【文档说明】【精准解析】广西南宁市第三中学2019-2020学年高一下学期期末考试物理（理）试题.doc，共(21)页，986.000 KB，由小赞的店铺上传

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南宁三中2019~2020学年度下学期高一期考理科物理试题一、选择题（每小题4分，共48分，1-8题只有一个选项是正确的，9-12每题有多个选项是正确的）1.关于曲线运动，下列说法正确的是（）A.曲线运动可能是匀速运动B.做曲线运动的物体，

受到的合外力一定在不断改变C.只要物体做圆周运动，它所受的合外力一定指向圆心D.做匀变速曲线运动的物体，相等时间内速度的变化量相同【答案】D【解析】【详解】A．曲线运动的速度方向一定变化，不可能是匀速运动，选项A错误；B．做曲线运动的物体，受到的合外力不一定在

不断改变，例如平抛运动，选项B错误；C．只有当物体做匀速圆周运动时，它所受的合外力才一定指向圆心，选项C错误；D．做匀变速曲线运动的物体加速度恒定，根据∆v=at可知相等时间内速度的变化量相同，选项D正确。故选D。2.如图所示，下列说法正确的是（所有

情况均不计摩擦、空气阻力以及滑轮质量）（）A.甲图中，火箭升空的过程中，若匀速升空，机械能守恒，若加速升空，机械能不守恒B.乙图中，物块在外力F的作用下匀速上滑，物块的机械能守恒C.丙图中，物块A以一定的初速度将弹

簧压缩的过程中，物块A与弹簧组成的系统机械能守恒D.丁图中，物块A加速下落，物块B加速上升的过程中，物体B机械能守恒【答案】C【解析】【详解】A．甲图中，火箭升空的过程中，若匀速升空，动能不变，重力势能增大，机械能增大，若加速升空，动能和重力势能均增大，机械

能增大，这两种情况下空气对火箭的作用力都做正功，说明火箭机械能都增大，故A错误；B．乙图中，物块在外力F的作用下匀速上滑，动能不变，重力势能增大，物块的机械能增大，故B错误；C．丙图中，只有重力和系统内的弹力做功，机械能没有转化为其它能，说明物块A与弹簧

组成的系统机械能守恒，故C正确；D．丁图中，物块B加速上升的过程中，绳子拉力对物体B做正功，物体B的动能和重力势能都增大，说明物体B机械能增大，故D错误。故选C。3.做平抛运动的物体初速度为v0，以抛出点为0时刻，在

空中运动到某位置时水平位移与竖直位移相等，下列说法正确的是（）A.该时刻物体的水平方向的分速度与竖直方向的分速度大小相等B.该时刻物体的速度05vvC.物体运动的时间为0vgD.该时刻物体的合位移大小等于202vg【答案】B【解析】【详解】AC．根据2012

vtgt＝得02vtg此时竖直分速度vy=gt=2v0所以竖直分速度是水平分速度的2倍。故AC错误；B．根据平行四边形定则知，物体的速度大小22005yvvvv＝＝故B正确；D．物体的水平位移2002vxvtg＝

＝则物体的位移大小20222vsxg＝故D错误。故选B。4.如图所示，甲、乙为两辆完全一样的电动玩具汽车，以相同且不变的角速度在水平地面上做匀速圆周运动。甲运动的半径小于乙运动的半径，下列说法正确的是（）

A.甲的线速度大于乙的线速度B.甲、乙两辆车的摩擦力相同C.若角速度增大，乙先发生侧滑D.甲的加速度大于乙的加速度【答案】C【解析】【详解】A．甲、乙两车以相同且不变的角速度在水平地面上做匀速圆周运动，甲运动的半径小于乙运动的半径，根据vr可得甲

的线速度小于乙的线速度，故A错误；B．甲、乙两车以相同且不变的角速度在水平地面上做匀速圆周运动，静摩擦力提供向心力，则有2fmr由于甲运动的半径小于乙运动的半径，所以甲车受到的摩擦力小于乙车受到的摩擦力，故B错

误；C．车辆刚好发生侧滑时，则有2mgrm解得gr运动的半径越大，临界的角速度越小，越容易发生侧滑，所以若角速度增大时，乙先发生侧滑，故C正确；D．根据2ar可知，甲运动的半径小于乙运动的半径，甲的

加速度小于于乙的加速度，故D错误；故选C。5.如图是金刚老师做引体向上的示意图。假设金刚老师在1min内刚好连续做了20个完整的引体向上。若每次完整的引体向上分为身体“上引”（身体由静止开始从最低点升

到最高点）和“下放”（身体从最高点回到最低点的初始状态）两个过程，单杠在整个过程中相对地面静止不动，则下列说法正确的是（）A.单杠对双手的弹力是由于金刚老师的手发生了弹性形变产生的B.“上引”过程中，单杠对金刚老师做正功C.金刚老师在1min内克服重力做功的功率约为100WD

.一次完整的引体向上过程中，金刚老师的机械能守恒【答案】C【解析】【详解】A．单杠对双手的弹力是由于单杠发生了弹性形变产生的，故A错误；BD．在做引体向上运动时，单杠对金刚老师不做功，人的手臂对躯体做功消耗了人体的化学能得到了机械能，是将化学能转化为机械能，机械能不守恒，故BD错误；C．金刚

老师是成人，体重约为60kg，故每做一次完整的引体向上所做的功约为6000.5J300JWGh金刚老师在1min内克服重力做功的功率约为2020300W100W60WPt故C正确。故选C。6.如图所示，长

为L的长木板水平放置，在木板的A端放置一个质量为m的小物块，现缓慢地抬高A端，使木板以左端为固定轴转动，当木板转到与水平面的夹角为α时小物块开始滑动，此时停止转动木板，小物块滑到底端的速度为v，则在整个过程中（）A.支持力

对物块做功为sinmgLB.重力对小物块做功为-sinmgLC.滑动摩擦力对小物块做的功21sin2mvmgLD.小物块的机械能减小了sinmgL【答案】A【解析】【详解】A．在缓慢抬高木板A端的过程中，只有重力和支持力对小物块做功，根据动能定理得sin

0NWmgL得到支持力对小物块做的功为=sinNWmgLA正确；B．对整体过程研究，重力对小物块做功为零，B错误；C．小物块沿板下滑过程中，小物块重力和滑动摩擦力做功，根据动能定理得21sin02fmgLWmv

得到滑动摩擦力对小物块做的功为21=sin2fWmvmgLC错误；D．在整个过程中小物块的机械能是增加的，增加量等于小物块动能的增加量即为212mv，D错误。故选A。7.人们对手机的依赖性越来越强，有些人喜欢躺着玩手机，经常出现手机砸伤

人脸的情况。若手机的质量为150g，从离人脸约20cm的高度无初速度掉落，砸到人脸后手机未反弹，人脸受到手机的冲击时间约为0.1s，重力加速度g=10m/s2，下列说法不正确的是（）A.手机与人脸作用过程中，手机的动量变化量大小约为0.3kg·

m/sB.人脸对手机的冲量大小约为0.3N·sC.人脸对手机的冲量方向与手机动量变化的方向相同D.手机对人脸的平均冲力大小约为3N【答案】D【解析】【详解】手机做自由落体运动，20cm=0.2m，由位移公式可得22vgh则

有22100.2m/s2m/svgh由单位换算可得150g0.15kg手机与人脸作用过程中，初动量110.152kgm/s=0.3kgm/spmv末动量20p手机的动量变化量2100.3kgm/s=-0.3kgm/sppp大小为0.3kg·m/s，故A不符合

题意；BC．忽略重力冲量的影响，由动量定理可知人脸对手机的冲量大小约为0.3N·s，人脸对手机的冲量方向与手机动量变化的方向相同，故BC不符合题意；D．取向上为正方向，由动量定理可得10Ftmgtmv代入数值可得4.5NF手机对人脸的平均冲力大小为4.5

N，故D符合题意。故选D。8.宇宙间存在一些离其他恒星较远的三星系统，其中有一种三星系统如图所示，三颗质量为m的星球位于等边三角形的三个顶点上，任意两颗星球的距离均为L，并绕其中心O做匀速圆周运动．忽略其他星球对它们的引力作用，引力常量为G，以下对

该三星系统的说法正确的是()A.每颗星球做圆周运动的半径都等于LB.每颗星球做圆周运动的加速度与星球的质量无关C.每颗星球做圆周运动的线速度GmvLD.每颗星球做圆周运动的周期为2LTLGm【答案】C【解析】

【详解】A．三颗星球均绕中心做圆周运动，由几何关系可知r＝2cos30L＝33LA错误；B．任一星球做圆周运动的向心力由其他两个星球的引力的合力提供，根据平行四边形定则得F＝222GmLcos30°＝ma解得a＝23GmLB错误；CD．由F＝222GmLcos30°＝m2vr＝m

224Tr得v＝GmLT＝2πL3LGmC正确，D错误。故选C。9.2019年1月3日10时26分，“嫦娥四号”探测器成功着陆在月球背面，嫦娥四号卫星的工作轨道是100公里环月圆轨道Ⅰ，为对预选着陆区（图中B点正下方）进行精细成像，嫦娥四号在A点将轨道变为椭圆轨道Ⅱ，使其近月点

在着陆区正上方B点，大约距月面15公里。下列说法中正确的是（）A.沿轨道Ⅱ运动的周期小于沿轨道І运动的周期B.在轨道Ⅱ上A点的速度小于在轨道І上A点的速度C.卫星从轨道І变为椭圆轨道Ⅱ时，在A点需加速D.在轨道Ⅱ上A点的加速度大于在轨道І上A点的加速度【

答案】AB【解析】【详解】A．根据开普勒第三定律32RCT，轨道Ⅰ的半径大于轨道Ⅱ的半长轴，所以在轨道Ⅰ上运行的周期大于在轨道Ⅱ上运行的周期，选项A正确；BC．嫦娥二号在轨道Ⅰ上的A点进入轨道Ⅱ，需要减速，使万有引力大于向心力，才能做近心运动，所以在轨道Ⅱ上A点的速度小于在轨道І上A点的速度，

选项B正确，C错误；D．在轨道Ⅱ上A点和在轨道І上A点的所受的万有引力相等，根据牛顿第二定律，加速度也相等，选项D错误。故选AB。10.如图所示，一根长为L的轻杆，O端用铰链固定，另一端固定着一个小球A，轻杆靠在一

个高为h的物块上。若物块与地面摩擦不计，则当轻杆以不变的角速度顺时针转动至轻杆与水平方向夹角为θ时，物块与轻杆的接触点为B，下列说法正确的是（）A.小球A的线速度大小为sinhB.A点与B点角速度相同C.物

块向右运动的速度2sinhvD.随着轻杆与水平方向夹角的减小，物块速度先增大后减小【答案】BC【解析】【详解】A．当轻杆以不变的角速度顺时针转动时，根据v=ωr可知小球A的线速度大小为ωL，选项A错误；B．A点与B点同轴转动，则角速度相同，选项B正确；C．如图所

示根据运动的合成与分解可知，接触点B的实际运动为合运动，可将B点运动的速度vB=v沿垂直于杆和沿杆的方向分解成v2和v1，其中v2=vBsinθ=vsinθ为B点做圆周运动的线速度。当杆与水平方向夹角为θ时sinhOBB点的线速度为2sinhvOB22si

nsinvhv选项C正确；D．根据2sinhv可知，随着轻杆与水平方向夹角的减小，物块速度逐渐变大，选项D错误。故选BC。11.质量为m的汽车在平直路面上启动，启动过程的速度图像如图所示，10~t段为直线，从1t时刻起汽车保持额定功率不变，整个运动过程中汽车所受阻力恒

为f，则()A.10~t时间内，汽车的牵引力等于11+vmftB.21~tt时间内，汽车牵引力做功为22211122mvmvC.21~tt时间内，汽车发动机的功率等于1fvD.21~tt时间内，汽车发动机的功率等于2fv【答案】AD【解析】【详解】A．0～t1时间内，汽车做匀加速直线运

动，加速度a=11vt根据牛顿第二定律得F-f=ma解得牵引力F=f+m11vt故A正确；B．根据动能定理，在21~tt时间内，汽车合外力做功为22211122mvmv，选项B错误；CD．当牵引力等于阻力时，速度达到最大，故t1～t2时间

内，汽车已达到额定功率，则P=fv2，故C错误，D正确。故选AD．12.如图所示，光滑直角细杆POQ固定在竖直平面内，OP边水平，OP与OQ在O点平滑相连，A、B两小环用长为L的轻绳相连，分别套在OP和OQ杆上。已知A环质量为m，B环为2m。初始时刻，将轻绳拉至水平位置拉直

（即B环位于O点），然后同时释放两小环，A环到达O点后，速度大小不变，方向变为竖直向下，已知重力加速度为g，下列说法正确的是（）A.B环下降高度为22L时，A环与B环速度大小相等B.在A环到达O点的过程中，B环速度一直增大C.A环到达O点时速度大小为2gLD.当A环到达O

点后，若在转弯处机械能不损失，再经12Lg的时间能追上B环【答案】ACD【解析】【详解】A．将两环的速度分解如图所示，B环下降高度为22L时，图中==45则有coscosABvv所以A环与B环速度大小相等，故A正确；B．B开始下降

的过程中速度由0开始增大，所以是做加速运动，当绳子与水平方向之间的夹角接近90时，tan，则0tanABvv可知当A到达O点时，B的速度等于0，以B一定还存在减速的过程，即A环到达O点的过程中，B环先加速后减速，故B错误；C．由于A到达O点时B的速度

等于0，由机械能守恒得2122AmvmgL则有2AvgL故C正确；D．环A过O点后做加速度等于g的匀加速直线运动，B做自由落体运动，当A追上B时有221122AvtgtLgt解得12tLg故D正确。故选ACD。二、填空题（共12分）13.用如图所示装置探究碰撞中的不变量

，气垫导轨水平放置，挡光板宽度为5.0mm，两滑块被弹簧(图中未画出)弹开后，左侧滑块通过左侧光电计时器，记录时间为0.040s，右侧滑块通过右侧光电计时器，记录时间为0.062s，左侧滑块质量为1kg，右侧滑块质量为1.5kg，两滑块质量与速度

的乘积的矢量和m1v1＋m2v2=________kg·m/s，这个实验结果说明：____________（以水平向左为正方向，结果保留到小数点后3位）【答案】(1).0.003(2).在误差范围内，两滑块质量与速度的乘积的大小相等，方向相反，即碰撞过程中

，系统动量守恒【解析】【详解】[1]滑块通过挡光板的平均速度可近似等于瞬时速度，左侧滑块的速度为31115.010m/s0.125m/s0.040dvt则左侧滑块的动量为p1=m1v1=0.125kg·m/s右侧滑块的速度为32225.010m/s0.081m/s0.

062dvt则右侧滑块的动量为p2=m2v2≈－0.122kg·m/s两滑块质量与速度的乘积的矢量和m1v1＋m2v2=0.003kg·m/s[2]说明在误差范围内，两滑块质量与速度的

乘积的大小相等，方向相反，即碰撞过程中，系统动量守恒。14.用如图所示的甲、乙两种装置都可以进行“探究做功与物体速度变化的关系”实验（1）a、b是两个实验中打出的纸带的一部分，A、B、C、…、G是纸带上标出的计数点，每两个相邻的计数点之间还有4个打出的点未

画出，打点计时器打点的周期T=0.02s。其中图______（填“a”或“b”）所示的是用乙装置得出的实验纸带。用甲装置实验时打下F点的瞬时速度v=_______m/s（保留2位有效数字）。（2）某同学用乙装置进行实验时，下列说法错误的有_________。A．通过

增加橡皮筋的条数可以使橡皮筋对小车做的功成整数倍增加B．通过改变小车质量可以改变橡皮筋对小车做的功C．每次实验中，橡皮筋拉伸的长度必需保持一致D．先接通电源，再让小车在橡皮筋的作用下弹出（3）某同学用甲装置进行实验时，没

能得到“合力对物体做的功W∝v2”的结论，且误差很大。通过反思，他认为产生误差的原因如下，其中可能正确的是__________。A．钩码质量太大，使得合力对物体做功的测量值比真实值偏大太多B．没有平衡摩擦力，使得合力对物体做功的测量值比真实值偏大太多C．释放小车和接

通电源的次序有误，使得速度增量的测量值比真实值偏小D．没有使用最小刻度为毫米的刻度尺测距离也是产生此误差的重要原因【答案】(1).a(2).0.28(3).B(4).AB【解析】【详解】(1)[1][2]由于乙小车先加速后匀速，因此最后一段是匀速运动的一定是乙小车，因此a是乙

打出的实验纸带。用甲装置打下的纸带是b图，每两个相邻的计数点之间还有4个打出的点未画出，则相邻的计数点的时间为0.1s，F点的瞬时速度为EG间的平均速度2(2.603.00)10m/s0.28m/s0.12Fv(2)[3]A．通过增加橡皮筋的条数可以

使橡皮筋对小车做的功成整数倍增加，选项A正确，不符合题意；B．改变小车的质量，橡皮筋对小车做的功不变，选项B错误，符合题意；C．每次实验中，橡皮筋拉伸的长度必需保持一致，选项C正确，不符合题意；D．先接通电源，再让小车在橡皮筋的作用下弹出，选项D正确，不符合题意。故选B。(3)[

4]A．钩码质量太大，使得绳子拉力比钩码重力小的多，因此会出现合力对物体做功的测量值比真实值偏大太多，故A正确；B．没有平衡摩擦力，使得拉力一值偏大，合力对物体做功的测量值比真实值偏大太多，故B正确；C．释放小车和接通电源的次序有误，

如果在测量时，测量中间一段的机械能变化，对实验结果没有影响，故C错误；D．没有使用最小刻度为毫米的刻度尺测距离，使得误差的精确度减小，但不会出现较大误差，故D错误。故选AB。三、计算题（共40分）15

.如图所示，小球A质量为m，用一个装置把它锁定在长为R的轻细直杆末端，并随杆一起绕杆的另一端O点在竖直平面内做圆周运动，圆周运动的最低点与水平地面的距离也为R，已知小球经过最高点的速度为6gR，重力加速度为g，求：(1)小球经过最高点时，杆对球的作用力的大小和方向；(2)若小球经

过最高点时解除锁定，求落地时小球水平方向飞行的距离大小？【答案】(1)5mg，方向竖直向下；(2)6R【解析】【详解】(1)在最高点时有2mvFmgR又因为6vgR，解得5Fmg方向指向圆心（或竖直向下）(2)从最高点到落地，有

2132Rgt得6Rtg水平飞行的距离xvt，解得6xR16.光滑水平面上，质量为1kg的小球A以5m/s的速度向右运动，大小相同的小球B质量为4kg，以0.5m/s的速度向右运动，两者发生正碰，碰撞后小球B以2m/s的速度向右

运动，求：(1)碰后A球的速度v；(2)碰撞过程中A球对B球的冲量大小I；(3)碰撞过程中损失的机械能。【答案】(1)1m/s；方向向左；(2)6Ns；(3)4.5J【解析】【详解】(1)两球碰撞过程，取向右为正方向，根据动量守恒定律，有AABBABmvmvmvmv解得

碰后A球的速度1m/sv即碰后A球速度大小为1m/s，方向向左；(2)以B球为研究对象，根据动量定理，有BBB42kgm/s405kgm/s=6NsImvmv.即碰撞过程中A球对B球的冲量大小为6Ns；(3)碰撞过程损失的机械能为2222AABBAB1111Δ=2

222Emvmvmvmv（）（）解得碰撞过程中损失的机械能Δ=4.5JE17.如图所示，假设某星球表面上有一倾角为θ的固定光滑斜面，一质量为m的小物块从斜面底端以速度v0沿斜面向上运动，小物块运动t时速度恰好为零。已知万有引力常量为G，该星球半径为R，忽略星球的自转。试求：

(1)该星球的质量。(2)该星球的第一宇宙速度。【答案】（1）20sinvRMGt；（2）0sinRvvt【解析】【详解】（1）小物块沿斜面向上运动过程00=vat设该星球表面的重力加速度为g,有sinmgma万有引力与重力的关系2MmGmgR由以上各式

可得20sinvRMGt（2）设星球的第一宇宙速度为v，根据万有引力提供向心力，则有22MmmvGRR解得0sinRvvt18.如图所示，竖直面内、半径为R=0.6m的光滑半圆轨道底端切线水

平，与水平传送带左端B靠近，传送带右端C与一平台靠近，圆弧轨道底端、传送带上表面及平台位于同一水平面，传送带长为L=1m，以v=4m/s的恒定速度沿顺时针匀速转动，一轻弹簧放在平台上，弹簧右端固定在竖直墙上，弹簧处于原长，左

端与平台上D点对齐，CD长为xCD=1m，平台D点右侧光滑，重力加速度为g=10m/s2，让质量为m=1kg的物块从半圆的最高点A以某一速度v0飞入轨道，此时对轨道的压力刚好等于小球的重力。此后，物块第二次滑上传送带后，恰好能滑到传送带的左端B点，不计物块的大小，物块与传送带间的动摩擦因数为1=0

.5。(1)求物块运动到圆弧轨道最底端时受到支持力NB的大小；(2)物块第一次压缩弹簧，弹簧获得的最大弹性势能EPm是多少？(3)物块从A点开始运动到第一次向左滑到B点过程中，物块与传送带及平台间因摩擦产生的热量是多少？（10=3.2，26=

5.1，结果保留1位小数）【答案】(1)70N；(2)9J；(3)22.2J【解析】【详解】(1)对A点20AmvmgNR又因为ANmg得012m/sv物块从A到B，有220B11222mgR

mvmv得B6m/sv在圆弧轨道最底端时2BvFmgmR解得70NF(2)由于vB>v，因此物块滑上传送带后先做减速运动，假设物块在传送带一直减速，有ma1=μ1mg得a1=5m/s2设减速到C的速度为vc，有22CB12vvLa得C26m/sv>4m/s故假设

成立物块从B→C→D→C→B的过程有22CD1B12202mgxmgLmv得20.4物块从C点到第一次压缩弹簧到最大形变量过程中，有2C2CDPm12mvmgxE求得最大弹性势能Pm9JE(3)物块第一次在传送带上滑动时，因摩擦产生的热量111()QmgLvt其

中11CBvvta得11.4JQ物块在平台上运动因摩擦产生的热量22CD23.0JQmgx设物块第二次刚滑上传送带时速度大小为Cv从C到B，则有212CvLa得10m/sCv物块第二次在传送带上滑动因摩擦

产的热量312()QmgLvt其中210Cvta得317.8JQ摩擦产生的热量12322.2JQQQQ