【文档说明】【精准解析】江苏省淮安市2019-2020学年高一（下）期末调研测试物理试题（解析版）.doc，共(20)页，2.880 MB，由管理员店铺上传

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淮安市2019~2020学年度第二学期期末调研测试高一物理试题第Ⅰ卷（选择题共50分）一、单项选择题：本题共10小题，每小题3分，共30分。每小题只有一个．．．．选项符合题意。1.首先发现行星绕太阳运动的轨道是椭圆，

完整描述行星运动规律的科学家是（）A.第谷B.开普勒C.哥白尼D.卡文迪许【答案】B【解析】【详解】开普勒发现了天体运动三定律，即首先发现行星绕太阳运动的轨道是椭圆，比较完整的描述了行星运动规律，故B正确ACD错误。故选B。2.如图所示，某人在河中始

终保持身体垂直河岸，头朝正前方游向对岸，则下列说法正确的是（）A.能游到正对岸B.能游到偏向上游位置C.游到对岸的位置与水流速度有关D.游到对岸的位置与水流速度无关【答案】C【解析】【详解】AB．人在河中始终保持身体垂直河岸运

动，则人在垂直河岸方向做匀速运动，沿水流方向也做匀速运动，可知人不能游到正对岸，只能游到偏向下游的位置，选项AB错误；CD．游到对岸的位置距离正对岸的距离为dxvv=水人可知与水流速度有关，选项C正确，D错误。故选C。3.关于电场，下列说法正确的是（）A.电势有正负之分，因此电

势是矢量B.电势降低的方向就是电场强度的方向C.电场强度的方向就是电荷所受电场力的方向D.处于静电平衡状态的导体，其内部的电场强度处处为0【答案】D【解析】【详解】A．电势有正负之分，但是电势是标量，选项A错误；B．电势降落最快的方向就是电场强

度的方向，选项B错误；C．电场强度的方向就是正电荷所受电场力的方向，选项C错误；D．处于静电平衡状态的导体，其内部的电场强度处处为0，选项D正确。故选D。4.运输物资的汽车以额定功率上坡时，为增大汽车的牵引力，司机应使汽车的速度

（）A.减小B.增大C.保持不变D.先增大后保持不变【答案】A【解析】【详解】由功率公式PFv=可知，在功率一定的情况下，当速度减小时，汽车的牵引力就会增大，此时更容易上坡，故选项A正确，BCD错误。【点睛】司机用“换挡”的办法来

减速行驶是为了获得更大的牵引力来上坡，由PFv=可知，在功率一定的情况下，当速度减小时，汽车的牵引力就会增大。5.如图所示，“旋转秋千”中的两个座椅A、B，通过相同长度的缆绳悬挂在旋转圆盘上．当圆盘绕其竖直的中心轴匀速转动时，不考虑空气阻力的影响，下列说法正确的是（）A.A的角速度比

B的小B.A、B的角速度一样大C.A的线速度比B的小D.A、B的线速度一样大【答案】B【解析】【详解】AB．两个座椅属于同轴转动，具有相同的角速度，A错误B正确；CD．根据公式vr=，B的运动半径小，而两者的角速度相同，所以B的线速度小，CD错误。故

选B。6.如图所示，景观喷泉从同一位置喷出两水柱，在水柱中各取一小段水柱体A和B，A的质量大于B的质量，A、B上升的最大高度相同，落点位于同一水平地面上，空气阻力不计。则A、B从喷出到落地的过程中，下列说法正确的是（）A.A的加速度大小比B的大B.A、B的空中飞行时间一样长C.A在最高点时

速度大小比B的大D.A、B落地时的速度大小一样大【答案】B【解析】【详解】A．水柱在空中运动时，只受重力，故加速度均为g，A错误；B．斜抛运动可以分解为水平方向匀速直线运动和竖直方向竖直上抛运动。根据竖直上抛运动特点上升高度相同则运动时间相同，B正确；C

．在最高点时，竖直分速度为0，仅比较水平分速度。A、B运动时间相同，但落点水平距离B的较大，即B的水平分速度大于A的水平分速度，C错误；D．分析知A、B竖直分速度相同，水平分速度BxAxvv，则喷出速度v

B>vA。A、B喷出点、落地点离地高度相同，可知A、B落地点竖直速度相同。故落地速度''BAvv，故D错误。故选B。7.翼装飞行是一种极限运动，运动员从高处跃下，用身体进行无动力空中飞行，到达安全极限高度时，运动员打开降落伞做减速运动，最终平稳着陆。一运动员的质量为m，受到

的阻力恒为F，重力加速度为g。在他沿竖直方向减速下降h的过程中，下列说法正确的是（）A.他的动能减少了FhB.他的重力势能减少了()Fmgh−C.他的机械能减少了FhD.他的动能增加了mgh【答案】C【解析】【详解】AD．根据合外力做功等于动能的变化，可知k()m

gFhE−=故动能增加了()mgFh−，故AD错误；B．根据重力做功等于重力势能的减少量，即重力势能减少了mgh，故B错误；C．根据除重力和弹簧弹力之外的其它力做功等于机械能的减少，阻力做功FWFh=−可知机械能减少了Fh，故C正

确；故选C。【点睛】动能的变化看合外力做功，重力势能的变化看重力做功。8.有关圆周运动的基本模型，下列说法正确的是（）A.如图a，汽车通过拱形桥的最高点时处于超重状态B.如图b，是一圆锥摆，增大，保持圆锥的高不变，则圆锥摆的角速度不变C.如图c，质量相同的两球在光

滑圆锥筒内A、B位置做匀速圆周运动，则它们的角速度相等D.如图d，火车转弯超过规定速度大小行驶时，内轨对火车轮缘会有挤压作用【答案】B【解析】【详解】A．如图a，汽车通过拱形桥的最高点时，加速度竖直向下，则处于失重状态，向下A错误；B．如图b，是一圆锥摆，则由牛顿第二定律2tan

tanmgmh=解得gh=则增大，保持圆锥的高不变，则圆锥摆的角速度不变，选项B正确；C．如图c，质量相同的两球在光滑圆锥筒内A、B位置做匀速圆周运动，设圆锥侧面与竖直方向夹角为θ，则由牛顿第二定律2tanmgmr=解得=tangr由于AB的转动半径不相等，则它们的角速度

不相等，选项C错误；D．如图d，火车按规定速度拐弯时，重力分力提供向心力，超过规定速度所需向心力增大，重力分力不足以提供，需要向外挤压外轨产生弹力，故D错误。故选B。9.物体做自由落体运动，Ek代表动能，Ep代表势能，h代表下落的距离，以水平地面为零势能面．下列所示图像中

，能正确反映各物理量之间关系的是A.B.C.D.【答案】B【解析】【详解】由机械能守恒定律：212PEEmv=−，故势能与动能的图像为倾斜的直线，C错；由动能定理：2221122kEmghmvmgt===，则Ep

＝E－mgh，故势能与h的图像也为倾斜的直线，D错；且212PEEmv=−，故势能与速度的图像为开口向下的抛物线，B对；同理2212PEEmgt=−，势能与时间的图像也为开口向下的抛物线，A错．故选B.【点睛】解决

本题的关键能够熟练运用动能定理、机械能守恒定律以及运动学公式，得出关系式进行判断．10.如图所示，一质量为m的刚性圆环套在粗糙的竖直固定细杆上，圆环的直径略大于细杆的直径，圆环分别与两个相同的轻质弹簧的一端相连，弹簧的另一端连在与圆环同一高度的墙壁上。开始时圆环处于

O点，弹簧处于原长状态。细杆上的A、B两点到O点的距离都为h，将圆环拉至A点由静止释放，重力加速度为g。则圆环从A点运动到B点的过程中（）A.圆环通过O点时，加速度小于gB.圆环通过O点时，速度大小为ghC.

圆环通过B点时，速度大小为2ghD.圆环通过B点时，速度为0【答案】C【解析】【详解】A．圆环通过O点时，水平方向合力为0，竖直方向只受重力，故加速度等于g，故A错误；B．圆环从A运动至O，根据动能定理212OAOmghWmv+=弹弹力做正功，即0AOW弹则有2Ovgh故B错

误；CD．圆环从A运动至B，根据动能定理2122BAOOBmghWWmv++=弹弹因A、B两点到O点的距离都为h，即AOOBWW=−弹弹解得2Bvgh=故C正确，D错误。故选C。二、多项选择题：本题共5小题，每小题4分，共20分．每小题有多个选项符合题意．全部选对的得4分，选对但不全的得2

分，错选或不答的得0分。11.2020年5月27日，我国珠峰高程测量登山队成功登顶，完成对珠穆朗玛峰的高程测量的前期工作。如图所示，某队员沿珠峰向上登顶的过程中，则该队员（）A.克服重力做功B.重力势能增加C.重力做正功D.重力势

能减小【答案】AB【解析】【详解】AC．在竖直方向上该队员的位移向上，而重力方向竖直向下，故重力做负功，即克服重力做功，A正确C错误；BD．重力做负功，则重力势能增加，故B正确D错误。故选AB。12.2020年6月23日

，我国第55颗北斗导航卫星发射成功，北斗全球定位系统全面建成。该卫星属于地球静止轨道卫星即同步卫星，则该卫星（）A.入轨后可以位于北京正上方B.入轨后的运行速度小于第一宇宙速度C.从地球表面发射的速度大于第

二宇宙速度D.入轨后的加速度小于地球表面的重力加速度【答案】BD【解析】【详解】A．地球静止轨道卫星即同步卫星，同步卫星只能在赤道上空，北京不在赤道上，所以该卫星不能经过北京正上方，故A错误；B．第一宇宙速度是卫星的最小发射速度，最大的运行速度，所有卫星的运行速度都不大于第一

宇宙速度，故B正确；C．第二宇宙速度是卫星脱离地球的最小发射速度，同步卫星没有脱离地球的束缚，故同步卫星的发射速度要大于第一宇宙速度，小于第二宇宙速度，故C错误；D．由公式2GmMmar=可知，向心加速度由万有引力产生，故2GMa

r=而地球表面的重力加速度为2GMgR=由于rR，所以该卫星向心加速度小于地球表面的重力加速度，故D正确。故选BD。13.如图，正点电荷放在O点，图中画出它产生的电场的六条对称分布的电场线．以水平电场线上的O′点为圆心画一个虚线圆，与电场线分别相交

于a、b、c、d、e，下列说法正确的是：A.a点电势低于e点电势B.b、e两点的电场强度相同C.c、b两点间电势差小于d、b两点间电势差D.负检验电荷在d点的电势能少于在e点的电势能【答案】AD【解析】【详解】A.O点的电荷是正的电荷，所以沿着电场线的方向电势越来越低，由几何知识可知，

a点距O点的距离比e点距O点的距离要远，所以a的电势比e点要低．故A正确．B.由几何知识可知，b、e两点距O点的距离相等，所以两点的电场强度的大小相等，但是方向不同．故B错误．C.由于c和d两点距O点的距离相等

，所以c、d两点的电势相等，故c、d两点到b点的电势差相等．故C错误．D.分析可知d点的电势高于e点的电势，又因为负电荷在电势高的地方，电势反而低．故D正确．14.如图甲所示，一长为R的轻绳，一端穿在

过O点的水平转轴上，另一端固定一质量未知的小球，整个装置绕O点在竖直面内转动，小球通过最高点时，速度平方2v与绳对小球的拉力F的关系如图乙所示，图线与纵轴的交点坐标为a，下列判断正确的是（）A.利用该装置可以得出重力加速度g，且agR=B.仅增加轻绳的长度，得到的

图线斜率变大C.仅增加小球的质量，得到的图线斜率变大D.仅改变小球的质量，图线a点的位置不变【答案】ABD【解析】【详解】对于小球在最高点重力和绳子拉力合力提供向心力2vmgFmR+=可得到表达式2RvgRFm=+由表达式得，图象斜率为Rm，纵截距为agR=A．由纵截距为a=gR得agR=故A正

确；B．由图象斜率为Rm可知，仅增加轻绳的长度，得到的图线斜率变大，故B正确；C．由图象斜率为Rm可知，仅增加小球的质量，得到的图线斜率变小，故C错误；D．由纵截距为a=gR得，仅改变小球的质量，图线a点的位置不变，故D正确。故选ABD。15.如图甲所示，在距离地面高度为

0.80mh=的平台上有一轻质弹簧，其左端固定于竖直挡板上，右端与质量1.0kgm=、可看作质点的物块相接触（不粘连），OA段粗糙且长度等于弹簧的原长，其余位置均光滑。物块开始静止于A点，OA段的动摩擦因数0.50=

。现对物块施加一个水平向左的外力F，其大小随位移x变化关系如图乙所示。物块向左运动0.40mABx=到达B点，到达B点时速度为零，随即撤去外力F，物块在弹簧弹力作用下向右运动，从M点离开平台，落到地面上N点，取2

10m/sg=，则（）A.弹簧被压缩过程中外力F做的功为5.0JB.弹簧在被压缩过程中具有的最大弹性势能为5.0JC.整个运动过程中克服摩擦力做功为4.0JD.M、N的水平距离为1.6m【答案】AC【解析】【详解】A．根据Fx−图象，图象与坐标轴围成的面积表

示力F做的功，则弹簧被压缩过程中外力做的功为()F5150.2J0.215J5J2W+=+=A正确；B．物块受到摩擦力N5NfFmg===所以摩擦力做功f2JABWfx=−=−根据动能定理2f2F

11022BAvWWWmmv++=−=弹解得W弹=-3J弹力做负功，弹性势能增加，故最大弹性势能为3J，故B错误；C．整个过程即物块从A运动到B再从B运动到N，其中仅OA段粗糙，从A到B摩擦力做功-2J，摩擦力

从B到A做功同为-2J，故摩擦力做功为-4J，即整个运动过程中克服摩擦力做功为4.0J，C正确；D．从B到M，弹力做正功，大小等于从弹簧最大弹性势能，外力F撤去，根据动能定理f'2102MWWmv=+−弹解得2m/sM

v=M至N物块做平抛运动，运动时间20.4shtg==则水平位移22m5Mxvt==D错误。故选AC。第Ⅱ卷（非选择题共50分）三、简答题：本题共2小题，共12分。16.如图甲是“探究平抛物体运动的特点”的实验

装置示意图。主要实验操作如下：（1）安装斜槽轨道：为使小球水平抛出，必须调整斜槽，使其末端的切线成水平方向，检查方法是______；（2）确定抛出点：描绘平抛运动轨迹时，坐标原点应选在抛出点O的位置，O点为小

球在斜槽轨道末端时的______位置；A．球心B．球的上端C．球的下端（3）计算初速度：如图乙是正确进行实验后作出的图象，其中原点O为小球的抛出点，则此小球做平抛运动的初速度为______m/s。（重力加速度g取29.8m/s）【答案】(1).将小球放在斜槽末端，若静止，

则水平(2).A(3).1.6【解析】【详解】（1）[1]检查斜槽末端切线成水平方法是将小球放在斜槽末端，若静止，则水平；（2）[2]确定抛出点：描绘平抛运动轨迹时，坐标原点应选在抛出点O的位置，O点为小球在斜槽轨道末端时的球心位置，故选A。（3）[3]由x=v0t21

2ygt=解得09.80.32m/s1.6m/s220.196gvxy===17.某同学在做“验证机械能守恒定律”的实验中(1)实验操作时，纸带将被释放瞬间的四种情景如图甲所示，其中最合适的是_____；(2

)按实验要求，打出的一条纸带如图乙所示。在纸带上选取三个连续点A、B、C，测得它们到起始点O的距离分别为Ah、Bh、Ch。已知打点周期为T，重物质量为m。从O点到B点的过程中，动能变化量kE=_____。(3)实验结果显示，重力势能的减少量总

是稍大于动能的增加量，原因是_____。A．利用公式vgt=计算重物速度B．利用公式2vgh=计算重物速度C．存在空气阻力和摩擦阻力的影响D．没有采用多次实验取平均值的方法【答案】(1).D(2).()228CAm

hhT−(3).C【解析】【详解】(1)[1]在验证机械能守恒定律的实验中，实验时，应让重物紧靠打点计时器，手拉着纸带的上方，保持纸带竖直，由静止释放，故D正确，ABC错误。故选D。(2)[2]利用匀变速直线运动过程中平均速度等于

其中间时刻速度，可知打点B时的速度2CABhhvT−=从打O点到打B点的过程中，动能变化量()22k2128CABmhhEmvT−==(3)[3]AB．若利用公式vgt=或2vgh=计算重物速度，则说明是自由落体运动，那么重力势能的减少量等于动

能的增加量，故AB错误；C．存在空气阻力和摩擦阻力的影响，会导致重力势能的减少量大于动能的增加量，C正确；D．即使采用多次实验取平均值的方法，仍存在空气阻力和摩擦阻力的影响，仍会出现重力势能的减少量大于动能的增加量，故D错误。故选C。四、计算或论述题：本题

共4小题，共38分。解答时请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。有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。18.如图所示，某同学利用无人机玩“投弹”游戏。无人机以02m/sv=的速度水

平向右匀速飞行，在某时刻释放了一个质量0.02kgm=的小球。此时无人机距水平地面的高度20m=h，空气阻力、无人机大小均忽略不计，g取210m/s。求：(1)小球下落的时间t；(2)小球释放点与落地点之间的水平距离x；(3)小球落地时重力的瞬时功率P。【答案】(1)2st=；(2

)4mx=；(3)4WP=【解析】【详解】(1)小球做平抛运动，在竖直方向上做自由落体运动，由运动学公式212hgt=解得运动时间为2st=(2)小球在水平方向上做匀速直线运动，故0xvt=解得小球释放点与落地点之间的水平距离为4mx=(3)小球落地时竖直方向上的速度为y20m/sv

gt==故小球落地时重力的瞬时功率y0.021020W4WPmgv===19.如图所示，在匀强电场中，有A、B两点，它们的间距为2cm，两点的连线与场强方向成60°角。将一个电量为﹣2×10﹣5C的电荷由A移到B，其电势能增加了1×10﹣

3J，求：(1)从A移到B的过程中，电场力对电荷做的功WAB；(2)A、B两点的电势差UAB；(3)匀强电场的场强大小E。【答案】(1)﹣1.0×10﹣3J；(2)50V；(3)5.0×103V/m【解

析】【详解】(1)电荷由A移到B，其电势能增加了1×10﹣3J，即△Ep＝1×10﹣3J根据电场力做功与电势能变化之间的关系，得：WAB＝﹣△Ep＝﹣1.0×10﹣3J(2)A、B两点的电势差UAB35110210ABWq−−−==−

V＝50V(3)匀强电场的场强大小E500.020.5cos60ABUAB==V/m＝5.0×103V/m20.宇航员王亚平在“天宫1号”飞船内进行了我国首次太空授课，演示了一些完全失重状态下的物理现象。若飞船质量为m，飞船飞行的轨道半径为r，地球半径为R，地球表面的重力加速度为g，

自转不考虑。求：（1）飞船与地球间的万有引力大小F；（2）飞船的运动线速度大小v；（3）飞船所在处的加速度大小a。【答案】（1）22mgRFr=；（2）2gRvr=；（3）22gRar=【解析】【详解】设地球的质量是M，引力常量为G。（1）由万有引力定律得2

GMmFr=又因为2GMmmgR=解得22mgRFr=（2）由圆周运动知识得22GMmvmrr=2GMmmgR=解得2gRvr=（3）由牛顿第二定律2GMmmar=2GMmmgR=解得22gRar=21.如图所示，水平轨道BC的左

端与固定的光滑竖直14圆轨道相切于B点，右端与一倾角为30°的光滑斜面轨道在C点平滑连接（即物体经过C点时速度的大小不变），斜面顶端固定一轻质弹簧，一质量为2kg的滑块从圆弧轨道的顶端A点由静止释放，经水平轨道后滑

上斜面并压缩弹簧，第一次可将弹簧压缩至D点。已知光滑圆轨道的半径0.8mR=，水平轨道BC长为0.4m，滑块与轨道BC间的动摩擦因数0.2=，光滑斜面轨道上CD长为0.6m，g取210m/s，求：(1)滑块第一次经过圆轨道上B点时对轨道的压力大小NF；(2)整个过程中弹簧具有最大的弹性势

能pE；(3)滑块在水平轨道BC上运动的总时间t。【答案】(1)60N；(2)8.4J；(3)2s【解析】【详解】(1)以滑块为研究对象，选择从A点到B点为研究过程，由动能定理得2102BmgRm=−v在B点

，重力和支持力的合力充当向心力，故2NBvFmgmR−=联立解得N3Fmg=根据牛顿第三定律得360NNFmg==。(2)以滑块为研究对象，选择从A到D为研究过程，由能量守恒定律得psin30mgRmgBCmgCDE+=+解得p8.4JE=(3)在BC上的运动可看

成是匀减速直线运动，则Bvatgt==解得2st=获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com