【文档说明】湖北省黄冈市黄梅国际育才高级中学2019-2020学年高一下学期期中考试物理试题 【精准解析】.docx，共(16)页，488.008 KB，由小赞的店铺上传

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黄梅国际育才中学2020年春季高一年级期中考试物理试题一、单选题（本大题共7小题，共35.0分）1.对于做匀速圆周运动的质点，下列说法正确的是（）A.根据公式=/2avr，可知其向心加速度a与半径r成反比B.根据公式2=ar，可知其向心加速度a与半径r成正比C.根据公式=v/r

，可知其角速度与半径r成反比D.根据公式=2πn，可知其角速度与转速n成正比【答案】D【解析】【详解】A选项只有线速度保持不变时成立；B选项只有角速度保持不变时成立；C选项只有线速度保持不变时成立；只有D选项正确．故选D。2.汽车匀速驶上山坡，下列说法中

错误的是（）A.汽车所受合外力对汽车所做的功为零B.如发动机输出功率为P，汽车上坡摩擦力为f，则汽车上坡的最大速度mPvf=C.摩擦力与重力对汽车做负功，支持力对汽车不做功D.当发动机输出功率为恒定时，车速越大，牵

引力越小【答案】B【解析】【详解】A．汽车匀速驶上山坡，汽车所受合外力对汽车所做的功为零，故A正确；B．如发动机输出功率为P，汽车上坡摩擦力为f，则汽车上坡的最大速度msinPvfmg=+故B错误；C．摩擦力与重力对汽车做负功，支持力对汽车不

做功，故C正确；D．当发动机输出功率为恒定时，根据PFv=车速越大，牵引力越小，故D正确。本题选错误的，故选B。3.两颗人造地球卫星质量之比12:1:2mm=，轨道半径之比12:3:1RR=，下列有关数据之比正确的是（）A.周期之比12:3:1TT=B.线速度之比12:3

:1vv=C.向心力之比12118FF=::D.向心加速度之比12118aa=::【答案】C【解析】【详解】A．卫星绕地球做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，由牛顿第二定律得222()MmGmRRT=解得32RTGM=周期之比311322331TRTR==故A错误；B．卫星绕地球做匀速圆

周运动，万有引力提供向心力，由牛顿第二定律得22MmvGmRR=解得GMvR=线速度之比122133vRvR==故B错误；C．卫星绕地球做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，向心力之比12211122222122118MmGFRmRMmFmRGR===故C正确；D．卫星

绕地球做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，由牛顿第二定律得2MmGmaR=解得2GMaR=向心加速度之比21222119aRaR==故D错误。故选C。4.如图所示，质量为m的物体在水平恒力F的推动下，从山坡底部A处由静止运动至高为h的坡顶B，获得速度为v，AB的水平距

离为s。下列说法正确的是（）A.物体重力所做的功是mghB.合力对物体做的功是212mvmgh+C.推力对物体做的功是Fsmgh−D.阻力对物体做的功是212mvmghFs+−【答案】D【解析】【详解】A．在上升

过程中，重力做功为mgh−，故A错误；B．根据动能定理得，合力做功等于动能的变化量，则合力做功为212mv，故B错误；C．水平恒力F对小车做的功是Fs，故C错误；D．根据动能定理得212fFsmghWmv−+=则推力做功为Fs，阻力做功为212

fWmvmghFs=+−故D正确。故选D。5.质量为m的物体，由静止开始下落，由于恒定阻力的作用，下落的加速度为45g，在物体下落高度为h的过程中，下列说法不正确．．．的是（）A.物体的动能增加了45mghB.物体的重力势能减少了mghC

.物体克服阻力做功5mghD.物体的机械能减少了45mgh【答案】D【解析】【详解】A.根据合力做功量度动能的变化，下落的加速度为45g，那么物体的合力为45mg，合外力做功为45mgh，所以物体的动能增加了45mgh，故A正确；B.重力做功wG=mgh，重力做功

量度重力势能的变化，所以重力势能减少了mgh，故B正确；C.物体受竖直向下的重力和竖直向上的阻力，下落的加速度为45g，根据牛顿第二定律得阻力为15mg，所以阻力做功为15mgh−，所以物体克服阻力所做的功为15mgh，故C正确；D.重力做功wG=mgh，重力势能减少了mgh，物体的动能增

加了45mgh，即机械能就减少了15mgh，故D错误．故应选D．6.如图所示，某同学对着墙壁练习打乒乓球，某次球与墙壁上A点碰撞后水平弹离，恰好垂直落在球拍上的B点，已知球拍与水平方向夹角60=，AB两点竖直高度差h=1m，忽略空气阻力，则球在A点反弹时速度0v大小为A.45m

/sB.25m/sC.4153m/sD.215m/s【答案】D【解析】【详解】如图所示，乒乓球做平抛运动，由212hgt=得，飞行时间21s5htg==．乒乓球垂直落在球拍上的B点，如图所示，速度偏角9030=−=，

位移偏角正切值13tantan26==，又tanhx=，水平位移23mtanhx==，则有初速度0215m/sxvt==，A.45m/s与分析不符，故A错误B.25m/s与分析不符，故B错误C.4153m/s与分析不符，故C错误D.215m/s与分析相符，故D正确7.如

图所示，在一次救灾工作中，一架沿水平直线飞行的直升机A用悬索（重力可忽略不计）救护困在湖水中的伤员B。在直升机A和伤员B以相同的水平速度匀速运动的同时，悬索将伤员吊起，在某段时间内A、B之间距离以l=H-t2（式中H为直升机A离地面的高度，各物理量均为国际单位

制单位）规律变化，则在这段时间内关于伤员B的受力情况和运动轨迹正确的是（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【详解】根据在某段时间内A､B之间距离以l=H-t2的规律变化可以知道H-l=t2，说明伤员以2m/s2匀加速上升，水平方向匀速运动，一定不受力，合力向上，轨迹弯

向所受合力的一侧，A正确。故选A。二、多选题（本大题共5小题，共20.0分）8.“跳一跳”小游戏需要操作者控制棋子离开平台时的速度，使其能跳到旁边平台上.如图所示的抛物线为棋子在某次跳跃过程中的运动轨迹，其最高点离平台的高度为h，水平速度为v；若质量为m的棋子在运动过程中可视为质点，只

受重力作用，重力加速度为g，则()A.棋子从最高点落到平台上所需时间t＝2hgB.若棋子在最高点的速度v变大，则其落到平台上的时间变长C.棋子从最高点落到平台的过程中，重力势能减少mghD.棋子落到平台上的速度大小为2gh【答案】AC【解析】【详解】A、从最高点

速度水平，只受重力做平抛运动，由212hgt=得：2htg=；A项正确.B、下落时间只与竖直高度有关，与初速度v无关，B项错误.C、下落过程中，重力势能减少mgh，C项正确.D、由机械能守恒定律：221122m

vmvmgh=+，得：22vvgh=+，D项错误.故选AC.【点睛】斜上抛运动可以由运动的分解和运动的对称性分析.9.我国自行研制的北斗导航系统，现已成功发射16颗北斗导航卫星．根据系统建设总体规划，将在

2020年左右，建成覆盖全球的北斗卫星导航系统．现已知某导航卫星轨道高度约为21500km．同步轨道卫星的高度约为36000km，已知地球半径为6400km．下列说法中正确的是()A.该导航卫星的向心加速度大于地球同步轨道

卫星B.地球赤道上物体随地球自转的周期小于该导航卫星运转周期C.地球同步轨道卫星的运转角速度小于导航卫星的运转角速度D.该导航卫星的线速度大于7.9/kms【答案】AC【解析】导航卫星的高度比同步卫星高度低，根据2nMmGmar=，得到2nMaGr=，所以轨道半径越大，向心

加速度越小，该导航卫星的向心加速度大于地球同步轨道卫星，故A正确；导航卫星的高度比同步卫星高度低，2224MmGmrrT=得到32rTGM=，所以轨道半径越大，周期越大，同步卫星的周期和地球自转周期相同，所以地球赤道上物体随地球自转的周期大于该导航卫星运转周期，故B错误；

导航卫星的高度比同步卫星高度低，22MmGmrr=得到3GMr=，所以轨道半径越大，加速度越小，所以地球同步轨道卫星的运转角速度小于导航卫星的运转角速度，故C正确；导航卫星的轨道高于近地轨道，所以导航卫星的线速度小于7.9/kms，故D错误；故选AC．10.如图

所示，半径为R的竖直光滑圆轨道与光滑水平面相切，质量均为m的小球A、B与轻杆连接，置于圆轨道上，A与圆心O等高，B位于O的正下方，它们由静止释放，最终在水平面上运动，下列说法正确的是（）A.下滑过程中A的机械能守

恒B.当A滑到圆轨道最低点时，轨道对A的支持力大小为2mgC.下滑过程中重力对A做功的功率一直增加D.整个过程中轻杆对B做的功为12mgR【答案】BD【解析】A、下滑过程中杆对A有力的作用，并且这个力对A做负功，所以A的机械能不守恒，故A项错误；B、对AB为整体机械能

守恒，当A滑到圆轨道最低点的过程中，由机械能守恒得21·22mvmgR=，最低点时由支持力和重力的合力提供向心力，则有2NvFmgmR−=，所以轨道对A的支持力大小为2mg，故B项正确；C、开始时重力做功功率为零，最后到水平面，速度方向水平，重力做功功率仍为零，所以重力做功的功率先增大

后减小，故C项错误；D、A运动到底端的过程中，由机械能守恒得21·22mvmgR=，所以得B的动能增加量即轻杆对B做的功为12mgR，故D项正确；故选BD．11.如图所示，轻质弹簧一端固定，另一端连接一小物块，O点为弹簧在原长时物块的位置．物

块由A点静止释放，沿粗糙程度相同的水平面向右运动，最远到达B点．在从A到B的过程中，物块（）A.加速度先减小后增大B.经过O点时的速度最大C.所受弹簧弹力始终做正功D.所受弹簧弹力做的功等于克服摩擦力做的功【答案】AD【解析】

【详解】A项：由于水平面粗糙且O点为弹簧在原长时物块的位置，所以弹力与摩擦力平衡的位置在OA之间，加速度为零时弹力和摩擦力平衡，所以物块在从A到B的过程中加速度先减小后反向增大，故A正确；B项：物体在平衡位置处速度最大，所以物块速度最大的位置在

AO之间某一位置，即在O点左侧，故B错误；C项：从A到O过程中弹力方向与位移方向相同，弹力做正功，从O到B过程中弹力方向与位移方向相反，弹力做负功，故C错误；D项：从A到B过程中根据动能定理可得W弹-W克f=0，即W弹=W克f，即弹簧弹力做的功等

于克服摩擦力做的功，故D正确．12.如图所示，某商场售货员在倾角为30°的斜面上，用平行于斜面向下的力由静止开始匀加速推动一木箱。若推力大小为8N，木箱的质量为4kg，木箱与斜面间的动摩擦因数为33，g取210m/s，则在木箱沿斜面移动1m的过程中（）A.木箱重力势

能减小了40JB.摩擦力对木箱做功为20JC.合外力对木箱做功为8JD.木箱获得的速度大小为2m/s【答案】CD【解析】【详解】根据重力做功得出重力势能的变化；根据摩擦力公式得出滑动摩擦力大小，再根据恒力做功的定义

式算出摩擦力做功和合力做功，根据动能定理得出木箱获得的速度。本题是功的定义式和动能定理的综合应用，不难。【解答】A．向下移动过程中，重力做功为G14101J20J2Wmgh===故重力势能减小20J，故A错误；

B．摩擦力大小为33os3040N20N32fmgc===故摩擦力对木箱做功为f20JWfx=−=−故B错误；C．合力大小为1sin308N20N40N12N8N2Fmg=+−=−=故合外力对木箱做功为81J=8JWFx==故C正确；D．根据

动能定理得218J2mv=木箱获得的速度大小为2msv=故D正确。故选CD。。三、计算题（本大题共3小题，共40.0分）13.如图所示，质量为m=2kg的物体在F=10N的水平作用力作用下，由静止开始在水平地面上加速运动，如果物体与水平地面间的动摩擦因素为μ=0.1．求拉力F在10s内

的功率和10s末的功率？【答案】(1)200W(2)400W【解析】物体做匀加速运动，根据牛顿第二定律得24m/sFFmgamm−===合10s末的位移为21200m2xat==F在10s内做功2000JWFx==10s内的平均功率2

00WWPt==则10s末的速度40m/svat==10s末的功率400WPFv==14.我国航天技术飞速发展，设想数年后宇航员登上了某星球表面．宇航员手持小球从高度为h处，沿水平方向以初速度v抛出，测

得小球运动的水平距离为L．已知该行星的半径为R，引力常量为G．求：（1）行星表面的重力加速度；（2）行星的平均密度．【答案】（1）222hvgL=（2）2232hvRGL=【解析】（1）小球平抛运动的

水平位移x=L．则平抛运动的时间xLtvv==．根据h=12gt2得，星球表面的重力加速度22222hvhgtL==．（2）根据2MmGmgR=得，星球的质量22222gRhvRMGGL==．则星球的密度22222323423hvRMhvGLVRGLR===．

15.如图所示，水平传送带右端与半径为R=0.5m的竖直光滑圆弧轨道的内侧相切于Q点，传送带以某一速度顺时针匀速转动。将质量为m=0.2kg的小物块轻轻放在传送带的左端P点，小物块随传送带向右运动，经Q点后恰好能冲上光滑圆弧轨道的最高点

N。小物块与传送带之间的动摩擦因数为μ=0.5，取g=10m/s2。(1)求传送带的最小转动速率v0(2)求传送带PQ之间的最小长度L(3)若传送带PQ之间的长度为4m，传送带以(1)中的最小速率v0转动，求整个过程中产

生的热量Q及此过程中电动机对传送带做的功W【答案】（1）5m/s（2）2.5m（3）2.5J5J【解析】【详解】(1)由题意知，传送带转动速率最小时，小物块到达Q点已与传送带同速且小物块刚好能到达N点，在N点有2NvmgmR=小物块从Q点到N点，由动能定理得220112

22NmgRmvmv−•=−联立解得05m/sv=(2)传送带长度最短时，小物块从P点到Q点一直做匀加速运动，到Q点时刚好与传送带同速，则有202vaL=mgma=联立解得2.5mL=(3)设小物块经过时间t加速到与传送带同速，则0vat=小物块的位移2112xat

=传送带的位移0xvt=根据题意则有21xxx=−Qmgx=•联立解得2.5JQ=由能量守恒定律可知，电动机对传送带做功2012WQmv=+代入数据解得5JW=获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com