【文档说明】江西省上饶市2019-2020学年高一下学期期末教学质量测试物理试题 【精准解析】.doc，共(14)页，669.500 KB，由小赞的店铺上传

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上饶市2019—2020学年度第二学期期末教学质量测试高一物理试题卷（考试时间：90分钟分值：100分）一、选择题：本题共10小题，每小题4分，共40分。第1－6小题，每小题只有一个正确选项；第7－10小题，每小题有多个正

确选项，全部选择正确得4分，选择正确但不全得2分，不选、多选或错选得0分。1.做曲线运动的物体，在运动过程中，一定变化的物理量是（）A.速率B.速度C.加速度D.合外力【答案】B【解析】【详解】做曲线运动的物体，它的速度的方向必定是改变的，所以曲线运动一定是变速运动，速度一定是改变

的；而做曲线运动的物体受到的合力、加速度以及速率都可以不变，如平抛运动的合力与加速度不变，匀速圆周运动的速率不变，故A、C、D错误，B正确；故选B。2.在光滑的水平面上，质量为m的小球在细绳拉力作用下，以速度v做半径为R的匀速圆周运动，小球向心加速度大小和所受拉力大小分别是A.vR，vmRB.2v

R，2vmRC.vR，mvRD.2vR，2mvR【答案】B【解析】【详解】小球所受的拉力提供向心力，根据牛顿第二定律得：2vFmR=向心加速度2FvamR==故选B．3.如图所示，甲木块的质量为1m，以速度v沿光滑水平地面向前运动，正前方有一静止的、质量为2m的乙木块

，乙上连有一轻质弹簧．甲木块与弹簧接触后A.甲木块的动量守恒B.乙木块的动量守恒C.甲、乙两木块所组成的系统的动量守恒D.甲、乙两木块所组成的系统的动能守恒【答案】C【解析】【详解】甲木块与弹簧接触后，由于弹簧弹力的作用，甲、乙的动量要发生变化，即甲、乙两物体的动量均不守恒；但对于甲、乙所组成

的系统因所受合力的冲量为零，故动量守恒，故AB错误，C正确；甲、乙两木块所组成系统的动能，一部分转化为弹簧的势能，故系统动能不守恒，故D错误．故选C4.如图所示，物体在大小为8N、方向与水平地面成=60

角的拉力F作用下，水平向右运动6m，此过程中拉力F对物体做的功是（）A.24JB.30JC.303JD.48J【答案】A【解析】【详解】拉力F做功为1cos6086J24J2WFx===选项A正确，BCD错误。故选A。5.如

图所示，a、b两颗人造卫星绕地球运行，下列说法正确的是A.a的周期大于b的周期B.a的加速度小于b的加速度C.a的角速度大于b的角速度D.a的运行速度大于第一宇宙速度【答案】C【解析】【详解】A.根据万有引力提供向心力，则有：2224mMGmrrT=解得：

32rTGM=a的轨道半径小，周期小，故A错误；B.根据万有引力提供向心力，则有：2mMGmar=解得：2GMar=a的轨道半径小，加速度大，故B错误；C.根据万有引力提供向心力，则有：22mMGmrr=解得：3GMr=

a的轨道半径小，角速度大，故C正确；D.所有圆轨道卫星的运行速度均小于等于第一宇宙速度，故D错误．6.如图所示，物体A和B的质量均为m，分别与跨过定滑轮的轻绳连接（不计绳与滑轮、滑轮与轴之间的摩擦）。现用水平变力F拉着物体A沿水平方向向右做匀速

直线运动。则下列说法中正确的是（）A.物体B做匀速直线运动B.物体B做加速直线运动C.物体B做减速直线运动D.无法判断【答案】B【解析】【详解】将A物体的速度vA进行分解如图所示则有vB=vAcosαα减小，vA不变，则vB逐渐增大，说明B物体向上做加速运动，故选B。7.下列所述运动过程中，满

足机械能守恒的是（）A.物体做平抛运动B.物块沿粗糙斜面匀速下滑C.物体做自由落体运动D.火箭加速上升【答案】AC【解析】【详解】A．物体做平抛运动时，只受重力，所以机械能守恒，选项A正确；B．物体沿着粗糙斜面匀速下滑，物体受摩擦力作用，摩擦力做功，

所以机械能不守恒，选项B错误；C．物体做自由落体运动，只有重力做功，所以机械能守恒，选项C正确；D．火箭加速上升，动能增大，重力势能增大，所以机械能必定增大，选项D错误。故选AC。8.小明同学用力把质量为2kg的物体由静止向上提高1m，物体获得2m/s

的速度，下列说法正确的是（g取10m/s2）（）A.物体动能增加了4JB.物体重力势能增加了20JC.重力对物体做的功为20JD.合外力对物体做的功为24J【答案】AB【解析】【详解】A．物体的初动能为0，末速度为

v=2m/s，则物体动能增加量为22k11022J4J22Emv=−==故A正确；BC．重力对物体做的功为G=2101J20JWmgh−=−=−由功能关系可知，物体重力势能增加量为20J，故B正确，C错误；D．根据动能定理知，合外力做功等于动能的变化，即k4JWE==合故D错

误。故选AB。9.如图所示，一个质量为0.18kg的垒球，以25m/s的水平速度飞向球棒，被球棒打击后反向水平飞回，速度大小变为45m/s，设球棒与垒球的作用时间为0.01s，下列说法正确的是（）A.球棒打击垒球的过程中，垒球的动量变化量大小为3.

6kgm/sB.球棒打击垒球的过程中，垒球的动量变化量大小为12.6kgm/sC.球棒对垒球的平均作用力大小为1260ND.球棒对垒球的平均作用力大小为360N【答案】BC【解析】【详解】AB．取初速度方向为正，则垒球

的动量变化量为∆p=-mv2-mv1=-0.18×(45+25)kg∙m/s=-12.6kgm/s即垒球的动量变化量大小为12.6kgm/s，选项A错误，B正确；CD．根据动量定理F•t=Δp解得Δ12.6N12

60N0.01pFt−==−＝球棒对垒球的平均作用力大小为1260N，故C正确，D错误。故选BC。10.质量为m的汽车在平直路面上以恒定加速度起动，起动过程的速度随时间变化图象如图所示，从t1时刻起汽车的功率恒为P，整个运动过程中汽车所受阻力不

变，下列说法正确的是A.0～t1时间内，汽车的牵引力不变B.0～t1时间内，汽车的牵引力功率增大C.t1～t2时间内，汽车的平均速度122vvv+=D.t1～t2时间内，汽车克服阻力做的功为()2221121122Pttmvmv−+−【答案】ABD【解析】【详解】A.由题图可知，0～t1阶段，汽车

做匀加速直线运动，由图可知加速度12vat=根据牛顿第二定律：Ffma−=则有：11fvFmFt=+阻力不变，所以牵引力不变，故A正确；B.在0～t1时间内，物体做匀加速直线运动，则vat=根据P=Fv则汽车的牵引力功率为11fvPm

Fatt=+所以功率随时间在均匀增大，故B正确；C.由v-t图线与横轴所围面积表示位移的大小可知，12tt～时间内，汽车做加速度减小的加速运动，所以这段时间的位移大于汽车在这段时间做匀加速直线运动的位移，所以

汽车的平均速度大于122vv+，故C错误；D.在t1～t2时间内，根据动能定理有：()2221211122fFPttWmvmv−−−=解得汽车克服阻力做的功为：()2221121122fFWPttmvmv=−+

−故D正确．二、填空与实验：每空2分，共14分。11.如图是“探究平抛运动规律”的实验装置图，可通过描点画出小球做平抛运动的轨迹。（1）实验时，除了木板、小球、斜槽、铅笔、图钉、铁架台之外，还需要的器材是______。A．刻

度尺B．秒表C．天平D．弹簧秤（2）关于本实验的操作，下列说法中正确的是______。A．安装斜槽轨道时，其末端需要保持水平B．每次释放小球的初始位置可以任意选择C．实验用的小球应选用空心塑料球D．每次释放小球时不需要保证小球从静止释放【答

案】(1).A(2).A【解析】【详解】（1）[1]A．用刻度尺测量平抛的水平位移和竖直位移，A正确；B．平抛运动的时间可以通过竖直分运动求得，不需要秒表；B错误；CD．“探究平抛运动规律”不需要测量质量和力，所以不需要天平和弹簧秤，CD错误。故选A。

（2）[2]A．保证小球做的是平抛运动，安装斜槽轨道时，其末端必需要保持水平，A正确；BD．每次释放小球的初始位置从同一位置静止释放，目的是小球每次具有相同的初速度，保证能画出一条平抛运动轨迹，BD错误；C．实验中为了减小阻力

的影响，应选用密度大、体积小的钢球，C错误。故选A。12.验证机械能守恒定律的实验中，小红同学利用图甲实验装置进行实验，正确完成操作后，得到一条点迹清晰的纸带，如图乙所示，其中O点为纸带起始点，两相邻计数点时间间隔T．（1）实验装置中，电火花计时器应选用_____电源（选填“直流”或“交

流”）；观察纸带，可知连接重物的夹子应夹在纸带的_____端（选填“左”或“右”）．（2）若重物质量为m，重力加速度为g，利用纸带所测数据，计算出C点的速度cv＝_____，在误差允许范围内，根据212cmv＝_____

_验证机械能守恒定律．（用字母表示）（3）在实验中，小红同学发现小球重力势能的减少量总是略大于小球动能的增加量，分析原因可能是________________________________．（只需说明一种即可）【答案】(1).交流(2).左(3).122hhT

+(4).mgh(5).受空气阻力影响或纸带与限位孔摩擦影响（其它合理答案均给分）【解析】【详解】（1）[1][2]实验所用打点计时器交流电源上；重物应该靠近打点计时器，可知连接重物的夹子应夹在纸带的

左端；（2）[3][4]利用匀变速直线运动的推论，可知打C点时纸带的速度为：122chhvT+=根据机械能守恒定律知重力势能转换为动能，则有：212cmvmgh=（3）[5]小球重力势能的减少量总是略大于小球动能的增加量，分析原因可能是受空气阻力影响或纸带与限位孔摩擦影响，有能量损失．三、计算题

:共46分，解答题应写出必要的文字说明、方程式和重要步骤，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。13.某次网球训练中，一位运动员站在场地底线A点，将网球（可视为质点）水平发出打到对方场地B点，已知AB两点水平距离s=18m，击

球点在A的正上方且离地高度h=1.8m，空气阻力不计，g取10m/s2。求（1）网球在空中运动的时间t；（2）网球初速度v0的大小。【答案】（1）0.6s；（2）30m/s【解析】【详解】（1）网球在竖直方向做自由落体运动，设网球在空中运动的时间t，由自由落体运动规律212hgt=解得

221.8s0.6s10htg===（2）网球在水平方向做匀速直线运动，设网球初速度的大小0v，由匀速直线运动位移公式0svt=解得0s18m/s30m/s0.6vt===14.如图是一行星绕恒星做匀速圆周运动的示意图，由天文观测可得其运行周期为T，行星运动的轨道半径为r，引力常量为G。

求(1)行星运动的线速度；(2)恒星的质量M。【答案】(1)2rT；(2)2324rMGT=【解析】【详解】(1)行星运动的线速度2rvT=(2)设行星的质量为m，根据万有引力提供向心力有222GMmmrrT=解得2324rMGT=15.如图所

示，轻绳一端固定在O点，另一端系一小球。在最低点给小球一个水平向右的初速度v0=5m/s，发现小球能在竖直面内做圆周运动。已知绳长L=0.4m，小球质量m=0.2kg，重力加速度g取10m/s2，不计一切阻力，当小球到达最高点时，求(1)小球速度v的大小；(2)轻绳的拉力T的大小。【答案】(

1)3m/s；(2)2.5N【解析】【详解】(1)小球从最低点运动到最高点，由动能定理有22011(2)22mgLmvmv−=−解得3m/sv=(2)在最高点，对小球受力分析有2vTmgmL+=可解得此时轻绳的拉力2.5NT=16.如图所示，在水平面上有一弹簧，其左端与墙壁相连，O点为

弹簧原长位置，O点左侧水平面光滑，水平段OP长L=1m，P点右侧一与水平方向成o=30角的足够长的传送带与水平面在P点平滑连接，皮带轮逆时针转动速率为3m/s，一质量为1kg可视为质点的物块A压缩弹簧（与弹簧不栓接），使弹簧获得弹性势能p=9JE，物块与OP段动摩擦

因数1=0.1，A与传送带的动摩擦因数233=，传送带足够长，重力加速度210m/sg=，现释放A，求（1）物块A第一次离开弹簧时的速度0v；（2）A第一次沿传送带上滑过程，与传送带之间由于摩擦而产生的热量；（3）A滑上传送带的总次数。【答案】（1）032m/sv=；（2）10JQ=；（3

）3次【解析】【详解】（1）设物块质量为m，A第一次离开弹簧时的速度为0v，则2012pEmv=解得032m/sv=（2）A向右沿水平面做匀减速运动直至速度为v1,则221101122mgLmvmv−=

−14m/sv=A沿传送带向上匀减速运动直至速度为零，加速度大小设为1a，则21sincosmgmgma+=解得212sincos10m/sagg=+=运动的时间1110.4vtsa==位移1112vx

t=此过程相对位移1112mxvtx=+=传A第一次沿传送带上升过程产生的热量21cos10JQmgx==（3）此后A反向加速，加速度仍为1a，与传送带共速v后匀速运动直至离开传送带；A第二次滑上传送带，A沿传送带向上匀减速运动

，速度减为0m/s后再次匀加速返回，则对A和弹簧组成的系统，从第一次滑下传送带到停下21122mvnmgL=解得第一次滑下传送带后重复的过程数为n=2.25所以滑上传送带的总次数为N=1+n=3.25=3次（取

整数）