【文档说明】黑龙江省大庆铁人中学2019-2020学年高一下学期期中考试物理试题【精准解析】.doc，共(21)页，770.500 KB，由小赞的店铺上传

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铁人中学高一年级期中考试物理试题一、选择题（共12小题，共56分。在每小题给出的四个选项中，第1-8题只有一项符合题目要求，每小题4分，第9-12题为多选题，每小题6分，选不全的得3分，有选错或不答的得0分）1.下面四个选项中的虚线均

表示小鸟在竖直平面内飞行的轨迹，小鸟在图示位置时的速度v和所受合力F的方向可能正确的是（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【详解】AD．曲线运动的物体速度方向沿该点轨迹的切线方向，故AD错误；BC．曲线运

动时合力指向轨迹的内侧，故C错误，B正确。故选B。2.空间站是科学家进行天文探测和科学试验的特殊而又重要的场所，我国将于2020年前后将建成规模较大、长期有人参与的轨道空间站。假设某空间站正在地球赤道平面内的圆周

轨道上运行，其离地球表面的高度为同步卫星离地球表面高度的十分之一，且运行方向与地球自转方向一致。下列说法正确的有（）A.同步卫星的运行周期比空间站运行周期小B.同步卫星的运行速度大于空间站运行速度C.站在地球赤道上的人观察到空间站向东运动D.在空间站工作的宇航员因所受合力为零而在

舱中悬浮或静止【答案】C【解析】【详解】根据万有引力提供向心力列出等式222224GMmvrmmmrrrT===可得32rTGM=，GMvr=，3GMr=A．某空间站正在地球赤道平面内的圆周轨道上运行，其离地球表面的高度为同步卫

星离地球表面高度的十分之一；即空间站轨道半径小于同步卫星轨道半径，所以同步卫星的运行周期比空间站运行周期大，故A错误；B．空间站轨道半径小于同步卫星轨道半径，所以空间站运行的速度大于同步卫星运行速度，所以B错误；C．轨道半径越大，角速度越小，同步卫星和地球自转的

角速度相同，所以空间站的角速度大于地球自转的角速度，所以站在地球赤道上的人观察到空间站向东运动，故C正确；D．在“空间站”工作的宇航员处于完全失重状态，靠万有引力提供向心力，做圆周运动，故D错误。故选C。3.图中所示为一皮带传动装置

，右轮的半径为r，a是它边缘上的一点，左侧是一轮轴，大轮的半径为4r，小轮的半径为2r，b点在小轮上，到小轮中心的距离为r，c点和d点分别位于小轮和大轮的边缘上，若在传动过程中，皮带不打滑，则（）A.ab两点的线速度大小相等B.ab两点的

角速度大小相等C.ac两点的向心加速度大小相等D.ad两点的向心加速度大小相等【答案】D【解析】【分析】【详解】AB．皮带不打滑，则a、c两点的线速度大小相等；b、c两点的角速度相等，根据vR=可知c的线速度大于b的线速度

，则a点的线速度大于b点的线速度，a、b的运动半径相等，则a点的角速度大于b点的角速度，故AB错误；BC．a、c两点的线速度大小相等，根据2vaR=c点的运动半径大于a点的运动半径，故a点向心加速度大于c点的向心加速度，故C错误；D．设大轮的

角速度为0，则d点的向心加速度大小204dar=由a、c两点的线速度大小相等及vR=可得a的角速度为c的角速度的2倍，则a点的向心加速度大小()220024aarr==所以a、d两点得向心加速度

相等，故D正确。故选D。4.质量为1kg的物体被人用手由静止向上提高2m，这时物体的速度是4m/s，下列说法中不正确的是（不计一切阻力，g=10m/s2）（）A.手对物体做功20JB.合外力对物体做功8JC.物体重力势能增加了20JD.物体机械能增加了28J【答案

】A【解析】【详解】A．根据动能定理得2102Wmghmv−=−解得手对物体做功为22111102J14J28J22Wmghmv=+=+=故A错误，符合题意；B．由动能定理得221114J8J22Wmv===合故B正确，不符合题意；C．物体的重力做功为G1102J20J

Wmgh=−=−=−即物体克服重力做功20J，重力势能增加了20J，故C正确，不符合题意；D．手对物体做功等于物体机械能的增加，则物体机械能增加28JEW==故D正确，不符合题意。故选A。5.在水平路面上运动的汽车质量为2t，发动机的额定功率为80kW，若汽车所受阻力大小恒为车重的0

.2倍（g取10m/s2），则下列判断中正确的有（）A.若汽车以额定功率启动，则汽车能达到的最大速度为10m/sB.若汽车以额定功率启动，则当汽车速度为5m/s时，其加速度为8m/s2C.若汽车从静止开始以2m/s2的加速度匀加速启动，则匀加速过程

能维持5sD.若汽车从静止开始以2m/s2的加速度匀加速启动，则启动后第3秒初时发动机实际功率是48kW【答案】C【解析】【详解】A．当汽车牵引力等于阻力时，速度最大，则0.20.220000N4000NFfmg===

=根据mPfv=得最大速度m80000m/s20m/s4000Pvf===故A错误；B．若汽车以额定功率启动，则当汽车速度为5m/s时，牵引力8000016000N5PFv===则加速度21600040006m/s2000Ffam−−===故B错误；C．当汽车以恒定加速度启动时

，根据牛顿第二定律得Ffma−=解得400020002N8000NFfma=+=+=则匀加速直线运动的末速度80000m/s10m/s8000PvF===匀加速运动的时间10s5s2vta===故C正确；D．汽车从静止开始以2m/s2的加速度匀加速启动，启动后第3秒初的速度为22m/s4m/

svat===则此时的功率为80004W32kWPFv===故D错误。故选C。6.下列说法中正确的有（）A.人用F=200N的力将足球踢出，球在空中飞行40m，人对足球做功8000JB.滑块沿斜面匀速下降机械能一定不守恒C.作用力做正功，反作用力一定做负功

D.物体所受合力做功为零，机械能一定守恒【答案】B【解析】【详解】A．用300N的力踢足球后，足球不再受300N力的作用，因此无法计算踢足球的力做功的多少。故A错误；B．滑块沿斜面匀速下降，动能不变，重力势能减小，故机械能减小，不守恒，故B正确；C．作用力和反作用力是作用在两个物体上的力，作用力

做正功时，反作用力也可能做正功，如光滑地面上两个同名磁极靠近的物体，在磁力作用下会相互远离，力均做正功，故C错误；D．物体所受合力做功为零，由动能定理知，动能不变，但它的重力势能可能变化，机械能不一定守恒。如在竖直平面内的匀速圆周运动，合力做功为零，但

机械能不守恒。故D错误。故选B。7.“水流星”是一种常见的杂技项目，该运动可以简化为轻绳一端系着小球在竖直平面内的圆周运动模型，如图所示，已知小球运动到最低点Q时速度为v0，绳长为l，重力加速度为g，忽

略空气阻力，则（）A.小球运动到最低点Q时，处于失重状态B.小球运动到最低点Q时速度v0越大，则在P、Q两点绳对小球的拉力差越大C.当02vgl时，小球一定能通过最高点PD.当0vgl时，细绳始终处于绷紧状态【答案】D【解析】【详解】A．小球在最低点时重力与拉力的合

力提供向心力，所以小球受到的拉力一定大于重力，小球处于超重状态，故A不符合题意；B．设小球在最高点的速度为v1，最低点的速度为v2，由动能定理得222111222mglmvmv=−球经过最高点P211vFmg

ml+=球经过最低点Q时，受重力和绳子的拉力，如图根据牛顿第二定律得到222vFmgml−=联立解得F2-F1=6mg与小球的速度无关，故B不符合题意；C．球恰好经过最高点P，速度取最小值，故只受重力，重力提供向心力23vmgml=小球以v0向上运动到最高点时，由

动能定理得220411222mglmvmv=−可得430vglv==所以小球不过最高点，故C不符合题意；D．当0vgl时，设小球能够上升的最大高度h，由机械能守恒得201122mghmvmgl==所以h＜l，小球上

升的最高点尚不到与O水平的高度，所以细绳始终处于绷紧状态，故D符合题意。故选D。8.如图所示，倾角θ＝30°的粗糙斜面固定在地面上，长为L、质量为m、粗细均匀、质量分布均匀的软绳置于斜面上，其上端与斜面顶端齐平。用细线将物块与软绳相连，物块由静止释放后向下运动，直到软绳刚好全部离开斜面

（此时物块未到达地面），在此过程中（）A.物块的机械能逐渐增加B.软绳的重力势能共减少了4mgL，其机械能一定减少C.物块重力势能的减少小于二者增加的动能与软绳克服摩擦力所做功的和D.软绳重力势能的减少等于软绳动能的增加与软绳克服摩擦力所做的功之和【答案】C【解析】【详解】A．物块下落过程中

，软绳对物块做负功，物块的机械能逐渐减小，故A不符合题意；B．物块未释放时，软绳的重心离斜面顶端的高度为111sin3024hll==软绳刚好全部离开斜面时，软绳的重心离斜面顶端的高度212hl=则软绳重力势能共减少14mgl，由于软绳受到的拉力大于摩擦力，则拉力做功大于

摩擦力做功，知软绳的机械能增加，故B不符合题意；C．由能量守恒可知，物块和软绳重力势能的减少值等于二者动能的增加量和软绳克服摩擦力所做功的和，所以物块重力势能的减少小于二者增加的动能与软绳克服摩擦力所做功的和，故C符合题意；D．以软绳为研究对象，细线对软绳做正功，则软绳重力势能的

减少小于其动能的增加与克服摩擦力所做功的和，故D不符合题意。故选C。9.在倾角为θ的斜面上以大小为v的速度水平抛出一质量为m的小球，已知重力加速度为g，空气阻力不计，下列说法中正确的是（）A.当小球与斜面距离最大时，小球速度方向与斜面平行B.如果v不同，则小球落到斜面时的速

度方向也就不同C.从小球抛出到离开斜面距离最大的过程中，重力做功的平均功率为1tan2mgvD.球与斜面距离最大时，小球飞行的水平距离为2tanvg【答案】AC【解析】【分析】【详解】ACD．当小球的

速度方向与斜面平行时，小球垂直于斜面方向的速度为零，此时小球与斜面间的距离最大，根据平行四边形定则知得：此时的速度cosvv=竖直分速度vy=vtanθ根据vy=gt得tanvtg=小球飞行的水平距离2tanvxvtg=

=竖直位移为212hgt=重力的平均功率为1tan2mgvmghPt==故AC正确，D错误；B．设在空中飞行时间为t，小球在竖直方向做自由落体运动，水平方向做匀速直线运动；小球竖直位移与水平位移之比20012tan2gtygtxvtv==

=设此时运动员的速度与方向水平的夹角为α00tanyvgtvv==联立可得tan2tan=可见α与初速度v0无关，初速度不同，但小球落到斜面时的速度方向相同，故B错误。故选AC。10.在天文观测

中，发现一颗与其它天体相距较远的球形天体A，它有一靠近表面飞行的卫星a；另一颗与其它天体相距较远的球形天体B，它也有一靠近表面飞行的卫星b，测得两颗卫星a、b分别环绕天体A、B的周期相等。以下说法正确的是（）A.天体A、B的密度一定相等B.天体A、B的质量一定相等C.天体A、B的第一宇宙速

度一定相等D.天体A和天体B表面附近的重力加速度之比等于天体A、B的半径之比【答案】AD【解析】【详解】B．根据万有引力提供向心力2224MmGmRRT=可得天体质量为2324RMGT=由于天体A、B的半径关系未知，则无法判断质量是否

一定相等，故B错误；A．天体的密度为MV=体积为343VR=联立以上可得23GT=故A正确；C．根据万有引力提供向心力22MmvGmRR=可得243GMRvR==因为A、B的半径关系未知，无法判断第一宇宙速度一定相等，故C错误；D．根据万有引力提供向心

力2MmGmgR=联立可得243GMgGRR==可知天体A和天体B表面附近物体的重力加速度之比为天体A、B的半径之比，故D正确。故选AD。11.一个质量为m的质点以速度v0做匀速直线运动，某时刻开始受到恒力F的作用，质点的速度先减小后增大，其最小值为032v，质点从受到恒力作用到速度减至最小值

的过程（）A.经历的时间为0(23)2mvF−B.经历的时间为02mvFC.发生的位移为20138mvFD.发生的位移为208mvF【答案】BC【解析】【详解】AB、质点减速运动的最小速度不为0，说明质点不是做直线运动，是做类斜抛运动．质点的速度先减小后增大，其最小值为032v，

分析可知初速度与恒力的夹角为120°．沿恒力方向根据牛顿第二定律可得加速度为：a=Fm在沿恒力方向上有：v0sin30°﹣at=0，解得：t=02mvF，故A错误、B正确；CD、此过程中垂直于力F方向发生的位移为：x=03

2vt=2034mvF，在沿恒力方向上有：2220011()2228mvmvFyatmFF===，质点的位移为：s=2220138mvxyF+=，故C正确，D错误．故选BC【点睛】根据题目中的描述物体在做曲线运动，根据速度的合成与分解和位移的合成与分解进行分析，列式求解即可．1

2.如图，轻杆长为L，一端铰接在地面上可自由转动，一端固定一质量为m的小球（半径可忽略），一表面光滑的立方体物块（边长为a，且a远小于杆长L）在水平外力F作用下由杆的小球一端沿光滑地面以速度v0向左做匀速直线运动，并将杆顶起。下列说法正确的是（）A.在杆与地面夹角转到9

0°之前，F所做的功等于小球动能的改变量B.在杆与地面夹角转到90°之前，小球的速度一直增大C.当杆与地面的夹角为θ时，杆的角速度20sinva=D.当杆与地面的夹角为θ时，小球克服重力做功的瞬时功率为20sincosmgvLPa=【答案】BCD【解析】【分析】【详

解】A．由能量守恒定律可得，在杆与地面夹角转到90°之前，F所做的功等于小球机械能（动能和重力势能）的改变量，故A错误；B．木块速度为v0，杆上和木块接触点的速度为v0，触点绕固定点转动的分速度v′，由运动的分解可得v′=v0

sinθ因触点和小球在同一杆上以相同角速度转动，故在杆与地面夹角转到90°之前，小球的速度一直增大，故B正确；C．当杆与地面的夹角为θ时，木块与棒的触点绕固定点转动的分速度v′=v0sinθ而触点与固定点的距离为sinar=可得杆的角速度20sinva=故C正

确；D．当杆与地面的夹角为θ时，故棒的角速度20sinva=故小球的竖直方向分速度为v″=Lωcosθ小球克服重力做功的瞬时功率20sincosmgvLPmgva==故D正确。故选BCD。二、实验题（本题有两小题，13题6分，14题10分，共16

分）13.某学习小组做探究“合力的功与物体速度变化的关系”的实验装置如图所示，图中小车是在一条橡皮筋作用下弹出，沿木板滑行，橡皮筋对小车做的功记为W，当用2条、3条…完全相同的橡皮筋并在一起进行第2次、第3次…实验时，使每次实验中橡皮筋伸长的长度都保持一致，每

次实验中小车获得的速度由打点计时器所打的纸带测出，打点计时器的工作频率为50Hz。(1)实验中，小车会受到摩擦阻力的作用，可以使木板适当倾斜来平衡掉摩擦阻力，则下面操作正确的是（）A.放开小车，能够自由下滑即可B.轻推小车，能够匀速下滑即可C.放开拖着纸带的小车，能够自由下滑

即可D.轻推拖着纸带的小车，能够匀速下滑即可(2)根据第4次实验的纸带（如图所示）求得小车获得的速度为________m/s。(3)若根据多次测量数据画出的W－v图像如下图所示，符合实际的是图（）【答案】(1).D(2).2(

3).C【解析】【详解】(1)[1]实验中可以适当抬高木板的一侧来平衡摩擦阻力，受力平衡时，小车应做匀速直线运动，所以正确的做法是：轻推拖着纸带的小车，能够匀速下滑即可，故ABC错误，D正确。故选D。(2)[2]小车获得的速度为()4

.004.000.01m/s=2m/s20.02v+=(3)[3]由实验原理可知，做的功与小车的速度v2成正比，故W与v应是二次函数关系，故C正确，ABD错误。故选C。14.用落体法“验证机械能守恒定律”的实验装置如图所示。(1)实验中，如下哪些操作是必要的______

__。A．用秒表测出重物下落的时间B.用天平测量重物的质量C.先接通电源后释放重物D.释放重物前，重物应尽量靠近打点计时器(2)下图为某次实验中打出的一条纸带，若重物的质量m＝1kg，相邻计数点间的时间间隔为0.04s，计算B点瞬时速

度时，甲同学用2Bv＝2gxOB，乙同学用vB＝2ACxT，其中所选择方法正确的是______（填“甲”或“乙”）同学。从打点计时器打下起点O到打下B点的过程中，重物重力势能的减少量Ep＝________J，重物动能的

增加量Ek＝________J。（g＝9.8m/s2，结果均保留三位有效数字）(3)某次实验中丙同学发现重物重力势能的减少量小于重物动能的增加量，其原因可能是：____________。【答案】(1).CD(2).乙(3).2.

28(4).2.26(5).开始打点时重物有一定的速度（或先释放重物后接通电源）【解析】【详解】(1)[1]．A．实验中打点计时器可直接记录重物下落的时间，不需要秒表，选项A错误；B.要验证的关系式212mghmv=，两边消掉了m，则不需要用天平测量重物的质量，选项B错误；C.实验时要先接通

电源后释放重物，选项C正确；D.释放重物前，重物应尽量靠近打点计时器，以充分利用纸带，选项D正确。故选CD。(2)[2]．甲同学中的表达式中有g，这样就是间接说明了重物下落的加速度为g，机械能就是守恒的了；由于实际存在阻力，故不能按甲同学的方法计

算B点的瞬时速度；即乙同学的方法正确；(3)[3]．重力势能减小量为△Ep=mgh=1×9.8×0.2325J=2.28J[4]．利用匀变速直线运动的推论，有0.32500.15502.12m/s20.04ACBACxvt−===212.26J2kBBEmv==(3)[5]．某次

实验中丙同学发现重物重力势能的减少量小于重物动能的增加量，其原因可能是：开始打点时重物有一定的速度（或先释放重物后接通电源）。三、计算题（本大题有3小题，共38分，要求写出必要的文字说明及计算过程）15.如图所示，粗糙弧形轨道和两个光滑半圆轨道组成翘尾巴的S形轨道。光滑半圆轨道半径为R，两

个光滑半圆轨道连接处CD之间留有很小空隙，刚好能够使小球通过，CD之间距离可忽略，粗糙弧形轨道最高点A与水平面上B点之间的高度为h。从A点静止释放一个可视为质点的小球，小球沿翘尾巴的S形轨道运动后从E点水平飞出，落到水平地面上，落点到与E点在同一竖直线上B点的距

离为s。已知小球质量m，不计空气阻力，求：(1)小球从E点水平飞出时的速度大小；(2)小球运动到半圆轨道的B点时对轨道的压力；(3)小球沿翘尾巴S形轨道运动时克服摩擦力做的功。【答案】（1）24sgR（2）2298mgsmgR+，方

向竖直向下（3）()2416mgsmghRR−−【解析】【详解】(1)小球从E点水平飞出做平抛运动，设小球从E点水平飞出时的速度大小为vE，由平抛运动规律得Esvt=，2142Rgt=联立解得24EsgvR=(2)小球从B点运动到E点的过程，机械能守恒，根据机械能守恒定律得2211422BE

mvmgRmv=+解得2288BgsvgRR=+在B点，根据牛顿第二定律得2BvFmgmR−=由牛顿第三定律可知小球运动到B点时对轨道的压力为FF=，联立解得2298mgsFmgR=+方向竖直向下(3)设小球沿翘尾巴的S形轨道运动时克服摩擦力做的功为W，则

由动能定理21(4)2EmghRWmv−−=解得2(4)16mgsWmghRR=−−16.已知地球绕太阳做圆周运动的轨道半径为R、周期为T，万有引力常量为G。求：(1)太阳的质量M；(2)已知金星绕太阳做圆周运动的周期为0.6T，求地球与金星相邻两次距离最近时的时间间隔t。

【答案】（1）2324RGT；（2）1.5T【解析】【详解】(1)对于地球绕太阳运动有，根据万有引力提供向心力22MmGmRR=角速度为2T=联立解得2324RMGT=(2)根据圆周运动规律，地球再一次与金星相距最近

的条件是ω金t－ω地t＝2π角速度为2=0.6T金2=T地联立解得t＝1.5T17.如图所示为一水平皮带运输机，现在令皮带上只允许有一袋水泥，人将一袋水泥无初速度地放在皮带左端，水泥相对于皮带滑动时可在皮带上划出痕迹，皮带足够长，水泥袋在运行过

程中最终都会与皮带达到共速，皮带右面有一半径为R的光滑竖直半圆轨道，轨道的最低点与皮带相切，最高点为A。已知水泥的质量为m，重力加速度为g，水泥可当做质点，水泥和皮带之间的动摩擦因数为μ。(1)若水泥从放到皮带上到相对传送带静止所用时间为t，求电动

机由于传送水泥多消耗的电能；(2)若要水泥沿竖直半圆轨道到达A点，求皮带运行速度满足的条件。【答案】(1)222mgt；(2)5vgR【解析】【详解】(1)设皮带的速度为v，对水泥，根据牛顿第二定律μmg=ma速度为v=at位移为212

Sat=水泥对皮带有S皮带=vt水泥在皮带上划出的痕迹S痕迹=S皮带-S水泥联立以上方程可得212Sugt=痕迹在时间t内，皮带与水泥的摩擦生热为Q=μmg•S痕迹=22212mgt水泥获得的动能为Ek=12mv

2=22212mgt所以电动机多消耗的电能为W=Q+Ek=222mgt(2)若水泥能够通过最高点，则在最高点有22vmgmR最低点到最高点，对水泥列动能定理22211222mgRmvmv−=−联立得到5vgR