【文档说明】江苏省海安高级中学2019-2020学年高一下学期期中考试物理试题（选修）【精准解析】.doc，共(18)页，835.000 KB，由小赞的店铺上传

转载请保留链接：https://www.doc5u.com/view-523237b70a57b392747a9f812530f0b0.html

以下为本文档部分文字说明：

第二学期期中考试高一物理（选修）试卷一、单项选择题：本题共7小题，每小题3分，共计21分。每小题只有一个．．．．选项符合题意。1.“天宫一号”目标飞行器运行在平均高度约362千米的圆轨道上.在北京航天飞控中心监控下，已于4月2日8时15分左右再入大气层烧毁，完成使命.关于“天宫一号

”，下列说法正确的是A.在轨运行的周期比月球绕地球的周期长B.在轨运行的加速度比地面重力加速度大C.在轨运行的速度比第一宇宙速度小D.进入大气层后，速度增大，机械能增大【答案】C【解析】ABC、根据万有引力提供向心力有22224GMmmrmvmarTr===，解得：32rTGM=，

故天宫一号在轨运行的周期比月球绕地球的周期小；解得2GMar=，故天宫一号在轨运行的加速度比地面重力加速度小，解得GMvr=，故天宫一号在轨运行的速度比第一宇宙速度小，故C正确，AB错误；D、进入大气层后，与空气之间有摩擦，克服摩擦做功，机械能减小，由GM

vr=可知速度增大，故D错误；故选C．2.子弹的速度为v，打穿一块固定在地面上的木块后速度刚好变为零，若木块对子弹的阻力为恒力，那么当子弹射入木块的深度为木块厚度的一半时，子弹的速度是（）A.2vB.22vC.3vD.4v【答案】B【解析】【分析】【详解】子弹以速度v运动时，打穿固定的木板速

度变为零，根据动能定理有2102fdmv−=−当子弹射入到木板一半厚度处，根据动能定理2211222dfmvmv−=−联立两式解得22vv=故B正确，ACD错误。故选B。3.质量为2kg的物体做直线运动，沿此直线作用于物体的外力与位移的关系如图所示，若

物体的初速度为3m/s，则其末速度为()A.5m/sB.23m/sC.5m/sD.35m/s【答案】B【解析】【详解】外力与位移图象与坐标轴围成的面积表示外力所做的功，由图可知：W=2×2+4×4-2×3=14J根据动能定理得：2201122mvmvW−=解得：23m/sv

=A．5m/s，与结论不相符，选项A错误；B．23m/s，与结论相符，选项B正确；C．5m/s，与结论不相符，选项C错误；D．35m/s，与结论不相符，选项D错误；4.极地轨道卫星的运行轨道平面通过地球的南、北两极，现有A、B两

个极地轨道卫星，轨道半径之比为4：1，两卫星的公转方向相同，已知B卫星从北纬60的正上方按图示方向第一次运行到南纬60的正上方时所用的时间为1h，则下列说法正确的是（）A.A、B两颗卫星所受地球引力之比为1：16B.A卫星

运行的周期为12hC.A卫星与地球同步卫星运行的线速度的大小相等D.A卫星可以定点在北纬60的正上方【答案】C【解析】【详解】A．两卫星质量关系未知，无法计算其所受地球引力关系，故A错误；B．B卫星从北纬60的正上方，按图示方向第一次运行到南纬60的

正上方时，偏转的角度是120，其运动时间刚好为周期的三分一，所以B卫星运行的周期为3hBT=根据开普勒第三定律3322ABABrrTT=且41ABrr=得24hAT=故B错误；C．由于A卫星的周期为24h，与地球同步卫星的周期相等，所以A卫星与

地球同步卫星运行的线速度的大小相等，故C正确；D．由于A卫星极地轨道卫星，则其不可能定点在北纬60的正上方，故D错误。故选C。5.如图所示，E、F、G、H为矩形ABCD各边的中点，O为EG、HF的交点，AB边的长度为d．E、G两点各固定一等量正点电荷，另一电荷量为Q的负电荷

置于H点时，F点处的电场强度恰好为零．若将H点的负电荷移到O点，则F点处场强的大小和方向为(静电力常量为k)A.24kQd方向向右B.24kQd方向向左C.23kQd方向向右D.23kQd方向向左【答案】D【解析】当

负正点电荷在H点时，电场强度恰好为零，故两个正电荷在F点的电场与正电荷的电场之和为零，根据公式2QEkr=可得负电电荷在F点产生的电场强度大小为2QEkd=，方向水平向左，故两个正电荷在F点产生的电场强度大小为2QEkd=，方向水平向右；负点电荷移到O点，在F点产生的电场强度大小

为124QEkd=，方向向左，所以F点的合场强为22243QQQkkkddd−=，方向水平向左，故D正确，ABC错误；故选D．【点睛】关键是根据两个正电荷在F点的电场与负电荷的电场之和为零，做为突破口，算出负电荷在F点的电场强度，然后得出两个正电

荷在F点的电场强度，再根据负点电荷移到O点，在F点产生的电场强度大小．6.如图所示，在轻弹簧的下端悬挂一个质量为m的小球A，将小球A从弹簧原长位置由静止释放，小球A能够下降的最大高度为h．若将小球A换为质量

为3m的小球B，仍从弹簧原长位置由静止释放，重力加速度为g，不计空气阻力，则小球B下降h时的速度为()A.43ghB.4ghC.2ghD.2gh【答案】A【解析】【详解】根据系统机械能守恒得，对A下降h的过程有mgh＝Ep，对B下降h的过程有3m

gh＝Ep＋12×3mv2，解得43ghv=，选项A正确．7.位于贵州的“中国天眼”是目前世界上口径最大的单天线射电望远镜(FAST)．通过FAST测得水星与太阳的视角为(水星、太阳分别与观察者的连线所夹的角),如图所示,若最大视角的正弦C值为k,地球和水星绕太阳的运动视为匀速

圆周运动,则水星的公转周期为A.3k年B.31k年C.32k年D.321kk−年【答案】A【解析】【详解】最大视角的定义，即此时观察者与水星的连线应与水星轨迹相切，由三角函数可得：sinrr=水地，结合题中

已知条件sinθ=k，由万有引力提供向心力有：2224MmGmrrT=，解得：32rTGM=，得3333==sinTrkTr水水地地=，得3=TTk水地，而T地=1年，故3Tk水=年，故B，C，D错误，A正

确.故选A.【点睛】向心力的公式选取要根据题目提供的已知物理量或要求解的物理量选取应用，物理问题经常要结合数学几何关系解决.二、多项选择题：本题共6小题，每小题4分，共计24分。每小题有多个选项符合题意，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，错选或不答的得0分。8.某电场的电场线分

布如图所示，则（）A.电荷P带负电B.电荷P带正电C.某试探电荷在c点受到的电场力大于在d点受到的电场力D.a点的电场强度大于b点的电场强度【答案】BC【解析】【详解】AB．电场线从正电荷出发，由电场线分布可知，电荷P带正电，故A错误，B正确；C．因c点的电场线较

d点密集，可知c点的场强较大，正试探电荷在c点受到的电场力大于在d点受到的电场力，故C正确；D．a点的电场线比b点较稀疏，则a点的电场强度小于b点的电场强度，故D错误。故选BC。9.如图所示，把两个相同的小球从离地面相同高度处，以相同大小的初速度v0分别沿竖直向上和水平方向

抛出，不计空气阻力。则下列说法中正确的是（）A.两小球落地时的动能相等B.两小球落地时，重力做功的瞬时功率相等C.从小球抛出到落地，重力对两小球做功的平均功率相等D.两小球通过同一高度时动能随时间增加的快慢不相等【答案】AD【解析】【详解】A．根据机械能

守恒，落地时的动能2201122mvmghmv=+其中m、h、0v均相等，故落地时的动能相等，故A正确；B．落地时速度大小相等，但落地时竖直分速度yv不同，而落地时重力的瞬时功率yPmgv=所以重力的瞬时功率不同，故B错误；C．两个

小球下落高度相同，由公式Wmgh=可知重力对小球做功相同，但是时间不同，根据平均功率WPt=可知，两者平均功率不同，故C错误；D．两小球通过同一高度时动能随时间增加的快慢即为同高度重力做功的功率，在抛出点以下A球在竖直方向做自由落体，而B在抛出点以下做初速度为0v，加速度为g的匀加速直线运动，同

高度时B球的竖直分速度更大，重力功率更大，故B球的动能增加速度更快，故D正确。故选AD。10.如图所示，一物体置于倾角为α的粗糙斜面上，在水平推力F作用下斜面向左做匀加速直线运动，运动过程中物体与斜面之间保持相对静止，

则下列说法正确的是（）A.斜面对物体的支持力一定做正功B.斜面对物体的摩擦力可能做正功C.斜面对物体的作用力可能做负功D.该物体受到的合外力一定做正功【答案】ABD【解析】【详解】A．物体和斜面一起向左做匀加速直线运动，位移方向向左，斜面对物体的支持力垂直

于斜面斜向左上，支持力的方向和位移的方向成锐角，所以支持力做正功，故A正确；B．摩擦力的方向不确定，当加速度较大时，摩擦力fF沿斜面向下，即tanag摩擦力沿斜面向下，做正功，故B正确；C．根据受力分析可知，斜面对物体的作用力和物体

自身所受的重力的合力方向水平向左，所以斜面对物体的作用力与位移的夹角为锐角，故C错误；D．合外力方向即加速度方向，加速度方向与物体的运动方向相同，故该物体受到的合外力一定做正功，故D正确。故选ABD。11.如图所示，一个小环沿竖直放置的

光滑圆环形轨道做圆周运动．小环从最高点A滑到最低点B的过程中，小环线速度大小的平方v2随下落高度h的变化图象可能是()A.B.C.D.【答案】B【解析】考虑环下降过程中受到的各个力的做功情况，重力做正功，圆环对小环的支持力始终与小环运动方向垂直，不做功，由动能定理ΔEk＝12mv2＝mgh，v2

与h的关系为线性关系，又因h＝0时，v也为零．所以图象过原点，只有B符合条件，选B.12.卫星运行一段时间后会偏离原来正常工作轨道，需启动其携带的发动机进行校正，当卫星轨道校正能源耗尽的时候，它的生命就走到了尽头，成了太空垃圾。如今“轨道康复者”是救助此类卫星的新型太空航天器

，如图所示，“轨道康复者”航天器N和“垃圾”卫星M分别在两圆轨道上运动，现让“轨道康复者”N对已失控的“垃圾”卫星M进行轨道校正，则（）A.在图中卫星M的动能可能大于“轨道康复者”N的动能B.让M降低到N所在轨道上，补充能源后再开启卫星M上的小发动机校正C.为与卫星M对接以便补

充能源，“轨道康复者”N要从图中所示轨道上向后喷气加速D.若不启动N的发动机，从图中位置起，M、N和地球球心三者不可能处在同一直线上【答案】AC【解析】【详解】A．根据万有引力提供向心力，则有22MmvGmrr=解得GMvr=则动能为2k122GMmEmvr==由于两者质量关系

未知，所以在图中卫星M的动能可能大于“轨道康复者”N的动能，故A正确；BC．“轨道康复者”N从图中所示轨道上向后喷气加速，使其所需要的向心力大于地球提供的万有引力，从而做离心运动，与卫星M对接补充能源后开动M上的小发动机向前喷气，做近心运动，能校正卫星M到较低的轨道运行，故B错

误，C正确；D．若不启动N的发动机，则在图中M的速度小于N的速度，经过一段时间M、N和地球球心三者可能处在同一直线上，故D错误。故选AC。13.如图所示，半径为R的半圆形的圆弧槽固定在水平面上，质量为m的小球

（可视为质点）从圆弧槽的端点A由静止开始滑下，滑到最低点B时对轨道的正压力为2mg，重力加速度为g，则（）A.小球在最低点B时速度为2gRB.小球在B点时，重力的功率为mggRC.小球由A到B的过程中克服摩擦力做功为12mg

RD.小球由A到B过程中速度先增大后减小【答案】CD【解析】【详解】A．滑到最低点B时对轨道的正压力为2mg，那么由牛顿第三定律可知：小球受到的支持力也为2mg，由牛顿第二定律可得22vmgmgmR−=解得vgR=故A错误；

B．小球在B点的速度vgR=方向水平向右，重力方向竖直向下，重力与速度方向垂直，所以重力的功率为0，故B错误；C．对小球下滑过程应用动能定理可得：小球由A到B的过程中克服摩擦力做功为21122WmgRmvmgR=−=故C

正确；D．小球在任一径向与竖直方向成时，沿速度方向受到的合外力为2sincosmvFmgmgR=−+那么在该方向上的加速度为()2tancosvagR=−−那么当小球开始下

滑较短时间时，速度v较小，夹角较小，a大于0，小球加速；当较大时，a小于0，小球减速，故小球由A到B过程中速度先增大后减小，故D正确。故选CD。三、简答题：本题（第14、15题），共计16分。请将解答填写在相应的位置。14.如图所示，打点计时器固定在铁架台上，使重物带动纸带从静止开始

自由下落，利用此装置验证机械能守恒定律。该装置中的打点计时器所接交流电源频率是50Hz。(1)对于该实验，下列操作中对减小实验误差有利的有_____。A．精确测量出重物的质量B．两限位孔在同一竖直线上

C．重物选用质量和密度较大的金属锤D．释放重物前，重物离打点计时器远些(2)按正确操作得到了一条完整的纸带，由于纸带较长，图中有部分未画出，如图所示。纸带上各点是打点计时器打出的计时点，其中O点为纸带上打出的第一个点。①

重物下落高度应从纸带上计时点间的距离直接测出，下列测量值能完成验证机械能守恒定律的选项有_____。A．OA、OB和OG的长度B．OD、OE和OF的长度C．OA、BD和EG的长度D．AC、BF和EG的长度②用刻度尺测得图中AB的距离是1.76cm，FG的距离是3.71cm，

则可得当地的重力加速度是_____m/s2。（计算结果保留三位有效数字）【答案】(1).BC(2).BD(3).9.75【解析】【详解】(1)[1]A．因为在实验中比较的是mgh、212mv的大小关系，故m可约去，不需要测

量重锤的质量，对减小实验误差没有影响，故A错误；B．为了减小纸带与限位孔之间的摩擦，两限位孔必须在同一竖直线上，这样可以减小纸带与限位孔的摩擦，从而减少摩擦阻力的影响，从而减小实验误差，故B正确；C．实验供选择的重物应该是相对质量较大、体积较小的物体，这样能减少摩擦阻力的影响，从而减小实验误差，

故C正确；D．释放重物前，为更有效的利用纸带，重物离打点计时器下端近些，故D错误。故选BC。(2)[2][3]A．当知道OA、OB和OG的长度时，不能求得各点的瞬时速度，从而不能确定两者的动能变化，也无法求解重力势能的变化，故A错误；B．当知道OD、OE和O

F的长度时，依据OD和OF的长度，可求得E点的瞬时速度，从而求得O到E点的动能变化，因知道OE间距，则可求得重力势能的变化，可以验证机械能守恒，故B正确；C．当知道OA、BD和EG的长度时，不能求得各点的瞬时速度，从而不能确定

两者的动能变化，也无法求解重力势能的变化，故C错误；D．当知道AC、BF和EG的长度时，依据AC和EG的长度，只能求得B点与F点的瞬时速度，从而求得动能的变化，再由BF间距，则可验证机械能守恒吗，故D正确。故选BD。根据2hgt=代入解得29.75m/sg=15.某实验

小组利用如图甲所示装置探究恒力做功与物体动能变化的关系，质量为m的钩码通过跨过滑轮的细线牵引质量为M的小车，使它在长木板上运动，打点计时器在纸带上记录的运动情况如图乙所示。(1)下列做法中正确的有_____。A．调节滑轮的高度，使牵引小车的细绳与长木板保持平行B

．在平衡摩擦力时，不需要连接纸带C．小车从靠近打点计时器处释放D．在平衡摩擦力时细绳端应挂着钩码(2)接通电源，释放小车，打点计时器在纸带上打出一系列点，将打出的第一个点标为O，在纸带上依次取A、B、C……若干个计数点，测得A、B、C……各点到O点的距离分别为x1、x2、x3……，已知相邻

计数点间的时间间隔均为T。实验中，钩码质量远小于小车质量，可认为小车受到的拉力大小等于mg，在打O点到打B点的过程中，拉力对小车做的功W=_____，打B点时小车的动能Ek=_____。(3)小明同学实验操作正确，但打出的纸带起始点不清晰，他挑选了一个清晰

的点标为O1，以小车速度的二次方v2为纵坐标，计数点到O1点的距离x为横坐标，利用实验数据作出v2－x图象，该图象纵截距的物理意义是_____。(4)小虎同学根据实验数据画出如图丙所示的W-Ek图象，你能否根据此图象验证

动能定理？_____（选填“能”或“不能”），理由是_____。【答案】(1).AC(2).mgx2(3).()23128MxxT−(4).打O1点时速度的二次方(5).不能(6).由图象只能得到W与ΔEk与

成正比，并不能得到两者相等的关系【解析】【详解】（1）[1]A．为使小车受到的合力等于细线的拉力，应调节滑轮的高度，使牵引小车的细绳与长木板保持平行，故A正确；B．平衡摩擦力时，应将纸带连接在小车上并穿过打点计时器，才能判断出小车是不是做匀速直线运动，故B错误；C．为了充分利用纸

带，实验时应小车从靠近打点计时器处释放，故C正确；D．平衡摩擦力时，细绳端不能挂钩码，轻轻推动小车，让小车沿木板运动，通过打点计时器打出来的纸带判断小车是否做匀速直线运动，故D错误。故选AC。（2）[2]小车受到的拉力大小等于mg，在打O点到打B点的过程中

，拉力对小车做的功2Wmgx=[3]根据匀变直线运动的推论可知，某段时间的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，则打B点为312BxxvT−=则打B点时小车的动能()2312k2128BMxxEMvT−==（3）[4]以小车速度的二次方v2为纵坐标，计数点到O1点的距离x为横坐标，

当x=0时，对应的纵截距是打O1点速度的二次方；（4）[5][6]根据此图象不能验证动能定理；因为由图象只能得出W与kE成线性关系，并不能得到两者相等关系。四、计算题：本题共3小题，共计39分。解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤。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。16.2016年9月15日“天宫二号”空间实验室由长征二号FT2火箭发射升空。这意味着，中国成功发射了真正意义上的空间实验室，即实现了载人航天工程“三步走”战略的第二步。10月19

日凌晨神舟十一号载人飞船与“天宫二号”实施自动交会对接，近似把对接后一起运行看做以速度v绕地球的匀速圆周运动，运行轨道距地面高度为h，地球的半径为R。求：(1)“天宫二号”绕地球运转的角速度；(2)“天宫二号”在轨道上运行的周期；(3)地球表面上的重力加速度的计算表

达式。【答案】(1)vRh+；(2)2()RhTv+=；(3)22()RhvR+【解析】【详解】(1)“天宫二号”绕地球做匀速圆周运动，由v=ωr得“天宫二号”轨道半径r=R＋h，故角速度ω=vRh+(2)由T=2πrv得“天宫二号”在轨道上运动的周期T=2π()Rhv+(3)在地

球表面，有G2mMR=mg在距地面高h处，有G2()mMRh+=m2vRh+化简得g=22()RhvR+17.以较大速度运动的物体，所受的空气阻力不可忽略，运动时受到的空气阻力与速度成正比，关系式为f＝kv，v是球的速度，k是已知的阻力系数.现在离地面H高度的高处将质量为m

的球以v0水平速度抛出，球在着地前已经做匀速运动.重力加速度为g.求：(1)球刚抛出时的加速度大小；(2)球从抛出到落地过程中，克服空气阻力所做的功；(3)以不同初速度水平抛出的球其运动时间是否相等，请说明理由.

【答案】(1)220()kvagm=+(2)3220122fmgWmgHmvk=+−(3)下落时间相等【解析】(1)竖直方向vy0＝0，Fy＝mgay＝g，竖直向下水平方向vx0＝v0，Fx＝kv00xkvam=，方向与v0相反220()kvagm=+(2)球最终

做匀速直线运动mg＝kv，mgvk=方向竖直向下由动能定理2201122GfWWmvmv−=−球克服阻力所做功2201122fWmgHmvmv=+−(3)由运动的独立性原理，竖直方向都是从静止开始的运动，且受力情况同为Fy＝mg－kvy，所以运动时间与水平初

速度大小无关．18.如图所示，内表面绝缘光滑的圆轨道位于竖直平面内，轨道半径为r，A、B分别为内轨道的最高点和最低点，圆心O固定电荷量为+Q的点电荷，质量为m、电荷量为-q的小球能在圆轨道内表面做完整的圆周运动，重力

加速度为g，静电力常量为k（1）若小球经过B点的速度为v0，求此时对轨道的压力大小；（2）求小球经过A点最小速度的大小v；（3）若小球经过A点对轨道的压力为mg，求经过B点时的动能Ek．【答案】（1）2

02vkQqmmgrr+−（2）kQqgrmr+（3）32kQqmgrr+【解析】【详解】（1）设此时小球对轨道的支持力为N，由向心力公式有202vkQqNmgmrr+−=解得202vkQqNmmgrr=+−由牛顿第三定律可知对轨道的压力

大小202vkQqNNmmgrr+−==（2）小球经过A点的最小速度时，与轨道间的弹力为0，则有22kQqvmgmrr+=解得kQqvgrmr=+（3）设小球经过A点的速度为vA，由向心力公式有22()AvkQqmgmgmrr++=由机械能守恒定律有2122AkmvmgrE

+=解得32kkQqEmgrr=+