2运行，最后再次点火，将卫星送入同步轨道3，轨道1、2相切于Q点，轨道2、3相切于P点。则当卫星分别在1、2、3轨道上正常运行时，以下说法正确的是（）A.卫星在轨道3上的速

率大于在轨道1上的速率B.卫星在轨道3上的角速度小于在轨道1上的角速度C.卫星在轨道1上经过Q点时的加速度大于它在轨道2上经过Q点时的加速度D.卫星在轨道2上经过P点时的速度小于它在轨道3上经过P点时的速

度【答案】BD【解析】【详解】A．人造卫星绕地球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力22GmMvmrr=得GMvr=由于轨道3的轨道半径大，线速度小，故卫星在轨道3上的速率小于在轨道1上的速率，故A错误；B．人造卫星

绕地球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力22GmMmrr=得3=GMr由于轨道3的轨道半径大，角速度小，故卫星在轨道3上的角速度小于在轨道1上的角速度，故B正确；C．由公式2GmMmar=得2GMar=则卫星

在轨道1上经过Q点时的加速度等于它在轨道2上经过Q点时的加速度，故C错误；D．卫星从轨道2进入轨道3需要在P点点火加速做离心运动，则卫星在轨道2上经过P点时的速度小于它在轨道3上经过P点时的速度，故D正确。故选BD。12.如图，人站在自动扶梯上不动，随扶梯向上匀速运动，下列说法中正确的是（

）A.重力对人做负功B.摩擦力对人做正功C.支持力对人做正功D.合力对人做功为零【答案】ACD【解析】【详解】A．由于人受到的重力方向是竖直向下的，而人的运动方向是斜向右上方，重力与人的运动方向的夹角大于90，故重力对人做负功，故A正确；B．人站

在扶梯上，只受重力和支持力，人没有在水平方向的运动趋势，故他不受摩擦力的作用，所以也就谈不上摩擦力对人的做功问题，故B错误；C．支持力是向上的，该力与人的运动方向的夹角小于90，故支持力对人做正功，故C正确；D．由于人做的是匀速直线运

动，故人受到的力是平衡力，其合力为0，故合力对人做的功也为0，故D正确。故选ACD。第Ⅱ卷（非选择题，共52分）二、实验题∶（共22分）13.(1)在做“研究平抛物体的运动”实验时，下列说法正确的是（）A．安装有斜槽的木板时，一定要注意检查斜槽末端切线是否水平B．安装有斜槽的木板时，

只要注意小球不与木板发生摩擦即可C．每次实验都要把小球从同一位置由静止释放D．实验的目的是描出小球的运动轨迹，分析平抛运动水平和竖直分运动的规律(2)某同学在做平抛运动实验时得到了如图所示的运动轨迹，A、B、C三点的

位置在运动轨迹上已标出。小球平抛的初速度为__________________m/s。（g取10m/s2）小球抛出点的位置坐标∶x=____________cm，y=________________cm【答案】(1).ACD(2).1.5(3).-30(4).-20【解析】【详解】（1）[1]A

．安装有斜槽的木板时，一定要注意检查斜槽末端切线是否水平，以保证小球能做平抛运动，选项A正确；B．安装有斜槽的木板时，一定要注意木板是否竖直，因为小球运动轨迹在某一竖直平面内，减小测量的误差，以及防止小球平抛运动时与木板接触，而改变运动的

轨迹，故B错误；C．为了保证小球的初速度大小相同，每次实验都要把小球从斜槽的同一位置由静止释放，故C正确；D．该实验的目的是描绘出小球的运动轨迹，分析平抛运动的规律，故D正确。故选ACD。（2）[2][3][4]在竖直方向上△y=gT2得0.4s=0.2s10yTg=＝则小

球平抛运动的初速度00.3m/s1.5m/s0.2xvT=＝＝B点在竖直方向上的分速度1.6m/s4m/s20.4byAChvT=＝＝小球运动到B点的时间0.4sByvtg==因此从平抛起点到O点时间为△t=t-T=0.4s-0.2s=0.2s因此从开始到O点水平方向上的位移为x1=v0△t

=1.5m/s×0.2s=0.3m=30cm竖直方向上的位移()()22111100.2m=0.2m=20cm22ygt==所以开始做平抛运动的位置坐标为x=-30cmy=-20cm14.“验证机械能守恒定律”的实验采用重物自由下落的方法（取g=10m/s2）(1)用公式212mv=mg

h时，对纸带上起点的要求是初速度为___________，为达到此目的，选择的纸带第一、第二两点间距应接近________________mm。(2)若实验中所用重锤质量m=1kg打点纸带如图所示，打点纸带如图所示,打点时间间隔为0.02s，则记录B点时、重锤速度Bv=______

_____，重锤的动能kBE=_________，从开始下落起至B点，重锤的重力势能减少量是___________J（保留两位有效数字），因此可得出的结论是_____________。【答案】(1).0(2).2mm(3).0.59(4).0.174(5).0.

176(6).误差允许的范围内，机械能守恒【解析】【详解】(1)[1]用公式212mv=mgh来验证机械能守恒定律时，对纸带上起点的要求是重锤是从初速度为零开始；[2]打点计时器的打点频率为50Hz，打点周期为0.02s，重物开始下落后

，在第一个打点周期内重物下落的高度所以所选的纸带最初两点间的距离接近2211100.02=2mm22hgTm==(2)[3]利用匀变速直线运动的推论0.03140.0078m/s=0.59m/s220.02ACBxvT−==[4]重锤的动能22k1110.59J0.17

4J22BBEmv===[5]从开始下落至B点，重锤的重力势能减少量p1100.176J0.176JEmgh===[6]得出的结论是在误差允许范围内，重物下落的机械能守恒三、计算题（本题共3小题，共30分，要有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位，只写结果的不能得分

）15.如图所示，让球从图中的A位置由静止开始下摆，正好到最低点B位置时，线被剪断，设摆线长L=0.9m，悬点到地面的竖直高度为H=1.7m，不计空气阻力，求(1)摆球落地时速度的大小；(2)落地点D到C点

的距离（g=10m/s2）【答案】(1)5m/s；(2)1.2m【解析】【详解】(1)对摆球从A到D由动能定理有212ADDmghmv=由几何关系有ADhHL=−cos60联立解得Dv=5m/s(2)对摆球从A到B由动能定理2601(cos)2BmgLLmv−

=解得3m/sBv=B到D抛运动，则有212BChgt=得t=0.4s水平方向有1.2mDCBxvt==16.一辆汽车的额定功率为60kW，质量为5×103kg，汽车在水平路面行驶时受到的阻力大小是车重的0.1倍，汽车由

静止开始以0.5m/s2的加速度匀加速运动达到额定功率后再做变加速运动直至匀速运动，g取10m/s2，求(1)汽车在启动过程中所能达到的最大速度；(2)汽车匀加速运动阶段的牵引力；(3)汽车匀加速运动阶段所持续的时间。

【答案】(1)12m/s；(2)7500N；(3)16s【解析】【详解】(1)汽车所受阻力为f5000NFkmg==当F=Ff时，a=0，速度最大，故最大速度为f=12m/smPPvFF==(2)匀加速阶段1fFFma−=解得1f7500NFFma=+=(3)匀加速阶段的最大速度为18m/s

PvF==故匀加速阶段所持续时间16svta==17.光滑水平面AB与光滑竖直面内的圆形导轨在B点连接，导轨半径R=0.5m一个质量m=2kg的小球在A处压缩一轻质弹簧，弹簧与小球不拴接，用手挡住小球不动，此时弹簧

弹性势能EP=49J，如图所示，放手后小球向右运动脱离弹簧，沿圆形轨道向上运动，最高点C，g取10m/s2.，求：(1)小脱离弹簧时的速度大小；(2)小球从弹簧弹出沿B到BC轨道，判断能否上到C点；(3)若能上到C点小球对轨道压力多大？小球离开C点后做什么运动？若不能上到C点小球将做什么运

动？【答案】(1)7m/s；(2)能上到C点；(3)96N；离开C点做平抛运动【解析】【详解】(1)由能量关系可知212PAEmv=解得7m/sAv=(2)对C点2CvmgmR=最高点5m/sCvgR==由A到C'2211222ACmg

Rmvmv−=−'29m/sCv=大于5m/s能上到C点；(3)小球在C点2CNvFmgmR+=96NNF=根据牛顿第三定律，小球对轨道的压力等于/96NNF=−方向向上。离开C点做平抛运动。