【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=GMv

r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：1030W300WGyPFvmgv====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．150W3

00W与分析相符，故B项正确；C．150W500W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.14mg

RB.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2f12QmgRWmv−=得克服摩擦力所做的功为f1

2WmgR=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13g.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BC

vv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3322CBB

CrrTT=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()2nnGMmFmaRH==+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50

Hz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).212g

hv=(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=+