【文档说明】【精准解析】河北省沧州市第一中学2019-2020学年高一下学期期末考试物理试卷.doc，共(18)页，764.000 KB，由小赞的店铺上传

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沧州一中2019级高一物理期末考试试题满分100分考试时间90分钟命题人曹吉霞杨立英第Ⅰ卷选择题一、单选题（本大题共8小题，共32.0分）1.在水平面上固定两个相互紧靠的三角形斜面，将a、b、c三个小球从左边斜面的顶点以不同的初速度向右水平抛出，落在斜面上时其落点如图所示，小球a落点距水平面的高

度最低。下列判断正确的是（）A.小球a的初速度最大B.小球c的飞行时间最长C.小球c的飞行过程速度变化最小D.小球a的速度偏向角最小【答案】C【解析】【详解】AB．三个小球做的都是平抛运动，从图中可以发现落在a点的小球下落的高度最大，由212hgt=

得2htg=所以小球a飞行的时间最长，由x=v0t得0xvt=知小球a的水平位移最小，则小球a的初速度最小，故AB错误；C．小球做的是平抛运动，加速度为g，速度的变化量为△v=gt，所以c球的速度变化最小，a球的速度变化量最大，故C正确；D．速度偏向角00tanyvgtv

v==小球a的运动时间最长，则速度偏向角最大，故D错误。故选C。2.2019年5月17日，我国成功发射第45颗北斗导航卫星，该卫星属于地球静止轨道卫星（同步卫星）．该卫星A.入轨后可以位于北京正上方B.入轨后的速度大于第一宇宙速度C.发射速度大于第

二宇宙速度D.若发射到近地圆轨道所需能量较少【答案】D【解析】【详解】由同步卫星的特点和卫星发射到越高的轨道所需的能量越大解答．由于卫星为同步卫星，所以入轨后一定只能与赤道在同一平面内，故A错误；由于第一宇宙速度为卫星绕地球运行的最大速度，所以卫星入轨后的速度一定小于第一宇宙速

度，故B错误；由于第二宇宙速度为卫星脱离地球引力的最小发射速度，所以卫星的发射速度一定小于第二宇宙速度，故C错误；将卫星发射到越高的轨道克服引力所作的功越大，所以发射到近地圆轨道所需能量较小，故D正确．3.如图所示，长均为L的两根轻绳，一端共同系住质量为m的小球，另一端分别固定在等高

的A、B两点，A、B两点间的距离也为L。重力加速度大小为g。现使小球在竖直平面内以AB为轴做圆周运动，若小球在最高点速率为v时，两根绳的拉力恰好均为零，则小球在最高点速率为2v时，最高点每根绳的拉力大小为（）A.3mgB.433mgC.3mgD.23mg【答案】A【解析】【详解】题中

已知，在最高点速率为v，根据牛顿第二定律可知2vmgmR=当小球在最高点速率为2v时2(2)2cosvmgmRT+=式中为绳子与竖直方向的夹角，根据几何关系可知30=得到3Tmg=故选A。4.地球绕太阳做匀速圆周运动的半径为r1、周期为T1；月球绕地球做匀速圆周运动的半径为r2、周

期为T2.万有引力常量为G，不计周围其他天体的影响，则根据题中给定条件（）A.能求出月球的质量B.可知表达式33122212rrTT=成立C.能求出地球与月球之间的万有引力D.能求出太阳与地球之间的万有引力【答案】D【解析】【详解】A．月球绕地球转，根据万有引力提供

向心力，可得中心天体质量，故不能求出月球质量，故A错误；B．开开普勒第三定律是相对于同一个中心天体的，不同的中心天体该表达式不正确，故B错误；C．由于月球质量无法求出，故无法得到地球与月球之间的万有引力，故C错误；D．设月球、地球、太阳的质量分别

为123,,mmm，则由月球绕地球做圆周运动可得2121222224mmGmrrT=可求得地球的质量，同理由地球绕太阳做匀速圆周运动可得221122114mmGmrrT=３可求得太阳的质量，太阳和地球之间的万有引力为221mmGr３，故D

正确。故选D。5.宇宙中两个相距较近的星球可以看成双星，它们只在相互间的万有引力作用下，绕两球心连线上的某一固定点做周期相同的匀速圆周运动。根据宇宙大爆炸理论，双星间的距离在不断缓慢增加，设双星仍做匀速圆周运动，则下列说法正确的是（）A.双星相互间的万有引力增大

B.双星做圆周运动的周期增大C.双星做圆周运动的角速度增大D.双星做圆周运动的加速度增大【答案】B【解析】【详解】A．双星间的距离在不断缓慢增加，根据万有引力定律122mmFGL=知万有引力减小，故A错误；BCD．根据221211222mmGmrmrL

==可知1122mrmr=知轨道半径比等于质量之反比，双星间的距离变大，则双星的轨道半径都变大，角速度变小，根据2T=可知周期变大；根据1211222mmGmamaL==可得双星做圆周运动的加速度减小，故B正确，CD

错误。故选B。6.如图所示，一轻绳的一端系在固定光滑斜面上的O点，另一端系一小球，给小球一足够大的初速度，使小球在斜面上做圆周运动。在此过程中（）A.小球做匀速圆周运动B.重力对小球不做功C.小球受到斜面的支

持力对小球做功D.小球的机械能守恒【答案】D【解析】【详解】小球在运动过程中，绳子的拉力与速度始终垂直，拉力对小球不做功。小球在支持力方向没有发生位移，则斜面的支持力对小球也做功，因此只有重力做功，故

小球的机械能守恒，由于小球的高度不断改变，重力对小球要做功，重力势能不断改变，根据机械能守恒知，小球的动能在改变，因此小球做变速圆周运动，故ABC错误，D正确。故选D。7.一辆汽车在平直公路上运动，受到的阻力恒定为f，运动的最大速度为vm．下列说法正确的是（）A.汽车以恒定额定功率行驶时，

牵引力F与速度v成正比B.在汽车匀加速运动过程中，当发动机的实际功率等于额定功率时，速度就达到vmC.汽车运动的最大速度vm与额定功率Pm满足Pm＝fvmD.当汽车以恒定速度行驶时，发动机的实际功率一定等于额定功率【答案】C【解析】【详解】A.汽车以恒定额定功率

行驶时，由P=Fv可知牵引力与速度成反比，故A项与题意不相符；B.汽车匀加速运动时，阻力恒定，根据牛顿第二定律可知牵引力恒定，由P=Fv，知发动机的实际功率不断增大，当发动机的实际功率等于额定功率时，开始做加速度逐渐减小的加速运动，功

率不变，速度变大，故B项与题意不相符；C.当汽车匀速运动时，牵引力等于阻力，即F=f，当速度达到最大时，Pm满足Pm=Fvm=fvm，故C项与题意相符；D.当汽车以恒定速度行驶时，如果速度没有达到最大速度，发动机的实际功率将小于额定功率，故D项与题意不相符．8.设地球自转周期为

T，质量为M，引力常量为G。假设地球可视为质量均匀分布的球体，半径为R。同一物体在南极和赤道水平面上静止时所受到的支持力之比为（）A.22234GMTGMTR−B.22234GTGTR+C.22324GTRGT−D.22324GTRGT

+【答案】A【解析】【详解】在赤道上2224NMmGFmRRT−＝可得2224NMmFGmRRT−＝在南极'2NMmGFR＝由两式可得'22234NNFGMTFGMTR=−故选A。二、多选题（本大题共9小题，共36.0分。每题4分，全部选对得4分

，选不全得2分）9.一质点在xOy平面内的运动轨迹如图所示，则下列说法中正确的是（）A.若x方向始终匀速，则y方向先加速后减速B.若x方向始终匀速，则y方向先减速后加速C.若y方向始终匀速，则x方向先加速后减速D.若y方向始终匀速，则x方向先减速后加速【

答案】BC【解析】【详解】AB．若质点x方向始终匀速，开始轨迹向下弯曲，则在y轴方向的合力方向向下，速度向上，做减速运动，然后轨迹向上弯曲，则在y轴方向上的合力方向向上，速度向上，做加速运动，所以在y轴方向上先减速后加速。故A错误，B正确；CD．若质点在y方向上始终匀速

，开始轨迹向右弯曲，则在x轴上的合力方向水平向右，速度向右，做加速运动，然后轨迹向左弯曲，则在x轴方向上合力方向水平向左，速度向右，做减速运动，所以在x轴上先加速后减速，故C正确，D错误。故选BC。10.自行车的小齿轮A、大齿轮B、后轮C是相互关联的三个

传动部分，且半径RB=4RA、RC=8RA，如图所示。当自行车正常骑行时，A、B、C三轮边缘的线速度、角速度的大小之比关系正确的是（）A.vA：vB：vC=1：1：8B.vA：vB：vC=4：1：4C.𝜔A：𝜔B：𝜔C=1：2：4D.𝜔

A：𝜔B：𝜔C=4：1：4【答案】AD【解析】【详解】AB．由v=ωr，A和C角速度相同，A和B线速度相同；根据v=ωr得线速度与半径成正比，即vA：vC=1：8三者关系vA：vB：vC=1：1：8A正确，B错误；CD．角速度与半径成反比，即ωA：ωB=4：1三者关系ωA：ωB：ωC=

4：1：4C错误，D正确；故选AD。11.一质量为2.0×103kg的汽车在水平公路上行驶，路面对轮胎的径向最大静摩擦力为1.4×104N，当汽车经过半径为80m的弯道时，下列判断正确的是（）A.汽车转弯时所受的力有重力、弹力、摩擦力和向心力B.汽车转弯的

速度为20m/s时，所需的向心力为1.0×104NC.汽车转弯的速度为20m/s时汽车不会发生侧滑D.汽车能安全转弯的向心加速度不超过7.0m/s2【答案】BCD【解析】【详解】A．汽车转弯时受到重力，地面的支持力以及地面

给的摩擦力，其中摩擦力充当向心力，选项A错误；B．汽车转弯的速度为20m/s时，所需的向心力为23421=2.012001.010N80vFmR==向选项B正确；C．当最大静摩擦力充当向心力时，速度为临界速度，大于这个速度则发生侧滑，根

据牛顿第二定律可得2vfmr=解得431.41080560201.4m/s2.010frvm====所以汽车转弯的速度为20m/s时，所需的向心力小于1.4×104N，汽车不会发生侧滑，选项C正确；D．汽车能安全转弯的向心加速度225607m/s80var===即汽车能安全

转弯的向心加速度不超过7.0m/s2，选项D正确。故选BCD。12.如图所示，某行星绕太阳运动的轨道为一椭圆，ac和bd分别为椭圆的长轴和短轴。若行星运动周期为T，行星经过ab段、bc段，cd段和da

段所用时间分别为abt、bct、cdt和dat，则（）A.abbcttB.bcdattC.14bctT=D.12abbcttT+=【答案】BD【解析】【详解】AB．根据开普勒第二定律知，太阳和行星的连线在相同的时间内扫过相等的面积。故近地点速度最大，远日点速度最小。图中a点为

近日点，速度最大，c点为远日点，速度最小，故有abbctt，bcdatt故A错误，B正确；C．从上面的分析可知，b到c的时间14bctT故C错误；D．由图根据对称性，a经b到c的时间等于c经d到a的时间，而a经b经c到d的时间为一个T，所以有12abbcttT+

=故D正确。故选BD。13.如图所示是某次同步卫星发射过程的示意图，先将卫星送入一个近地圆轨道，然后在P处点火加速，进入椭圆转移轨道，其中P是近地点，Q是远地点，在Q点再次点火加速进入同步轨道．设卫星在近地圆轨道

的运行速率为v1，加速度大小为a1；在P点短时间点火加速之后，速率为v2，加速度大小为a2；沿转移轨道刚到达Q点速率为v3，加速度大小为a3；在Q处点火加速之后进入圆轨道，速率为v4，加速度大小为a4，则A.v1<v2，a1＝a2B.v1＝v2，a1<a2C.v3<v

4，a3＝a4D.v3<v4，a3<a4【答案】AC【解析】【分析】根据万有引力提供向心力，列方程可得到卫星速率与半径的关系来判断速率大小．由牛顿定律研究卫星在Q、P两点加速度大小．【详解】卫星从近地圆轨道上的P点需加速，使得万有引

力小于向心力，进入椭圆转移轨道．所以在卫星在近地圆轨道上经过P点时的速度小于在椭圆转移轨道上经过P点的速度，即12vv＜，根据牛顿第二定律得2GMar=，在卫星在近地圆轨道上经过P点时的加速度等于在椭圆转移轨道上经过P点的加速度，故A正确，B错误；沿转移轨道刚到达Q点速率为3v，加速度大小

为3a；在Q点点火加速之后进入圆轨道，速率为4v，所以在卫星在转移轨道上经过Q点时的速度小于在圆轨道上经过Q点的速度，即34vv＜，根据牛顿第二定律得2GMar=，在卫星在转移轨道上经过Q点时的加速度等于在椭圆转移轨道上经过Q点的加速度，故C正确，D错误；故选

AC．【点睛】卫星在不同轨道上运行时各个量的比较，往往根据万有引力等于向心力列出物理量与半径的关系，然后比较．14.圆形光滑轨道位于竖直平面内，其半径为R，质量为m的金属小圆环套在轨道上，并能自由滑动，如图所示，以下说法正确的是()A.要使小圆环能通过轨道的最高点

，小环通过最低点时的速度必须大于5gRB.要使小圆环通过轨道的最高点，小环通过最低时的速度必须大于2gRC.如果小圆环在轨道最高点时的速度大于gR，则小环挤压轨道外侧D.如果小圆环通过轨道最高点时的速度大于gR，则小环挤压轨道内侧【答案】BC【解析】【详解】AB．小

圆环通过最高点的最小速度为零，设最低点为势能零点，根据机械能守恒定律得：2122mRvgm=，解得：2vgR=，可知小环通过最低点的速度必须大于2gR，故A错误，B正确；CD．如果小圆环在轨道最高点时的速度大于gR，根据

牛顿第二定律得：2vmgFmR+=，可知轨道对小环有向下的弹力，小环挤压外轨侧，故C正确，D错误；故选BC。15.2018年10月18日，在阿根廷举办的青奥会跳水赛事结束，中国选手获得三金二银，名列奖牌榜第一

。跳水运动员入水后因受到水的阻力而竖直向下做减速运动。如果某运动员的质量m=50kg，水对运动员的阻力大小恒为F=2500N，那么在运动员减速下降深度h=1m的过程中，重力加速度g=10m/s2，下列说法正确的是（）。A.运动员的动能减少了2

500JB.运动员的重力势能减少了500JC.运动员的机械能减少了2000JD.运动员克服阻力做功2500J【答案】BD【解析】【详解】A．在运动员减速下降深度h=1m的过程中，合外力做功等于运动员动能的变化，由题意可知()=2000JWmgFh−=−合，运动员减少2000J，A

错误；B．在运动员减速下降深度h=1m的过程中，运动员的重力势能减少了mgh，为500J，B正确；C．在运动员减速下降深度h=1m的过程中，运动员的重力势能减少了500J，动能减少了2000J，故运动员的机械能减少了2500J，C错误；D．在运

动员减速下降深度h=1m的过程中，阻力对运动员做功-2500J，故运动员克服阻力做功2500J，D正确。故选BD。16.如图（甲）所示，静止在水平地面上的物块A，受到水平拉力F的作用，F与时间t的关系如图（乙）所示。设物块与地面间的最大静摩擦力Ffm的大小与

滑动摩擦力大小相等，则t1~t3时间内（）A.t1时刻物块的速度最大B.t2时刻物块的加速度最大C.t3时刻物块的动能最大D.t1~t3时间内F对物块先做正功后做负功【答案】BC【解析】【详解】A．t1时刻前，推力小于最大静摩擦力，物体静止不动，位移为0，所以t1速度为零，故

A错误；B．物块做加速运动，根据牛顿第二定律得mFfam−=随着拉力F的增大而增大．t2时刻，拉力F最大，则合力最大，加速度最大．故B正确；C．在t3时刻拉力F等于摩擦力，之后合力向后，物体由于惯性减速前进

，故t3时刻A的速度最大，动能最大，故C正确；D．t1～t3时间内速度方向没有改变，力F方向也没变，所以F对物块A一直做正功，故D错误。故选BC。17.如图所示，将质量为2m的重物悬挂在轻绳的一端，轻绳的另一端系一质量为m的环，环套在竖直固定的光滑直杆上，光滑

的轻小定滑轮与直杆的距离为d，杆上的A点与定滑轮等高，杆上的B点在A点下方距离为d处。现将环从A处由静止释放，不计一切摩擦阻力，下列说法正确的是（）A.环到达B处时，重物上升的高度2dh=B.环到达B处时，环与重物的速度大小相等C.环从A到B，环减少的机械能等于重物增加的机械能D.环能下

降的最大高度为43d【答案】CD【解析】【详解】A．根据几何关系有，环从A下滑至B点时，重物上升的高度2(21)hddd=−=−故A错误；B．对环到B点的速度沿绳子方向和垂直于绳子方向进行分解，在沿绳子方向上的分速

度等于重物的速度，有cos45vv=环重物即2vv=环重物故B错误；C．环下滑过程中，无摩擦力对系统做功，故系统机械能守恒，即有环减小的机械能等于重物增加的机械能，故C正确；D．滑下滑到最大高度为H时环和重物的速度均为0，此时重物上升

的最大高度为22Hdd+−，根据系统的机械能守恒有222()mgHmgHdd=+−解得43Hd=故D正确。故选CD。第Ⅱ卷非选择题三、计算题（本大题共3小题，共32.0分）18.一质量为2kg的物体静止在水平桌面上，在水平拉力F的作用下，沿水平方向运动2s后撤去外力，其v－t图象如图所示，求：(

1)0－2s时间内，物体所受合外力做的功W合；(2)0－6s时间内，物体克服摩擦力做的功；(3)0－6s时间内，外力F对物体做的功。【答案】(1)4J；(2)6J；(3)6J【解析】【详解】(1)02s−根据动能定理得2221122J=4J22Wmv==合(2)26s−

内物体加速度大小为2222m/s=0.54m/sa=根据牛顿第二定律得21Nfma==由面积可求得06s−内的位移162m=6m2x=06s−内，物体克服摩擦力做功16J=6JWfx==克(3)06s−内，由动能定理得F0Wfx−=解得F6JW=19.如图所示，光滑弧形坡道顶端距

水平面高度为h，底端切线水平且与一水平粗糙滑道相连接，O点为连接处，一轻弹簧的一端固定在水平滑道左侧的固定挡板M上，弹簧自然伸长时另一端N与O点的距离为s。质量为m的小物块A从坡道顶端由静止开始滑下，进入水平滑道并压缩弹簧，已知弹簧的最大压缩量为d，物块与水

平滑道间的动摩擦因数为µ，重力加速度为g，求：(1)物块运动过程中最大速度；(2)弹簧的最大弹性势能Ep；(3)若物块能够被重新弹回到坡道上，求它在坡道上能够上升的最大高度H。【答案】(1)12vgh=，方向沿水平方向向左；(2)()pEmghmgsd=−+；(3)2(

)Hhsd=−+。【解析】【详解】(1)设小物块滑至底端O点时速度最大，由机械能守恒定律得2112mghmv=解得12vgh=方向沿水平方向向左。(2)在水平滑道上物块A克服摩擦力所做的功为()fWmgsd=+由功能关系得pfmghEW=

+解得()pEmghmgsd=−+(3)物块A被弹回的过程中，克服摩擦力所做的功仍为()fWmgsd=+由功能关系得pfmgHEW=−解得物块A能够上升的最大高度为2()Hhsd=−+20.如图所示，长

度为L的轻绳上端固定在天花板上O点，下端拴着质量为m的小球，小球放在光滑水平面上。当把轻绳拉直时，轻绳与竖直方向的夹角θ=60。细绳可带动小球在水平面上做匀速圆周运动。求：(1)当球以角速度12gL=运动时，细绳的拉力FT大小和水平面受到的压力FN；(2)当球以角速度

16=gL运动时，细绳的拉力F'T大小及水平面受到的压力F'N。【答案】(1)T2mgF=，NN34mgFF==，方向竖直向下；(2)N0F=，T6Fmg=【解析】【详解】(1)对小球受力分析，作出力图如图1球在水平面内做匀速圆周运动，由重力、水平面的支

持力和绳子拉力的合力提供向心力根据牛顿第二定律得，水平方向有2T1sin60sin60FmL=竖直方向有NTcos600FFmg+−=又12gl=解得T2mgF=，N34mgF=根据牛顿第三定律得知水平面受到的压力

NN34mgFF==方向竖直向下(2)设小球对桌面恰好无压力时角速度为0，即N0F=解得02gL=由于006gL=故小球离开桌面做匀速圆周运动，小球对桌面的压力为0，即N0F=则此时小球的受力如图2

设绳子与竖直方向的夹角为，则有22tansinmgmL=TcosmgF=联立解得T6Fmg=