【文档说明】【精准解析】江西省新余市第一中学2019-2020学年高一下学期第二次考试物理试题.doc，共(16)页，886.500 KB，由小赞的店铺上传

转载请保留链接：https://www.doc5u.com/view-7b770648e094cd1c8b17d71f50230b9e.html

以下为本文档部分文字说明：

新余一中2019--2020年度高一年级下学期第二次考试物理试题一、选择题1.如图所示，篮球从手中①位置投出后落到篮框上方③位置，空中到达的最高点为②位置（空气阻力不能忽略），则（）A.②位置篮球动能等于0B.①位置到③位置过程只有重力做功C.①位置到②位置的过程，篮球的动能全部转化为重力

势能D.②位置到③位置过程，篮球动能的变化量等于合力做的功【答案】D【解析】由图可知，小球由②到③过程中具有水平位移，则说明小球在②位置存在速度，动能不为零，故A错误；①位置到③位置过程除重力做功外，还有阻力做功，选项B错误；②位置速度不为零，且由于运动中存在

阻力做功，因此①位置到②位置的过程足球的动能一部分转化为重力势能和内能，故C错误；根据动能定理可得，②位置到③位置过程足球动能的变化量等于合力做的功，故D正确．故选D．点睛：本题考查动能定理和功能关系的应用，要注意明确小球

如果不受阻力时，水平方向做匀速运动，而小球受到阻力时，水平方向将做减速运动．同时要注意明确功能关系的正确应用，明确能量的转化方向．2.如图所示，天文学家观测到某行星和地球在同一轨道平面内绕太阳做同向匀速圆周运动，且行星

的轨道半径比地球的轨道半径小，地球和太阳中心的连线与地球和行星的连线所夹的角叫做地球对该行星的观察视角。当行星处于最大观察视角处时，是地球上的天文爱好者观察该行星的最佳时期，已知该行星的最大观察视角为θ，不计行星与地球之间的引力，则该行星环绕太阳运动的周期约为（）A.()32sin年B

.()23sin年C.()32cos年D.()23cos年【答案】A【解析】【详解】由题图可知，当行星处于最大视角处时，地球和行星的连线应与行星轨道相切。根据几何关系有R行＝R地sinθ根据开普勒第三定律有33

22=RRTT行地行地得()33323==sinsinRTTTR=行行地地地年故A正确，BCD错误。故选A。3.如图所示，窗子上、下沿间的高度H＝1.6m，墙的厚度d＝0.4m，某人在离墙壁距离L＝1.4m、距窗子上沿h＝0.2m处的P点，将可视为质点的

小物件以v的初速度水平抛出，要求小物件能直接穿过窗口并落在水平地面上，不计空气阻力．则可以实现上述要求的速度大小是()A.2m/sB.4m/sC.8m/sD.10m/s【答案】B【解析】【分析】小物体做平抛运动，恰好擦着窗子上沿右侧穿过时v最大．恰好擦着

窗口下沿左侧时速度v最小，由分位移公式求解；【详解】小物件做平抛运动，恰好擦着窗子上沿右侧穿过时v最大，此时有：maxLtv=212hgt=代入数据解得7m/smaxv=；小物件恰好擦着窗口下沿左侧穿过时速度v最小

，则有：212Hhgt+=minLdvt+=代入数据解得3m/sminv=，故v的取值范围是3m/s7m/sv；A.2m/s与分析不相符，不符合题意；B.4m/s与分析相符，符合题意；C.8m/s与分析不相符，

不符合题意；D.10m/s与分析不相符，不符合题意；【点睛】解决本题的关键明确临界条件，知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，结合运动学公式灵活解答．4.如图所示，一倾斜的匀质圆盘垂直于盘面的固定对称轴以恒定的角速度ω转动，盘面上离转轴距离2.5m处有一小物体与

圆盘始终保持相对静止，物体与盘面间的动摩擦因数为32．设最大静摩擦力等于滑动摩擦力），盘面与水平面间的夹角为30°，g取10m/s2．则ω的最大值是()A.5rad/sB.3rad/sC.1.0rad/sD.0.5rad/s【答案】C【解析】【详解】试题分析：随着角速度的增大，

小物体最先相对于圆盘发生相对滑动的位置为转到最低点时，此时对小物体有，解得，此即为小物体在最低位置发生相对滑动的临界角速度，故选C．5.2015年5月23日天文爱好者迎来了“土星冲日”的美丽天象，24年来土

星地平高度最低。“土星冲日”是指土星和太阳正好分处地球的两侧，三者几乎成一条直线。该天象每378天发生一次，土星和地球绕太阳公转的方向相同，公转轨迹都近似为圆，地球绕太阳公转周期和半径及引力常量均已知，根据以上信息可求出（）A.地球质量B.土星质量

C.太阳密度D.土星公转周期【答案】D【解析】【详解】AB．地球和土星绕太阳运动，根据万有引力提供向心力2224MmGmrrT=据地球绕太阳公转周期和半径及引力常量，可以求出太阳的质量，但求不出地球和土星的质量，故AB错误；C．由于不知道太阳本身的半径，所以无法求出太阳的密度，故

C错误；D．根据题意经过t＝378天，地球比土星多转一圈，即1ttTT−=地土所以可以求出土星的周期，故D正确。故选D。6.如图所示，高为h＝1.25m的平台上，覆盖一层薄冰，现有一质量为60kg的滑雪爱好者，以一定的初速度v向平台边缘滑去，着地时的速度方向与水平地面的夹角为45°(取重

力加速度g＝10m/s2)．由此可知下列各项中错误的是()A.滑雪者离开平台边缘时的速度大小是5.0m/sB.滑雪者着地点到平台边缘的水平距离是2.5mC.滑雪者在空中运动的时间为0.5sD.着地时滑雪者重力做功的瞬时功率是3

00W【答案】D【解析】【详解】平抛运动的时间，20.5shtg==，着地时速度的方向与水平地面的夹角为45°，可得0225m/syhvvgtgghg=====，水平距离为050.52.5xvtmm===，着地时滑雪者重力做功的瞬

时功率是601053000yPmgvWW===，综上所述，不正确的是D选项．7.某位溜冰爱好者先在岸上从O点由静止开始匀加速助跑，2s后到达岸边A处，接着进入冰面(冰面与岸边基本相平)开始滑行，又经3s停在了冰上的B

点，如图所示．若该过程中，他的位移是x，速度是v，受的合外力是F，机械能是E，则对以上各量随时间变化规律的描述，下列选项中正确的是()A.B.C.D.【答案】BC【解析】【详解】人从O到A先做匀加速运动，然后从A到B做匀减速运动，故图线A

正确，B错误；因前2s内的加速度大于后3s内的加速度，且前者匀加速，后者匀减速，故合外力方向相反，选项C正确；整个过程中由于有摩擦力做功故机械能不守恒，选项D错误；故选AC．8.在绕地球稳定运行的空间站中，有如图所示的装置，半径分别为r和R（R>r）的甲、乙两个光滑的圆形轨道固定在同

一竖直平面上，轨道之间有一条水平轨道CD相通，宇航员让一小球以一定的速度先滑上甲轨道，通过粗糙的CD段，又滑上乙轨道，最后离开两圆轨道，那么下列说法正确的是（）A.小球在CD间由于摩擦力而做减速运动B.小球经过

甲轨道最高点时与经过乙轨道最高点时速度相等C.如果减少小球的初速度，小球有可能不能到达乙轨道的最高点D.小球经过甲轨道最高点时对轨道的压力大于经过乙轨道最高点时对轨道的压力【答案】BD【解析】【详解】ABC．在空间站内小

球处于完全失重状态，不受摩擦力，运动的速度大小不变，只要小球有速度，就能到达乙轨道的最高点。所以AC错误，B正确；D．轨道对球的支持力作为向心力，由于甲轨道的半径小，由2Frvm=和牛顿第三定律，知小球经过甲轨道最高点时对轨道的压力大于经过乙轨道最高点时对轨道的压力。故D正确

。故选BD。9.质量为1kg的物体在水平粗糙的地面上，在一水平外力F作用下运动，如图甲所示，外力F做功和物体克服摩擦力做功与物体位移的关系如图乙所示，重力加速度g为10m/s2。下列分析正确的是()A.s＝9m时，物体速度为3m/sB.物体运动的位移为13.

5mC.前3m运动过程中物体的加速度为3m/s2D.物体与地面之间的动摩擦因数为0.2【答案】BCD【解析】【详解】A．根据W－s图像的斜率表示力，由图乙可求物体受到的摩擦力大小为20N2N10f==设s＝9m时物体的速度为v，根据动能定理212Wfs

mv−=代入数据可求32m/sv=故A错误；B．设物体运动的总位移为x，由乙图知，拉力的总功为27J，根据动能定理00Wfx−=−可求x＝13.5m，所以B正确；C．前3m拉力15N5N3F==根据牛顿第二定律F－f＝ma代入得加速度a＝3m/s

2，所以C正确；D．摩擦力fmg=可求摩擦因数μ＝0.2，故D正确。故选BCD。10.如图所示，两个34圆弧轨道固定在水平地面上，半径R相同，A轨道由金属凹槽制成，B轨道由金属圆管制成，均可视为光滑轨道。在两轨道右侧

的正上方分别将金属小球A和B由静止释放，小球距离地面的高度分别用hA和hB表示，对于下述说法中错误．．的是（）A.若hA=hB≥2R，则两小球都能沿轨道运动到最高点B.若hA=hB＝32R，由于机械能守恒，两小球在轨道上上升的最

大高度均为32RC.适当调整hA和hB，均可使两小球从轨道最高点飞出后再次进入圆形轨道运动D.若使小球沿轨道运动并从最高点飞出，A小球在hA≥52R，B小球在hB>2R的任意高度均可【答案】ABC【解析】【详解】AD．A球到达最高点的临界条件为AvgR=根据机械能守恒2AA122m

ghmgRmv=+得A2.5hR=B球到达最高点的临界条件为B0v=，显然B2hR=，即可达最高点。故A错误，符合题意，D选项正确，不符合题意；B．由于A小球离开轨道后在水平方向有初速度，根据机械能守恒可得B选项错误，符合题意；

C．若使小球从最高点飞出后再次进入圆形轨道，据平抛运动规律有Rvt=212Rgt=解得2gRvgR=所以A球最高点飞出后不可能再次进入圆形轨道，故C错误，符合题意。故选ABC。二、填空题11.频闪摄影是研究变速运动常用的实验手段．在

暗室中，照相机的快门处于常开状态，频闪仪每隔一定时间发出一次短暂的强烈闪光，照亮运动的物体，于是胶片上记录了物体在几个闪光时刻的位置．某物理小组利用图甲所示装置探究平抛运动规律．他们分别在该装置正上方A处和右侧正前

方B处安装了频闪仪器并进行了拍摄，得到的频闪照片如图乙，O为抛出点，P为运动轨迹上某点．则根据平抛运动规律分析下列问题：(1)乙图中，摄像头A所拍摄的频闪照片为________[选填“(a)”或“(b)”]．(2)测得图乙(a)

中OP距离为45cm，(b)中OP距离为30cm，g取10m/s2则平抛物体的初速度大小应为________m/s，P点速度大小应为________m/s.【答案】(1).选(b)图(2).1m/s(3).10/ms【解析】【详解】试题分析：小球

做平抛运动，摄像头A拍摄小球水平方向上的匀速直线运动，摄像头B拍摄小球竖直方向的自由落体运动，分别在水平方向和竖直方向上列式求解．（1）小球做平抛运动，平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，摄像头A拍摄的是水平方向上的

运动，故应该是间距相等的点．故摄像头A所拍摄的频闪照片为b图．（2）摄像头A拍摄小球水平方向上的匀速直线运动，摄像头B拍摄小球竖直方向的自由落体运动，根据测得图乙（a）OP距离为45hcm=，则212hgt=，解得220.450.310htssg

===．由（b）中OP距离为s=30cm，则0svt=，解得平抛物体的初速度大小为00.3/1/0.3svmsmst===．P点竖直速度大小为100.3/3/yvgtmsms===，所以P点的速度大小，由勾股定理得2222013/10/yvvvmsms=+=+=

．12.如图(a)中，悬点正下方P点处放有水平放置炽热的电热丝，当悬线摆至电热丝处时能轻易被烧断，小球由于惯性向前飞出做平抛运动．在地面上放上白纸，上面覆盖着复写纸，当小球落在复写纸上时，会在下面白纸上留下痕迹．用重锤线确定出A、B点的投影点N、M.重复实验10次(小球每一次都

从同一点由静止释放)球的落点痕迹如图(b)所示，图中米尺水平放置，零刻度线与M点对齐．用米尺量出AN的高度h1、BM的高度h2，算出A、B两点的竖直距离，再量出M、C之间的距离x，即可验证机械能守恒定律，已知重力加速度为g，小球的质量为m.(1)根据图(b)可以确定小球平抛时的水平射

程为________cm.(2)用题中所给字母表示出小球平抛时的初速度v0＝________．(3)用测出的物理量表示出小球从A到B过程中，重力势能的减少量ΔEp＝________，动能的增加量ΔEk＝________．【答案】(1).65.0cm(2).22gxh(3

).12()mghh−(4).224mgxh【解析】【详解】（1）根据刻度尺的读数原则，可知其读数为：65.0cm．（2）物体从B点平抛，所以有：x=v0th2=12gt2联立解得：v0=x22gh（3）重力势能的减小量等于重力做功：△Ep=mgh=mg（h1-h2）动能增量为：△EK=12

mv02=224mgxh．三、论述·计算题13.荡秋千是大家喜爱的一项体育运动．随着科技迅速发展，将来的某一天，同学们也会在其他星球上享受荡秋千的乐趣．假设你当时所在星球的质量为M，半径为R，可将人视为质点，秋千质量不计、摆长不变、摆角小于90°，引力常量

为G.那么：(1)该星球表面附近时重力加速度g星等于多少？(2)若经过最低位置的速度为v0，你能上升的最大高度是多少？【答案】（1）2GMR（2）2202RvGM【解析】【分析】由星球表面附近的重力等于万有引力求出星球表面重力加速度．对于荡秋千这种曲线运动求高度，我们应该运用

机械能守恒定律或动能定理，求出上升的最大高度．【详解】（1）由星球表面附近的重力等于万有引力，即：2MmGmgR=星则g星=2GMR（2）经过最低位置向上的过程中，重力势能减小，动能增大．由机械能守恒定律得：mv02=mg星h则能上升的最大高度h=2202vRGM

．14.如图所示，光滑曲面AB与水平面BC平滑连接于B点，BC右端连接内壁光滑、半径为r的14细圆管CD，管口D端正下方直立一根劲度系数为k的轻弹簧，轻弹簧下端固定，上端恰好与管口D端齐平．质量为m的小球在

曲面上距BC的高度为2r处从静止开始下滑，进入管口C端时与管壁间恰好无作用力，通过CD后压缩弹簧，在压缩弹簧过程中速度最大时弹簧的弹性势能为Ep，已知小球与BC间的动摩擦因数μ＝0.5.求：(1)小球达到B

点时的速度大小vB；(2)水平面BC的长度s；(3)在压缩弹簧过程中小球的最大速度vm.【答案】（1）gr２（2）3r（3）2223PmEmgvgrkm=+−【解析】【详解】试题分析：（1）由机械能守恒得2B122mgrmv=得2Bvgr=（

2）由2Cvmgmr=得vC=gr由动能定理得2C122mgrmgsmv=－解得s=3r（3）设在压缩弹簧过程中速度最大时小球离D端的距离为x，则有kx=mg得mgxk=由功能关系得22mC11()22P

mgrxEmvmv+−=−得2223PmEmgvgrkm=+−考点：考查了动能定理，功能关系，机械能守恒定律得应用15.如图所示，人骑摩托车做腾跃特技表演，以1.0m/s的初速度沿曲面冲上高0.8m、顶部

水平的高台，若摩托车冲上高台的过程中始终以额定功率1.8kW行驶，经过1.2s到达平台顶部，然后离开平台，落至地面时，恰能无碰撞地沿圆弧切线从A点切入光滑竖直圆弧轨道，并沿轨道下滑．A、B为圆弧两端点，其连线水

平．已知圆弧半径为R＝1.0m，人和车的总质量为180kg，特技表演的全过程中不计一切阻力(计算中取g＝10m/s2，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6)．求：(1)人和车到达顶部平台的速度v；(2)从平台飞出到A点

，人和车运动的水平距离x；(3)圆弧对应圆心角；(4)人和车运动到圆弧轨道最低点O时对轨道的压力．【答案】（1）3m/s（2）1.2m（3）106°（4）7.74×103N【解析】【详解】（1）由动能定理可知：22

1011PtmgHmv22mv−=−v＝3m/s（2）由2221Hgt,svt2==可得：2Hsv1.2mg==（3）摩托车落至A点时，其竖直方向的分速度y2vgt4m/s==设摩托车落地时速度方向与水平方向的夹角为α，则4tan3yvv==，即α＝53°所以θ＝2α＝1

06°（4）在摩托车由最高点飞出落至O点的过程中，由机械能守恒定律可得：2211mg[HR(1cos)]mvmv22+−=−在O点：2vNmgmR−=所以N＝7740N由牛顿第三定律可知，人和车在最

低点O时对轨道的压力为7740N16.如图所示，质量m=0.2kg小物块，放在半径R1=2m的水平圆盘边缘A处，小物块与圆盘的动摩擦因数μ1=0.8．圆心角为θ=37°.半径R2=2.5m的光滑圆弧轨道BC与水平轨道光滑连接于C点，小物块与水平轨道的动摩擦因数为μ2=0.5．开始圆盘静止，

在电动机的带动下绕过圆心O1的竖直轴缓慢加速转动，某时刻小物块沿纸面水平方向飞出（此时O1与A连线垂直纸面），恰好沿切线进入圆弧轨道B处，经过圆弧BC进入水平轨道CD，在D处进入圆心为O3.半径为R3=0.5m光滑竖直圆轨道，绕过圆轨道后沿水平轨道

DF向右运动．设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，sin37°=0.6，cos37°=0.8，g取10m/s2，求：（1）圆盘对小物块m做的功；（2）小物块刚离开圆盘时A、B两点间的水平距离；（3）假设竖直圆轨道可以左右移动，要使小物块能够通过竖直圆轨道，求竖直圆轨道底端D

与圆弧轨道底端C之间的距离范围和小物块的最终位置．【答案】（1）1.6J；（2）1.2m；（3）物块停离C位置3.5m处．【解析】（1）小物块刚滑出圆盘时：211AmvmgR=，得到：4/Avms=由动能定理得：212AWmv=，得到：1.6W

J=（2）物块切入圆弧面，由平抛运动知识可得：在B处的竖直方向速度为0tan37ByAvv=，运动时间Byvtg=AB间的水平距离1.2Axvtm==；（3）物块刚好通过圆轨道最高点E处：23Emvmg

R=由B到E点由动能定理得到：()022223111cos37222EBmgRmgLmgRmvmv−−−=−，可得：1Lm=即DC之间距离不大于1m时物块可通过竖直圆，最后物块停止，由动能定理可得：()022211cos3702BmgRmgxmv−−

=−最后物块停离C位置3.5m处．故本题答案是：（1）1.6J；（2）1.2m；（3）物块停离C位置3.5m处点睛：把握题中的临界条件即摩擦力达到最大时物块即离开平台开始做平抛运动，然后结合题中给的条件求解待求量．