【文档说明】四川省泸县第五中学2019-2020学年高一下学期期中考试物理试题【精准解析】.doc，共(15)页，523.500 KB，由小赞的店铺上传

转载请保留链接：https://www.doc5u.com/view-527d662901f525d258db41795b4e157f.html

以下为本文档部分文字说明：

2020年春四川省泸县第五中学高一期中考试物理试题一、单选题1.地球同步卫星绕地球做匀速圆周运动，轨道半径为r，周期为T，引力常量为G．根据题目提供的已知条件，可以估算出的物理量有A.地球的质量B.同步卫星的质量C.地球的平均密度D.同步卫星离地面的高度【答案】A【解析】【详解】A．地球同步卫星绕

地球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力得2224MmGmrrT=则有2324rMGT=所以可求出地球的质量，故A正确；B．根据万有引力提供向心力列出等式，同步卫星的质量在等式中消去，所以根据题目已知条

件无法求出同步卫星的质量，故B错误；C．根据万有引力等于重力列出等式2MmGmgR=地球半径GMRg=根据密度343MR=联立可求出地球的平均密度表达式，因没有地球半径，则无法计算，故C错误；D．已知其轨道半径为r，根据万有引力等于重力可求出地球半径R，同步卫星离地面的高

度h=r-R所以可求出同步卫星离地面的高度，因没有地球半径，则无法计算，故D错误。故选A。2.在建筑工地上需要将一些材料由高处送到低处，为此工人设计了右图的简易滑轨：两根圆柱体木杆AB和CD相互平行，斜靠在竖直墙上，把一摞瓦放

在两杆正中间，瓦将沿滑轨滑到低处．在实际操作中发现瓦滑到底端时速度较大，有可能会摔碎．为了减小到底端时的速度，下列措施可行的是()A.减少每次运瓦的块数B.增多每次运瓦的块数C.减少两杆之间的距离D.增大两杆之间的距离【答案】D【解析】由题意可知，斜面的高度及倾斜角度不能再变的情况下，要想减小

滑到底部的速度就应当增大瓦与斜面的摩擦力，由f=μFN可知，可以通过增大FN来增大摩擦力；而增大瓦的块数，增大了瓦的质量，虽然摩擦力大了，但同时重力的分力也增大，不能起到减小加速度的作用，故改变瓦的块数是没有作用的，故

AB错误；而增大两杆之间的距离可以增大瓦受到的两支持力的夹角，而瓦对杆的压力随夹角的增大而增大，故增大两杆间的距离可以在不增大重力分力的情况下增大瓦对滑杆的压力，从而增大摩擦力，故C错误，D正确；故选D．3.如图所示,细绳的一端固定于O点,另一端系一个小球,在O点的正下方钉一个钉

子A,小球从一定高度摆下,当绳子与钉子相碰时,下列说法正确的是()A.钉子的位置越靠近O点，绳就越容易断B.钉子的位置越靠近小球，绳就越容易断C.钉子的位置越靠近小球，绳子与钉子相碰后瞬间小球的线速度越大D.钉子的位置

越靠近O点，绳子与钉子相碰后瞬间小球的角速度越大【答案】B【解析】【详解】CD．当绳子与钉子相碰瞬间，小球受竖直向下的重力和竖直向上的拉力，产生的加速度指向圆周运动的圆心，向心加速度只改变速度的方向，不改变速度的大小，所以相碰瞬间小球的线速度大小不变．钉子的位置越靠近O点，绳子与钉子相碰后小球圆

周运动的半径越大，据vr=可知，钉子的位置越靠近O点，绳子与钉子相碰后瞬间小球的角速度越小．故CD两项错误．AB．当绳子与钉子相碰瞬间，小球受竖直向下的重力和竖直向上的拉力，据牛顿第二定律可得，2vTmgmr−=，解得：绳中拉力2vTmgmr=+．绳子与钉子

相碰瞬间，小球的线速度大小不变；钉子的位置越靠近O点，绳子与钉子相碰后小球圆周运动的半径越大，绳中拉力越小，越不容易断；钉子的位置越靠近小球，绳子与钉子相碰后小球圆周运动的半径越小，绳中拉力越大，越容易断．故

A项错误，B项正确．4.目前海王星有14颗已知的天然卫星,“海卫一”是海王星的卫星中最大的一颗．若“海卫一”绕海王星的运行轨道视为圆其轨道半径为r,运行周期为T,将海王星视为质量分布均匀且半径为R的球体

,引力常量为G,则海王星的质量为A.224rGTB.224RGTC.2324rGTD.2324RGT【答案】C【解析】【详解】海王星对海卫一的万有引力提供其做匀速圆周运动的向心力，由万有引力定律：

2224mMGmrrT＝解得：M＝2324rGT，故选C.5.如图，A、B以相同的速率v下降，C以速率vx上升，当绳与竖直方向的夹角为α时，vx与v满足的关系是（）A.sinxvv=B.cosxvv=C.2sinxvv=D.2cosxvv=【答案】B【解析】【详解】由于绳子伸长不计，所

以当C上升、AB下降时，C向上的速度沿绳子方向的分速度大小等于绳速，即有：vxcosα=v则得：cosxvv=A．sinxvv=，故A不符合题意；B．cosxvv=，故B符合题意；C．2sinxvv=，故C不符合题意；D．2cosxvv=，故D不符合题意。故选B。6.如图所示，轻质

弹簧和轻绳上端固定在O点，下端系质量相同的一小球．分别将小球拉至同高的N和A处，此时弹簧水平且无形变，然后释放小球，不计空气阻力，小球运动到最低点P和B又在同一水平面则A.两小球动能相同B.弹簧的弹性势能增大C.两小球的重力势能减少量不同D.两小球的机械能都守恒【答案】B【解析】B、N球向

下摆动时，弹簧的形变量增大，则弹性势能增大，故B正确．C、两小球摆动下降的初末位置等高，由GPWmghE==−可知，两球的重力势能减少量相同，故C错误．A、D、对弹簧连接的球摆动过程，重力和弹簧弹力做功，则小球和弹簧的系统机械能守

恒，PGPkkEEE=+；而绳连接的球做圆周运动，只有重力做功，则球的运动机械能守恒，有PGkEE=，综合可知两球的动能不等，故A错误，D错误．故选B．【点睛】解决本题的关键掌握重力做功和重力势能的关系；同时

明确弹簧和小球系统的机械能总和（包括重力势能、弹性势能和动能）保持不变．7.如图所示，长为L的轻杆一端有一个质量为m的小球，另一端有光滑的固定轴O，现给球一初速度，使球和杆一起绕O轴在竖直平面内转动，不计空气阻力，则A.小球到达最高点的速度必须大于gLB.小球到达最高点的速度可能为0C.小球到

达最高点受杆的作用力一定为拉力D.小球到达最高点受杆的作用力一定为支持力【答案】B【解析】【详解】设轻杆对小球的作用力大小为F，方向向上，小球做完整的圆周运动经过最高点时，对小球，由牛顿第二定律得：mg-F

=m2vL；当轻杆对小球的作用力向上，大小F=mg时，小球的速度最小，最小值为零，故A错误，B正确．由mg-F=m2vL知，当v=gL时，杆对球的作用力F=0；当v＞gL，F＜0，F向下，说明杆对球为拉力；

当v＜gL，F＞0，F向上，说明杆对球为支持力；故CD错误．故选B．【点睛】本题关键对小球在最高点和最低点分别受力分析，然后根据牛顿第二定律列式分析，要注意，杆对小球可以无弹力，可以是拉力、支持力.8.在空气阻力大

小恒定的条件下，小球从空中下落，与水平地面相碰（碰撞时间极短）后弹到空中某一高度．以向下为正方向，其速度随时间变化的关系如图所示，取g=10m/s2，则以下结论正确的是（）A.小球弹起的最大高度为1.0mB.小球弹起的最大高度为0.45mC.小球弹起到最大高度的

时刻t2=0.80sD.空气阻力与重力的比值为1∶5【答案】D【解析】【详解】小球下落过程中有1440.55vagt===，1mgfma−=解得115fmgmamg=−=故15fmg=，故D正确；在小球弹起过

程中有2mgfma+=，解得2212/ams=，故小球上升的时间310.25124ts===，故210.75ttts=+=，故C错误；根据图象可知小球弹起的最大高度130.250.3752hm==，AB错误；9.如图，两个质量均为m的小木块a和b

（可视为质点）放在水平圆盘上，a与转轴OO′的距离为l，b与转轴的距离为2l。木块与圆盘的最大静摩擦力为木块所受重力的k倍，重力加速度大小为g。若圆盘从静止开始绕转轴缓慢地加速转动，用ω表示圆盘转动的角速度，下列说法正确的是（）A.b一定比a先开始滑动B.a、b所受的摩擦力始终相等C.2kgl

=是b开始滑动的临界角速度D.当2kgl=时，a所受摩擦力的大小为kmg【答案】AC【解析】【详解】B．小木块都随水平转盘做匀速圆周运动时，在发生相对滑动之前，角速度相等，静摩擦力提供向心力即2fmR=静由于木块b的半径大，所以发生相对滑动前木块b的静摩擦力大，选项B错。C．随着角速度的

增大，当静摩擦力等于滑动摩擦力时木块开始滑动，则有2fmRkmg==静代入两个木块的半径，小木块a开始滑动时的角速度akgl=木块b开始滑动时的角速度2bkgl=选项C正确。A．根据ab，所以木块b先开始滑动，选项A正确。D．当角速度23bkg

l=，木块b已经滑动，但是23akgl=所以木块a达到临界状态，摩擦力还没有达到最大静摩擦力，所以选项D错误。故选AC。10.放在粗糙水平地面上质量为0.8kg的物体受到水平拉力的作用，在0~6s内其速度与时间的关系图象和该拉力的功率与时间的关系图象分别如图所示，下列说

法中正确的是（）A.0~6s内拉力做的功为140JB.物体在0~2s内所受的拉力为4NC.物体与粗糙水平地面的动摩擦因素为0.5D.合外力在0~6s内做的功与0~2s内做的功相等【答案】AD【解析】【详解】A．0~6s内拉力做的功为P—t图线下所围的面积126

0204J140J2W=+=故A正确；B．在2~6s内匀速运动，则拉力为120N2N10PFv===物体在0~2s内：物体的加速度为2210m/s5m/s2vat===由牛顿第二定律得Ffma−=代入数解得F=6N故B

错误；C．由滑动摩擦力公式fN=代入数据解得0.25=故C错误；D．合外力在0~6s内做的功221110.810J40J22Wmv===0~2s内做的功相等为222110.810J40J22Wmv

===由此可得12WW=，故D正确。故选AD。二、实验题11.在“研究平抛运动”的实验中，要描绘出小球平抛运动的轨迹，实验简要步骤如下：A．让小球多次从________释放，在一张印有小方格的纸上记下小球经过的一系列位置，如图中a、b、c、d所示。B．按实验原理图安装好器材，

注意________，记下平抛初位置O点和过O点的竖直线。C．取下白纸，以O为原点，以竖直线为y轴建立坐标系，用平滑曲线画平抛运动物体的运动轨迹。(1)完成上述步骤，将正确的答案填在横线上。(2)上述实验步骤的合理顺序是________。(3)已知图中小

方格的边长L＝1.25cm，则小球平抛的初速度为v0＝________(用L、g表示)，其值是________。(取g＝9.8m/s2)(4)b点的速度vb＝________。(用L、g表示)【答案】(1).同一位置静止(2).斜

槽末端切线水平(3).BAC(4).2Lg(5).0.7m/s(6).52Lg【解析】【详解】(1)[1][2]需让小球重复同一个平抛运动多次，才能记录出小球的一系列位置，故必须让小球每次由同一位置静止释放。斜槽末端切线水平，小球才会

做平抛运动。(2)[3]实验操作顺序应为安装调整、建坐标系、画位置点、描轨迹图，即为BAC。(3)[4][5]由Δy＝aT2得两点之间的时间间隔LTg=所以小球的初速度022LvLgT=＝代入数据得v0＝0.7m/s。(4)[6]竖直方向3322byLgLvT=＝由220bbyvvv+＝

得95442bLgvLgLg+=＝三、解答题12.在水平路面上运动的汽车的额定功率为100kW，质量为10t，设阻力恒定，且为车重的0.1倍(g取10m/s2)，求：(1)若汽车以不变的额定功率从静止启动，汽车的加速度如何变化？(2)当汽车的加

速度为2m/s2时，速度为多大？(3)汽车在运动过程中所能达到的最大速度的大小.【答案】（1）逐渐减小（2）10/3ms（3）10/ms【解析】（1）汽车以不变的额定功率从静止启动，v变大，由PFv=知，牵引力F减小，根据牛顿第二定律fF

Fma−=知，汽车的加速度减小；（2）由1fFFma−=①，1PFv=②，0.1fFmg=③，联立①②③代入数据得110/3vms=；(3)当汽车速度达到最大时，220faFFPP===额，，，故3410/10/0.11010maxfPvmsmsF===额．【点睛】

（1）汽车以恒定功率起动时，它的牵引力F将随速度v的变化而变化，其加速度a也随之变化，具体变化过程可采用如下示意图表示：（2）要维持汽车加速度不变，就要维持其牵引力不变，汽车功率将随v增大而增大，当P达到额定功率P额后，不能再增加，即汽车就不可能再保持匀加速运动了.具体变化过程可用如下示

意图表示：13.如图所示，AB为竖直转轴，细绳AC和BC的结点C系一质量为2kgm=的小球，其中1mBC=,两绳能承担的最大拉力相等且为F=40N,小球随转轴以定的角速度转动，AC和BC均拉直，此时53,ACBABB

C=⊥.ABC能绕竖直轴AB匀速转动，而C球在水平面内做匀速圆周运动(sin530.8,cos530.6==)，求：(结果保留三位有效数)(1)当BC绳刚好拉直时，角速度多大?(2)当小球的角速度增大时，通过计算判断AC和BC哪条绳先断?

当先断的绳刚断时的角速度多大?(3)一条绳被拉断后，为了让小球能够做圆周运动，则小球的最大线速度为多少?【答案】（1）2.73rad/s=（2）绳BC断，5.24rad/s=（3）5m/sv=【解析】【详

解】（1）当BC绳刚好拉直时，小球受AC绳的拉力T和重力mg，对小球由：水平方向：2cos53TmBC=竖直方向：sin53Tmg=由以上方程解得：cos53100.6rad/s2.73rad/ssin530.81gBC===（2）当BC绳刚好拉直后，AC绳和BC绳上的拉力

分别为AT和BT，对小球由竖直方向：Asin53Tmg=水平方向：2BAcos53TTmBC+=当小球的加速度增大时，绳AC的拉力AT不变，绳BC的拉力BT增大，所以绳BC先断．由题意可知当B40N

TF==是，绳BC断，由以上方程化简可得此时的加速度：cos530.640210sin530.8rad/s5.24rad/s21FmgmBC++===（3）当BC绳被拉断后，设AC绳与竖直方向的夹角为，则：AcosTmg=由题意可知，AT

的最大值为Amax40NT=由以上方程可知：60=，即当60=是，对应线速度最大，则：2AmaxACsin60sin60vTmL=由几何知可知：BCAC5mcos533LL==由以上方程解得：2AmaxACsin605m/sTLvm==1

4.如图，一根长为L=1.25m的轻绳一端固定在O’点，另一端系一质量m=1kg的小球．将轻绳拉至水平并将小球由位置A静止释放，小球运动到最低点O时，轻绳刚好被拉断．O′点下方有一以O点为圆心，半径R=52m的圆弧状的曲面，己知重力加

速度为g=10m/s2，求：（1）轻绳所能承受的最大拉力Fm的大小；（2）小球从绳子断裂到落至曲面上的时间和到达曲面时的动能．【答案】（1）30N；（2）62.5J【解析】【详解】（1）物体从A运动到O点，由机械能守恒定律：

mgL=2012mv得：v0=25m/sgL=在O点，由牛顿第二定律：20mvFmgmL−=得：Fm=3mg=30N（2）设从绳子断裂到小球到达曲面经历的时间为t，水平位移：x=v0t竖直位移：y=212gt由勾股定理：x

2+y2=R2解得t=1s竖直速度：vy=gt=10m/s可得小球的动能：()22201122kyEmvmvv==+=62.5J