【文档说明】辽宁省辽河油田第二高级中学2019-2020学年高一下学期期中考试物理试题【精准解析】.doc，共(16)页，560.500 KB，由小赞的店铺上传

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辽油二高2019-2020学年度下学期高一期中考试物理试题一、单选题（本大题共8小题，每题4分，共32分）1.关于曲线运动，下列说法中正确的是()A.曲线运动一定是变速运动B.曲线运动的加速度可以为零C.在恒力作用下，物

体不可以做曲线运动D.物体做曲线运动，动能一定会发生变化【答案】A【解析】【详解】A．曲线运动的速度方向为该点的切线方向，时刻变化，故曲线运动是变速运动，故A正确；B．做曲线运动的物体，一定受到力的作用，故

一定有加速度，故B错误；C．曲线运动的条件，合外力与速度不一条直线上，与合外力是否变化无关；如平抛运动的合外力不变，加速度不变，物体做匀变速曲线运动，故C错误；D．匀速圆周运动的速率始终不变，故动能不变

，故D错误．2.平台高5mh=，小球以010m/sv=的速度水平抛出，()210m/sg=忽略空气阻力，则（）A.小球落地时间为2sB.小球落地时水平位移10mC.小球落地时速度大小20m/sD.小球落地时速度方向与水平方向成60【答案】B【解析】【详解】A．根据212hgt=得小球

落地的时间为225s1s10htg===故A错误；B．小球落地时水平位移为0101m10mxvt===故B正确；CD．小球落地时竖直分速度为101m/s10m/syvgt===根据平行四边形定则知，落地的速度为220102m/syvv

v=+=设速度方向与水平方向的夹角为α，则0tan1yvv==即45=故CD错误。故选B。3.如图所示，A、B两点分别位于大、小轮的边缘上，大轮半径是小轮半径的2倍，它们之间靠摩擦传动，接触面不打滑，则A、B两点的角速度之比ωA：ωB为（）A.1：2B.1：4C.2：1D.1：1【答

案】A【解析】A、B两点靠摩擦传动，具有相同的线速度，根据vr=，半径比为2：1，则角速度之比为1：2，故A正确，BCD错误；故选A．【点睛】解决本题的关键知道通过摩擦传动轮子边缘上的点具有相同的线速度，以及掌握线速度与角速度的关系．4.如图

所示，汽车通过拱形桥时的运动可看做圆周运动．质量为m的汽车以速率v通过拱形桥最高点时，若桥面的圆弧半径为R，则此时汽车对桥面的压力大小为()A.mgB.2mgC.2mvmgR−D.2mvmgR+【答案】C【解析】【详解】根据牛顿第二定律，汽车对桥的压力等于桥对汽车的支持力，对汽车受力分析，受

重力和支持力，由于汽车做圆周运动，故合力提供向心力，有：2NvmgFmR−=解得：2NvFmgmR=−故C正确ABD错误．故选C。5.如图所示，A、B、C三颗人造地球卫星绕地球做匀速圆周运动，已知三颗卫星的质量关系为=AB

Cmmm，轨道半径的关系为=ABCrrr，则三颗卫星()A.线速度大小关系为ABCvvv=B.加速度大小关系为ABCaaa=C.向心力大小关系为ABCFFF=D.周期关系为ABCTTT=【答案】B【解析】【详解】人造卫星绕地球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力，则有：22

224GMmmvmrmarrT===，解得：GMvr=，2GMar=，234rTGM=；由题意有：=ABCrrr，因此可知线速度大小关系为：ABCvvv=，加速度大小关系为：ABCaaa=，周期关系

为：ABCTTT=，根据2GMmFr=向和ABCmmm=可知ABFF，BCFF，故选项B正确，A、C、D错误．6.如图所示，一个物块在与水平方向成37=、大小为10N的拉力F作用下，沿水平面向右运动一段距离1.xm=已知sin370.6=，cos370.8=，在此过程中，拉力

对物块做的功为()A.16JB.10JC.8JD.6J【答案】C【解析】物体的位移是在水平方向上的，把拉力F分解为水平的Fcos，和竖直的Fsin，由于竖直的分力不做功，所以拉力F对物块所做的功即为水平分力对物体做的功，所以有：1010.88WFcosxFxcosJJ===

=，故选项C正确，ABD错误．点睛：分析题目中给出的已知量；根据功的定义，力与力方向上的位移的乘积，直接计算即可．7.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。8.如图所示，AB为14圆弧轨道，BC为水平直轨道，圆弧的半径为R，BC的长度也是R，一质量为m的物体，与两个轨道的动摩擦因数都为μ，当它由轨道顶端A从静止下滑时，恰好运动到C处停止，那么物体在AB段克服摩擦力做

功为（）A.12μmgRB.12mgRC.mgRD.()1mgR−【答案】D【解析】【详解】试题分析：BC段摩擦力可以求出，由做功公式求得BC段摩擦力对物体所做的功；对全程由动能定理可求得AB段克服摩擦

力所做的功．BC段物体受摩擦力fmg=，位移为R，故BC段摩擦力对物体做功WfRmgR=−=−；对全程由动能定理可知，10mgRWW++=，解得1WmgRmgR=−，故AB段克服摩擦力做功为()1WmgRmgRmg

R=−=−克，D正确．二、多选题（本大题共4小题，每题4分，共16分）9.如图所示，可视为质点的、质量为m的小球，在半径为R的竖直放置的光滑圆形管道内做圆周运动，下列有关说法中正确的是（）A.小球能够到达最高点时的最小速度为0B.小球

能够通过最高点时的最小速度为gRC.如果小球在最高点时的速度大小为2gR，则此时小球对管道的内壁的作用力为3mgD.如果小球在最低点时的速度大小为5gR，则小球通过最低点时对管道的外壁的作用力为6mg【答案】AD【解析】【详解】AB．小球在最高点支持力等于重力，速度为0，所以小

球能够到达最高点时的最小速度为0，A正确，B错误；C．在最高点，根据牛顿第二定律221(2)vmgNmmRRgR−==解得13Nmg=−负号表示方向，所以轨道外壁对小球的作用力为3mg，根据牛顿第三定律可知小球对轨道外壁的作用力为3mg，C错误；D．在

最低点，根据牛顿第二定律222(5)gRvNmgmmRR−==解得26Nmg=D正确。故选AD。10.同步卫星离地心的距离为r，运行速度为1v，加速度1a，地球赤道上的物体随地球自转的向心加速度2a第一宇宙速度为2v，地球的半径为R，则()A.1

2araR=B.12aRar=C.12vvRr=D.2122vvRr=【答案】AC【解析】【详解】AB．因为同步卫星的周期等于地球自转的周期，所以角速度相等，根据2ar=得，12.araR=故A正确，B错误；CD．根据万有引力提供

向心力22MmvGmrr=，解得GMvr=，则12vvRr=故C正确D错误．11.在空中某点将三个相同小球以相同的速率v分别斜向上抛出、竖直上抛和竖直下抛，均不计空气阻力，则从抛出到落到同一水平地面的过程中（）A.三个小球的

加速度相同B.三个小球所受重力做的功相同C.三个小球所受重力做功的平均功率相同D.斜向上抛出的小球能达到的高度最大【答案】AB【解析】【详解】A．由于不计空气阻力，故三个小球在空中均只受重力，加速度均为g，故A符合题意；B．因三个小球初末位置的高度差均相同，重力也相同，因此重力做功相同，

故B符合题意；C．三个小球的落地的时间不同，竖直上抛时间最长，竖直下抛时间最短，而重力做功是相同的，所以运动过程中三个小球重力做功的平均功率不同，下抛平均功率最大，故C不符合题意；D．由于斜上抛的物体到达最高点时有水平速度，因此根据机械能守恒可知，竖直上抛的小球能达到的高度最大，故D不符合题意。故

选AB。12.如图所示，一个小球从高处自由下落到达轻质弹簧顶端A处起，弹簧开始被压缩．在小球与弹簧接触，到弹簧被压缩到最短的过程中，关于小球的动能、重力势能，弹簧的弹性势能的说法中正确的是()A.小球的动能先增大后减

小B.小球的动能一直在减小C.小球的重力势能逐渐减小，弹簧的弹性势能逐渐增加D.小球的重力势能和弹簧的弹性势能之和逐渐增加【答案】AC【解析】【详解】AB.小球刚接触弹簧时，弹簧形变量较小，弹力小于重力，

对小球而言受重力和弹力作用，合力方向向下，故小球先向下做加速运动；当弹力大于重力时，合力向上，则小球做减速运动，则小球的动能先增加后减小，故A正确；B错误；C.由于将弹簧压缩至最低的过程中，小球一直在向下运动，相对地面的高

度是越来越小，故重力势能一直减小，而小球接触弹簧至弹簧压缩最低点的过程中弹簧的形变量越来越大，弹性势能也越来越大，故C正确；D.因为整个过程中忽略阻力，只有重力和弹力做功，满足系统机械能守恒，即小球的动能与重力

势能及弹簧的弹性势能之和不变，而在小球压缩弹簧的过程中，小球的动能先增大后减少，所以小球的重力势能和弹簧的之和先减小后增大．故D错误．三、实验题（本大题共2小题，每空2分，共20分）13.图甲是“研究平抛物体的运动”的实验装置图。（1）实验前应对实验装

置反复调节，直到斜槽末端切线______，每次让小球从同一位置由静止释放，是为了每次平抛______。（2）图乙是正确实验取得的数据，其中O为抛出点，则此小球作平抛运动的初速度为______m/s。（g取9.8m/s2）（3）在另一次实

验中将白纸换成方格纸，每小格的边长L=0.8cm，通过实验，记录了小球在运动途中的三个位置，如图丙所示，则该小球做平抛运动的初速度为______m/s；B点的竖直分速度为______m/s。（g取10m/s2）【答案】(1).水平(2).初速度相同(3).1.6(4).0.6(5)

.0.8【解析】【详解】（1）[1][2]平抛运动的初速度一定要水平，因此为了获得水平的初速度安装斜槽轨道时要注意槽口末端要水平，为了保证小球每次平抛的轨迹都是相同的，这就要求小球平抛的初速度相同，因此在操作中要求每次小球能从同一位

置静止释放．（2）[3]由于O为抛出点，所以根据平抛运动规律有：x=v0ty＝12gt2将x=32cm，y=19.6cm，代入解得v0=1.6m/s（3）[4][5]由图可知，物体由A→B和由B→C所用的时间相等，且有△y=gT2由图可知△y=2L=1.6

cm，代入解得T=0.04sx=v0T将x=3L=2.4cm，代入解得v0=0.6m/s竖直方向自由落体运动，根据匀变速直线运动中时间中点的瞬时速度等于该过程中的平均速度有0.8m/s2ACByhvT==14.在利用重锤下落验证机械能守恒定律

的实验中：（1）下面叙述正确的是______A、应该用天平称出物体的质量．B、应该选用点迹清晰第一、二两点间的距离接近2mm的纸带．C、操作时应先放纸带再通电．D、电磁打点计时器应接在电压为220V的直流电源上．（2）如图2是实验中得到的一条纸带．已知打点计时器所用电源的频率为50Hz，当地

的重力加速度g=9.80m/s2，测得所用重物的质量为1.00kg，纸带上第0、1两点间距离接近2mm，A、B、C、D是连续打出的四个点，它们到0点的距离如图2所示．则由图中数据可知，打点计时器打下计数点C时，物体的速度vC=______m/s；重物由0点运动到C点的过程中，重力势能的减

少量等于______J，动能的增加量等于______J（取三位有效数字）．（3）实验结果发现动能增量不等于重力势能的减少量；造成这种现象的主要原因是______。A．选用的重锤质量过大B．数据处理时出现计算错误C．空

气对重锤的阻力和打点计时器对纸带的阻力D．实验时操作不够细，实验数据测量不准确．【答案】(1).B(2).3.90(3).7.62(4).7.61(5).C【解析】【详解】（1）[1]．A．因为我们是比较mgh、12mv2

的大小关系，故m可约去比较，不需要用天平，故A错误；B．在选择纸带时，要求点迹清晰，根据自由落体运动公式，h=12gt2可知，若开始一、二两点间的距离为2mm，则所打第一个点时的速度为零，这样只需比较mgh、12mv2的大小关系即可，实

验方便，故B正确；C．开始记录时，应先给打点计时器通电打点，然后再释放重锤，让它带着纸带一同落下，如果先放开纸带让重物下落，再接通打点计时时器的电源，由于重物运动较快，不利于数据的采集和处理，会对实验产生较大的误差，故C错误；D．电磁打点计

时器的工作电源是4～6V的交流电源，故D错误．故选B．（2）[2][3][4]．利用匀变速直线运动的推论：BD之间的平均速度等于C点的瞬时速度，得：0.85780.7018m/s3.90m/s220.02BDCxvT−===

从打下计数点O到打下计数点C的过程中，重锤重力势能减小量△EP=mgh=mgxC=1×9.8×0.7776J=7.62J动能的增加量△EK=12mvC2=7.61J（3）[5]．动能增量小于重力势能的减少量的原因主要是重物下落时受到空气阻力和打点针与纸带间的阻力作用，一部分重力势能

转化为内能，故C正确，ABD错误；故选C．四、计算题（本大题共3小题，共32分）15.在水平面上，用与水平方向成37=角斜向上方的拉力10NF=拉着一个质量1kgm=的物体从静止开始运动，物体与水平面间的动摩擦因数0.5=，物体运动112ms=时撤去拉力.s

in370.6cos370.8，==，重力加速度取210m/s.g=求：（1）拉力对物块做的功W；（2）撤去拉力后物块在水平面上还能向前滑行的距离多大．【答案】(1)96J(2)14.4m【解析】【详解】(1

)拉力对物体做的功：1cosWFs=代入数据得1012cos3796JW==；(2)在拉力F作用下有：sinFNmg+=摩擦力fN=代入数据解得12Nf=撤去拉力F，摩擦力25Nfmg==对全过程，由动能定理得11220Wfsfs−−=撤去拉力后物块在水平面上还能向前滑行的距离1122

Wfssf−=代入数据解得214.4sm=．16.宇航员站在一星球表面上高h处，以初速度v0沿水平方向抛出一个小球，小球落地时的水平位移为x．已知该星球的半径为R，不计星球自转，万有引力常量为G，求：（1）该星球表面的重力

加速度；（2）该星球的质量；（3）该星球的第一宇宙速度。【答案】(1)2022hvx(2)22022hvRGx(3)02vhRx【解析】【详解】(1)近似认为小球受到万有引力恒定，由星球表面物体受到的重力等于万有引力可知小球只受重力作用，故小球做平抛运动，那么由平抛运动位移规律可得：20

12xvthgt==，所以，该星球表面的重力加速度为：202222hvhgtx==(2)由星球表面物体受到的重力等于万有引力可得：2GMmmgR=所以，该星球的质量为：222022hvRgRMGGx==(3)近地卫星

绕星球运动的速度为第一宇宙速度，故由万有引力做向心力可得：22GMmvmRR=所以有：02vGMvhRRx==17.如图，在竖直平面内有由14圆弧AB和12圆弧BC组成的光滑固定轨道，两者在最低点B平滑连接。AB弧的半径为R，BC弧的半径为2R。一小球在A点正上方与

A相距4R处由静止开始自由下落，经A点沿圆弧轨道运动。(1)求小球在B、A两点的动能之比；(2)通过计算判断小球能否沿轨道运动到C点。【答案】(1)kk5ABEE=；(2)小球恰好可以沿轨道运动到C点。【解析】【详解】（1）设小球的质量为m，小球在A点

的动能为KAE，由机械能守恒可得4KAREmg=①设小球在B点的动能为KBE，同理有54KBREmg=②由①②联立可得5KAKBEE=③（2）若小球能沿轨道运动到C点，小球在C点所受轨道的正压力N应满足0N④

设小球在C点的速度大小为Cv，根据牛顿运动定律和向心加速度公式有22CvNmgmR+=⑤联立④⑤可得22CvmmgR⑥根据机械能守恒可得2142CRmgmv=⑦根据⑥⑦可知，小球恰好可以沿轨道运动到C点。【点

睛】分析清楚小球的运动过程，把握圆周运动最高点临界速度的求法：重力等于向心力，同时要熟练运用机械能守恒定律。