【文档说明】河北省唐山市路北区第十一中学2019-2020学年高一下学期期末考试物理试题【精准解析】.doc，共(17)页，787.500 KB，由小赞的店铺上传

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物理学科试卷一、选择题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.下列说法中正确的是()A.伽利略发现了万有引力定律，并测得了引力常量B.根据表达式F＝G122mmr可知，当r趋近于零时，万有引力趋近于无穷大C.在由开普勒第三定律得出的表达式32RT＝k中，k是

一个与中心天体无关的常量D.两物体间的万有引力总是大小相等、方向相反，是一对作用力与反作用力【答案】D【解析】【详解】A．牛顿发现了万有引力定律，卡文迪许测出了引力常量，故A错误；B．表达式122GmmFr=

适用于质点间引力的计算，当r趋近于零时，物体不能看成质点，该不再成立，所以不能得到万有引力趋近于无穷大的结论，故B错误；C．在由开普勒第三定律得出的表达式32RKT=中，K是一个与中心天体质量有关的常量，

故C错误；D．两物体间的万有引力总是大小相等、方向相反，是一对作用力与反作用力，故D正确；故选D。3.下列关于运动的性质中说法正确的是（）A.曲线运动一定是变速运动B.曲线运动的加速度一定改变C.匀速圆周运动是匀变速

运动D.变力作用下的物体一定做曲线运动【答案】A【解析】【详解】A．无论是物体速度的大小变了，还是速度的方向变了，都说明速度是变化的，都是变速运动，做曲线运动的物体的速度方向在时刻改变，所以曲线运动一定是变速运动，故A正确；B．恒力作用下物体可以做曲线运动，如

平抛运动，加速度不变，故B错误；C．匀速圆周运动速度时刻发生改变，受到力是变力，故加速度不恒定，不是匀变速运动，故C错误；D．曲线运动的条件是合力与速度不共线，合力可以是变力，如匀速圆周运动，故D错误。故选A。4.如图，以53m/s的水平速度抛出的物体，飞行一段时间后

垂直撞在倾角为θ=30°的斜面上，空气阻力不计，g=10m/s²。则物体飞行的时间为（）A.2sB.lsC.1.5sD.3s【答案】C【解析】【详解】设垂直地撞在斜面上时速度为v，将速度分解水平的0sinvv=竖直方向cosyvv=由以上两个方程可

以求得0cotyvv=由竖直方向自由落体的规律得ygt=v代入竖直可求得0cot301.5vtsg==故选C。5.如图所示，质量相等的A、B两物块放在匀速转动的水平圆盘上，随圆盘一起做匀速圆周运动，则下列关系中正确的是（）A

.它们所受的摩擦力ABff=B.它们的线速度ABvvC.它们的运动周期ABTTD.它们的角速度AB【答案】B【解析】【详解】A．对两物块进行受力分析知，水平方向只受静摩擦力，故由静摩擦力提供向心力，则有

2fmr=由于A、B在同一转盘上无相对运动，因此它们的角速度相等，又因为ABRR，可知它们所受的摩擦力ABff故A错误；B．由于AB=，ABRR，根据vr=可知它们的线速度有ABvv故B正确；

C．根据2T=，AB=可知它们的运动周期ABTT=故C错误；D．由于A、B在同一转盘上无相对运动，因此它们的角速度相等，故D错误；故选B。6.如图所示，A、B两个小球在同一竖直线上，离地高度分别为2h和h，将两球水平抛出后，两球落地时的水平位移之比为1∶2，则下列说法正确的是()A.

A、B两球的初速度之比为1∶4B.A、B两球的初速度之比为1∶2C.若两球同时抛出，则落地的时间差为2hgD.若两球同时落地，则两球抛出的时间差为(2－1)2hg【答案】D【解析】【详解】124xxgvhhg==，2222xgvxhhg==，因此两球的初速度之比

为1∶22，A、B项错误；若两球同时抛出，则落地的时间差为422(21)hhhggg−=−，若两球同时落地，则两球抛出的时间差也为(2－1)2hg，C项错误，D项正确．7.人造卫星绕地球做匀速圆周运动，其轨道半径为R，线速度为v，周期为T。若要

使卫星的周期变为2T，可以采取的办法是（）A.R不变，使线速度变为2vB.v不变，使轨道半径变为2RC.使轨道半径变为34RD.使卫星的高度增加R【答案】C【解析】【详解】AB．人造卫星绕地球做匀速圆周运动，有22MmvGmRR=解得GMvR=所以人造卫星绕地

球做匀速圆周运动的轨道半径和线速度会同时变化，故AB两项错误；CD．人造卫星绕地球做匀速圆周运动，有2224πMmGmRRT=解得2324πGMTR=所以当卫星的周期变为2T，轨道半径应变为34R，卫星的高度增加

3(41)R−，故C项正确，D项错误。8.如图所示，a、b是两颗绕地球做匀速圆周运动的人造卫星，它们距地面的高度分别是R和2R(R为地球半径)。下列说法正确的是（）A.a、b的角速度之比是36:4B.a、b的向心加速度大小之比是

9：8C.a、b的线速度大小之比是2:1D.a、b的周期之比是1:22【答案】A【解析】【详解】卫星做圆周运动，万有引力提供向心力，由牛顿第二定律得22222()MmvGmmrmrmarrT====A．由3=GMr可知a、b的角速度之比是333333624abbarr===选项A正确；B

．由2=GMar可知a、b的向心加速度大小之比是9：4，选项B错误；C．由=GMvr可知a、b的线速度大小之比是6:2，选项C错误；D．由32rTGM=可知a、b的周期之比是269，选项D错误。故选

A。9.一条河宽100m，船在静水中的速度为4m/s，水流速度是5m/s，则（）A.该船能垂直河岸横渡到对岸B.当船头垂直河岸横渡时，过河所用的时间为20sC.当船头垂直河岸横渡时，船的位移是100mD.该

船渡到对岸时，船的位移最小是125m【答案】D【解析】【详解】设船在静水中的航速为v1，水流的速度v2。A．由题，船在静水中的航速小于水流的速度，根据平行四边形定则可知，船的合速度方向不可能垂直于河岸，

则船不能垂直到达正对岸。故A错误；BC．将小船的速度分解为垂直河岸和沿河岸方向，在垂直于河岸的方向上，河宽一定，当在该方向上的速度最大时，渡河时间最短，所以当船头方向垂直河岸，在该方向上的速度等于静水

航速，时间最短，为1100254mindtsv===此时船沿河岸方向的位移是2min125msvt==船的位移2222100125m2541mxds=+=+=选项BC错误；D．船实际是按合速度方向运动，由于v1、v2的大小一定，根据作图法，由三角形定则分析可知，当船相对于水的速度v1

与合速度垂直时，合速度与河岸的夹角最大，船登陆的地点离船出发点的最小距离。设船登陆的地点离船出发点的最小距离为S．根据几何知识得12vdSv=代入解得S=125m故D正确；故选D。10.质量为m的小球，从离桌面H高处由静止下落，桌面离地面的高度为h，如图所示，若以桌面为参考面，那么小球落地时的重

力势能及整个过程中重力势能的变化是（）A.mgh，减少mg（H－h）B.－mgh，减少mg（H+h）C.－mgh，增加mg（H－h）D.mgh，增加mg（H+h）【答案】B【解析】【详解】以桌面为零势能参考平面，那么小球落地时的重力势能为pEmgh=−整个过程中小球高度降

低，重力势能减少，重力势能的减少量为p()EmghmgHh==+故B正确，ACD错误。故选B。11.如图所示,从空中以40m/s的初速度平抛一重为10N的物体,物体在空中运动3s落地,不计空气阻力,取g210m/s=,则物体下落过程中的平均功率和落地

前瞬间重力的瞬时功率分别为()A.300W300WB.150W300WC.150W500WD.300W500W【答案】B【解析】【详解】物体做平抛运动,在竖直方向上做自由落体运动,所以物体落地瞬间竖直方向的速度为：30m/syvgt==则落地瞬间重力的瞬时功率为：1030W300WGyPFvm

gv====物体下落的位移为：2145m2hgt==则重力做功为：1045J450JGWmgh===则重力的平均功率为：450W150W3GGWPt===A．300W300W与分析不符，故A项错误；B．150W300W与分析相符，故B项正确；C．150W5

00W与分析不符，故C项错误；D．300W500W与分析不符，故D项错误．12.如图所示，一劲度系数为100N/m的轻弹簧，位置O为其原长位置，OA=OB，在外力作用下使其压缩至位置A，然后拉伸至位置B，则弹簧由位置A至位

置B的过程中，其弹性势能的变化量为（）A.0B.1JC.2JD.3J【答案】A【解析】【详解】弹簧的弹性势能与弹簧的形变量有关；在A、B两个位置时，弹簧的形变量相同，故弹性势能相同。因此弹簧由位置A至位置B的过程中，其弹性势能的变化量为零，故A正确，BCD错误。故选A。13.如图

，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.14mgR

B.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−=解得QvgR=质点自P滑到Q的过程中，由动能定理得2

f12QmgRWmv−=得克服摩擦力所做的功为f12WmgR=故C正确，ABD错误。故选C。14.如图所示，某段滑雪雪道倾角为30°，总质量为m(包括雪具在内)的滑雪运动员从距底端高为h处的雪道上由静止开始匀加速下滑，加速度为13

g.在他从上向下滑到底端的过程中，下列说法正确的是()A.运动员减少的重力势能全部转化为动能B.运动员获得的动能为13mghC.运动员克服摩擦力做功为23mghD.下滑过程中系统减少的机械能为13mgh【答案】D【解析】【分析】根据下降的高度分析

重力势能的减少量．由牛顿第二定律可求得合外力，则可求得合力所做的功；则由动能定理可求得动能的变化量，分析人在运动过程中的受力及各力做功情况，求得摩擦力；由摩擦力做功可求得机械能的变化量．【详解】A．由于

人下滑的加速度a=13g＜gsin30°，所以人在下滑中受重力、支持力及摩擦力的作用，由功能关系可知，运动员的重力势能转化为动能和内能，则运动员减少的重力势能大于增加的动能，故A错误；B．由牛顿第二定律可知，人受到的合力F=ma=13mg，合力对运动员做的功W=Fs=

13mg•2h=23mgh；由动能定理可知，运动员获得的动能为23mgh；故B错误；C．物体合外力F=mgsin30°-Ff=13mg，故摩擦力大小Ff=16mg；运动员克服摩擦力做功Wf=16mg×2h=13mgh；故C错误

；D．运动员克服摩擦力做功等于机械能的减小量，故机械能减小了13mgh，故D正确；故选AD．【点睛】在理解功能关系时，应抓住：重力做功等于重力势能的变化量，阻力做功等于机械能的改变量，而合力外力做功等于动能的变化量．15.如图所示，A是静止在赤道上的物体，B、C是同一平面内

两颗人造卫星。B为绕地球表面的近地卫星，C是地球同步卫星。则以下判断正确的是（）A.卫星C的运行速度大小大于地球的第一宇宙速度B.A、B的线速度大小关系为vA＞vBC.周期大小关系为TC＞TB＞TAD.若卫星B要靠近C所在轨道，需要先加速【答案】D【解析】【详解】A

．第一宇宙速度是最小的发射速度也最大的环绕速度，卫星C的运行速度大小小于地球的第一宇宙速度，A错误；B．绕地球表面的近地卫星B和地球同步卫星C，根据22MmvGmrr=得GMvr=因为BCrr所以BCvv地球同步卫星C和静止在赤道上的物体A是同步的

，角速度相等，根据vr=因为Acrr所以CAvv分析可得ABvvB错误；C．地球同步卫星C和静止在赤道上的物体A是同步的，角速度相等，周期一样CATT=绕地球表面的近地卫星B和地球同步卫星C，根据3322CBBCrrTT=因为BCrr所以CBTTC错误；D．若卫星B要靠近C所

在轨道，需要先加速，做离心运动，D正确。故选D。16.已知地球质量为M，半径为R，自转周期为T，地球同步卫星质量为m，引力常量为G。有关同步卫星，下列表述正确的是（）A.卫星距离地面的高度为2324GMTB.卫星的运行速度

小于第一宇宙速度C.卫星运行时受到的向心力大小为2GMmRD.卫星运行的向心加速度小于地球表面的重力加速度【答案】BD【解析】【详解】A．由题意可知根据万有引力提供向心力有()()2224MmGmRHTRH=++得H＝2324GMT－R故A错误

；B．由()22MmvGmRHRH=++可得GMvRH=+第一宇宙速度是最大的环绕速度，故同步卫星的运行速度都不大于第一宇宙速度，故B正确；C．卫星运行时受到的万有引力提供向心力()2nGMmFRH=+故C错误；D．由牛顿第二定律()2nn

GMmFmaRH==+得an＝2()GMRH+而在地球表面有2mMGRmg=可得g＝2GMR故有an＜g故D正确。故选BD。17.如图所示的装置中，木块B与水平面问的接触是光滑的，子弹A沿水平方向射入木块后留在木块内，将弹簧压缩到最短．现将子弹、木块和弹簧合在一起作为研究对象(系统)，则此系

统在子弹开始射入木块到弹簧压缩至最短的整个过程中A.机械能守恒B.机械能不守恒C.动能全部转化为弹性势能D.动能的减少大于弹性势能的增加【答案】BD【解析】【详解】AB.根据题意可知，在子弹打木块的过程中，由于阻力做负功，产生了内能，所以机械

能减小，A错误B正确．CD.根据能量守恒可知，动能的减小一部分转化成内能，另一部分转化成弹簧的弹性势能，C错误D正确．故选BD。18.如图所示，某同学用绳子拉动木箱，使它从静止开始沿粗糙水平路面运动至具有某一速度（木箱对路

面的压力不为0），木箱获得的动能一定（）A.小于拉力所做的功B.等于拉力所做的功C.等于克服摩擦力所做的功D.等于合力所做的功【答案】AD【解析】由动能定理得，木箱获得的动能等于合外力的功，即WF-Wf=Ek，所

以木箱获得的动能一定小于拉力所做的功，而木箱获得的动能与克服摩擦力所做的功无法比较，故AD正确，BC错误．故选AD．二、非选择题19.在用重锤下落来验证机械能守恒时，某同学按照正确的操作选得纸带如图所示．其中O是起始点，A、

B、C、D、E是打点计时器连续打下的5个点，打点频率为50Hz该同学用毫米刻度尺测量O到A、B、C、D、E各点的距离，并记录在图中(单位：cm)（1）这五个数据中不符合有效数字读数要求的是________点读数。(填A、B、C、D或E)（2）如O点到某计时点的距离用h表示，重力加速度为g，该

点对应重锤的瞬时速度为v，则实验中要验证的等式为________。（3）若重锤质量m=2.00×-110kg，重力加速度g=9.80m/2s，由图中给出的数据，可得出从O到打下D点，重锤重力势能的减少量为_____J，而动能的增加量为_______

J(均保留3位有效数字)。【答案】(1).B(2).212ghv=(3).0.380(4).0.376【解析】【详解】(1)[1]其它点的小数点后保留2位，只有B点小数点后保留1位，因此B点读数不符合要求。(2)[2]由于验证机

械能守恒应满足212mghmv=两边质量可以消去，可得212ghv=(3)[3]势能的减小量12P2.00109.8019.4110J=0.380JEmgh−−==[4]打D点的速度等于CE段的平均速度，因此2D(23.4715.71)10m/s1

.94m/s0.04v−−==物体的动能的增量212112.00101.94J0.376J22kDEmv−===20.游乐园的小型“摩天轮”上对称站着质量均为m的8位同学，如图所示，“摩天轮”在竖直平面内逆时针匀速转动，若某时刻转到顶点a上的

甲同学让一小重物做自由落体运动，并立即通知下面的同学接住，结果重物掉落时正处在c处（如图）的乙同学恰好在第一次到达最低点b处接到，己知“摩天轮”半径为R，重力加速度为g，（不计人和吊篮的大小及重物的质量）。问：(1)接住前重物下落运动的时间t=？(2)人和吊篮随“

摩天轮”运动的线速度大小v=？(3)乙同学在最低点处对地板的压力FN=？【答案】(1)2Rtg=；(2)1π8vgR=；(3)2π(1)64mg+【解析】【详解】(1)重物做自由落体运动，由运动学公式知2122Rgt=解得2Rtg=(2)人和吊

篮随“摩天轮”运动的线速度为12π18π8RsvgRtt===(3)设支持力为F，由牛顿第二定律得2vFmgmR−=解得2π(1)64Fmg=+由牛顿第三定律得人对地板的压力2Nπ(1)64Fmg=+