【文档说明】四川省宜宾市叙州区第二中学2019-2020学年高一下学期期中考试物理试题【精准解析】.doc，共(12)页，412.000 KB，由小赞的店铺上传

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2020年春四川省叙州区第二中学高一期中考试物理试题第I卷选择题（50分）一、单选题（每小题5分，共10个小题，共48分；其中1-8题为单选题，9-10题多选题，少选得3分，多选错选得0分）1.下列关于物理学史的说法正确的是（）A.伽利略最早提出了“日心说”B.卡文迪许

第一次测出了引力常量C.开普勒发现了万有引力定律D.第谷发现行星的运行轨道是椭圆【答案】B【解析】【详解】A.哥白尼最早提出了“日心说”，选项A错误；B.卡文迪许第一次测出了引力常量，选项B正确；C.牛顿发现了万有引力定律，选项C错误；D.开普勒发现行星的运行轨道是椭圆，选项

D错误；2.一卫星沿圆轨道绕某中心天体运行，轨道半径是6．8×103km，周期为5．6×103s，G=6.67×10-11N·m2/kg2，则该中心天体的质量约为A.6×1024kgB.2×1024kgC.1×1028kgD.1×1018kg【答案】A【解析】根据万有引力

提供圆周运动向心力有：2224mMGmrrT=，可得中心天体的质量2323332421132443.14(6.81010)6106.6710(5.610)rMkgkgGT−===，故A正确，BCD错误；故选A．3.一个半径为R的半圆柱体沿水平方向向右以速度v0匀速运动，

在半圆柱体上搁置一根竖直杆，此杆只能沿竖直方向运动，如图所示．当杆与半圆柱体接触点与柱心的连线与竖直方向的夹角为θ，则竖直杆运动的速度为：（）A.v0sinθB.v0tanθC.v0cosθD.0vsi

n【答案】B【解析】【详解】杆子的实际速度是接触点沿切线方向的速度与半圆柱速度的合速度，如图，根据速度的合成，运用平行四边形定则，得v1=v0tanθ．故B正确，ACD错误．故选B．4.物体水平抛出时的速率为0v，落地时的速率为1v，若不计空气阻力，则物体在空中运动的时间为（）

A.10vvg−B.10vvg+C.2210vvg+D.2210vvg−【答案】D【解析】【详解】物体做平抛运动，末速度为：2210yvvv=+则落地时竖直方向上的速度为：2210yvvv=−，在竖直方向上做自由落体运动，根据：ygt=v，可得2210yvvvtgg−==，

A．10vvg−，与计算结果不符，A错误；B．10vvg+，与计算结果不符，B错误；C．2210vvg+，与计算结果不符，C错误；D．2210vvg−，与计算结果相符，D正确；5.甲、乙两名滑冰运动员，M甲=60kg，M乙=40kg，面对面

拉着弹簧测力计做圆周运动进行滑冰表演，如图所示．两人相距0.8m，弹簧测力计的示数为9.2N，下列判断中正确的是（）A.两人的运动半径不同，甲为0.32m，乙为0.48mB.两人的运动半径相同，都是0.45mC.两人的线速度相同，约为40m/sD.两人的角速度相同，约为6ra

d/s【答案】A【解析】AB、弹簧秤对甲、乙两名运动员的拉力提供向心力，根据牛顿第二定律得：229.2MRMRN==甲甲甲乙乙乙由于甲、乙两名运动员面对面拉着弹簧秤做圆周运动的溜冰表演，所以ω甲=ω乙2=3RR甲乙则

R甲=0.32m，R乙=0.48m．故A正确，B错误C、由于vR=，知两人的线速度不等，故C错误．D、根据2FMR=甲甲甲解得：0.48/0.6/radsrads=甲．故D错误．故选A点睛：两人用同一弹簧连接，所以两人的向心力相等都等于9.2N，相对位置不变，所以两人的角速度相等

，然后借助于弹力提供向心力求解待求的物理量．6.下列说法中正确的是()A.一对作用力和反作用力在相同时间内做的功一定大小相等,正负相反B.在地面上的物体所具有的重力势能一定等于零C.使用机械可以省力,也可以省功D.由P＝Fv可知，当发动机功率一定时，交通工具的牵引力与

运动速率成反比【答案】D【解析】【详解】A．一对作用力和反作用力大小一定相同，但位移不一定相同，所以在相同时间内做的功不一定大小相等，故A错误；B．物体的重力势能与所选择的零势能面有关，当不取地面为零势能面时，它的重力势能就不等零，故B错误；C．机械可以省力，但不能省功，

符合能量守恒定律，故C错误；D．由P＝Fv可知，当发动机功率一定时，交通工具的牵引力与运动速率成反比，故D正确．7.某机器内有两个围绕各自的固定轴匀速转动的铝盘A、B，A盘固定一个信号发射装置P，能持续沿半径向外发射

红外线，P到圆心的距离为28cm.B盘上固定一个带窗口的红外线信号接收装置Q，Q到圆心的距离为16cm.P、Q转动的线速度相同，都是4πm/s.当P、Q正对时，P发出的红外线恰好进入Q的接收窗口，如图所示，则Q每隔一定时间就能接收到红外线信

号，这个时间的最小值应为()A.0.56sB.0.28sC.0.16sD.0.07s【答案】A【解析】【详解】P的周期：220.280.144pPrTsv===；Q的周期：220.160.084QQrTsv==

=；因为经历的时间必须等于它们周期的整数倍，根据数学知识，0.14和0.08的最小公倍数为0.56s，所以经历的时间最小为0.56s．故A正确，BCD错误．故选A．8.地球的两颗人造卫星A和B，它们的轨道近似为圆．已知A的周期约为12小时，B的周期约为16小

时，则两颗卫星相比（）A.A距地球表面较远B.A的角速度较小C.A的线速度较小D.A的向心加速度较大【答案】D【解析】【详解】A.由万有引力提供向心力，则有：2224GmMmrrT=可得：2324GMTr=，可知周期

大的轨道半径大，则有A的轨道半径小于B的轨道半径，所以B距地球表面较远，故选项A不符合题意；B.根据2T=可知周期大的角速度小，则有B的角速度较小，故选项B不符合题意；C.由万有引力提供向心力，则有：22GmMmvrr=可得：GMvr=，

可知轨道半径大的线速度小，则有A的线速度大于B的线速度，故选项C不符合题意；D.由万有引力提供向心力，则有：2GmMmar=可得：2GMar=，可知轨道半径大的向心加速度小，则有A的向心加速度大于B的向心加速度，故选项D符合题意；

9.在冬奥会短道速滑项目中，运动员绕周长仅111米的短道竞赛．运动员比赛过程中在通过弯道时如果不能很好地控制速度，将发生侧滑而摔离正常比赛路线．右图中圆弧虚线Ob代表弯道，即正常运动路线，Oa为运动员正常

运动时在O点的速度方向(研究时可将运动员看做质点)．下列论述正确的是()A.若在O发生侧滑，则滑动的路线将在Oa左侧B.若在O发生侧滑，则滑动的路线将在Oa右侧与Ob之间C.发生侧滑是因为运动员受到的合力方向背离圆

心D.发生侧滑是因为运动员受到的合力小于所需要的向心力【答案】BD【解析】若运动员水平方向不受任何外力时沿Oa线做离心运动，实际上运动员要受摩擦力作用，所以滑动的方向在Oa右侧与Ob之间，故A错误，B正确．发生侧滑是因为运动员的速度过大，所需要的向心力过大，运

动员受到的合力小于所需要的向心力，而受到的合力方向仍指向圆心，故C错误，D正确．故选BD．点睛：解决本题的关键要掌握离心运动的条件：外力为零或外力不足以提供向心力，通过分析供需关系进行分析．10.如图所示，质量相等的两个小球A、B在固定的半球形碗的

内表面做匀速圆周运动，圆周平面都是水平面的．不计一切摩擦和空气阻力．则A.小球A的线速度大于B的线速度B.小球A的角速度小于B的角速度C.小球A的向心加速度小于B的向心加速度D.小球A所受弹力大于B所受弹

力【答案】AD【解析】以任意一球为研究对象，受力情况如图，由图得到轨道对小球的支持力mgNcos=，对于两球θa＞θb，所以Na＞Nb，故D正确；小球受重力mg和内壁的支持力N，由两力合力提供向心力，mgtanθ=m2vr，得：vgrtan=，设球的半径为R，根据几何关系可知，运动半径r=R

sinθ，则gRvcos=sinθ，对于两球θa＞θb，则va＞vb，故A正确；根据牛顿第二定律得：mgtanθ=mω2r，得，gtanr=，设球的半径为R，根据几何关系可知，运动半径r=Rsinθ，则gRcos=，对于两球θa

＞θb，则ωa＞ωb，故B错误；向心加速度an=gtanθ，对于两球θa＞θb，则向心加速度aa＞ab．故C错误．故选AD．点睛：分析受力情况，确定小球向心力的来源，再由牛顿第二定律和圆周运动结合进行分析，是常用的方

法和思路．第II卷非选择题（50分）二、实验题（12分）11.(1)平抛物体的运动规律可以概括为两点：①水平方向做匀速直线运动；②竖直方向做自由落体运动．如图所示为研究平抛运动的实验装置，现把两个小铁球分别吸在电磁铁C、E上，然后切断电磁铁C的电源，使电磁铁C

上的小铁球从轨道A射出，并在射出时碰到碰撞开关S，使电磁铁E断电释放它吸着的小铁球，两铁球同时落到地面．这个实验_________A．只能说明上述规律中的第①条B．只能说明上述规律中的第②条C．不能说明上述规律中的任何一条D．能同时说明上述两条规律(2)如图所示为一小球做平抛运

动的闪光照相照片的一部分，图中背景方格的边长均为5cm.如果取g＝10m/s2，那么：①闪光频率是____②小球运动中水平分速度是______③小球经过B点时的速度是________【答案】(1).(1)B(2).(2)①10Hz(3).②1.5m/s(4).③2.5m

/s【解析】【详解】（1）两球同时落地，可知平抛运动在竖直方向上的运动规律与自由落体运动的规律相同，即平抛运动在竖直方向上做自由落体运动，该实验不能得出平抛运动在水平方向上的运动规律．故B正确，ACD错误．故选B．（2）①在竖直方向上有：△h=gT2，其中△h=（5-3）×5cm=10cm=0.

1m，代入求得：T=0.110s=0.1s，则f=1/T=10Hz.②水平方向匀速运动，有：s=v0t，其中s=3l=15cm=0.15m，t=T=0.1s，代入解得：00.151.5/0.1vms==．③根据匀变速直线运动中，时间中点的

瞬时速度等于该过程的平均速度，在B点有：0.42/20.2ACByhvmsT＝＝＝所以B点速度为：222201.522.5/BByvvvms++＝＝＝点睛：对于平抛运动问题，一定明确其水平和竖直方向运动特点，尤其是在竖直方向熟练应用匀变速直线运动的规律和推论解题．三、解答题（38分）12

.2003年10月15日，我国神舟五号载人飞船成功发射．标志着我国的航天事业发展到了一个很高的水平．飞船在绕地球飞行的第5圈进行变轨，由原来的椭圆轨道变为距地面高度为h的圆形轨道．已知地球半径为R，地面处的重力加速度为g，引力常量为G，求：(1)地球的质量；(2)飞船在上述

圆形轨道上运行的周期T．【答案】(1)GgRM2=(2)32)2(RhTgR+=【解析】【详解】(1)根据在地面重力和万有引力相等，则有2MmGmgR=解得：GgRM2=(2)设神舟五号飞船圆轨道的半径为r，则据题意有：rRh=+飞船在轨道上飞行时，万有引

力提供向心力有：2224πMmGmrrT=解得：32()2πRhTgR+=13.如图，可视为质点的滑块B放在水平面上，质量m＝2kg，受到一个斜向下的与水平方向成＝37°的推力F＝10N的作用，从静止开始运动,已知物体与水平面间

的动摩擦因数＝0.25．运动到图示位置时，在其正上方离水平面高h＝0.8m处有一可视为质点的小球A以v1＝5m/s的初速度开始向右做平抛运动，小球A第一次落地时恰好击中B，(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10m/s2)．求：(1)滑块B运动的加速度的大小．(2

)滑块B运动到图示位置时的速度大小．(3)滑块B从静止运动到图示位置的时间．【答案】（1）210.75/ams=（2）4.85/Bvms=（3）17615ts=【解析】（1）物体B在F作用下做匀加速运动，设加速度为a

1水平方向：Fcos37°－f＝ma1竖直方向：FN＝mg＋Fsin37°f＝μFN代入数据：a1＝0.75m/s2（2，3）运动到图示位置时，vB＝a1t1位移为：xB＝vBt2＋12a1t22对小球A平抛：xA=xB＝v1t2，h＝12gt22解得vB=4.8

5m/s，t1=6715s14.如图所示，质量m1=2kg的小球用一条不可伸长的轻绳连接，绳的另一端固定在悬点O上，绳子长度l=0.5m．将小球拉至绳子偏离竖直方向的角度θ=53°处由静止释放，小球运动至最

低点时，与一质量m2=1kg的物块发生正碰，碰撞时间很短．之后物块在水平面上滑行一段s=0.4m的距离后停下．已知物块与水平面间的动摩擦因数μ=0.5，取重力加速度g=10m/s2，sin53°=0.8，

cos53°=0.6，求：（1）碰后瞬间物块的速度大小；（2）小球与物块碰撞结束后绳子拉力的最大值．【答案】(1)2/ms(2)24N【解析】（1）物块滑行的过程，由动能定理得：2222102mgsmv−=−可得碰后物块的速度大小为：22/vms=（2）小球释放后运动至最低点的过程，由机械

能守恒定律得：211112mglcosmv（）−=，可得碰撞前小球的速度大小为：2/vms=小球与物块发生正碰，取向右为正方向，由动量守恒定律得：11122mvmvmv=+，解得碰后小球的速度大小为：11/vms=所以碰撞后小球经过最低点时绳子拉力，

由牛顿第二定律得：2111vFmgml−=解得小球与物块碰撞结束后绳子拉力的最大值为：24FN=．点睛：分析小球和物块的运动过程，抓住每个过程的物理规律是关键．要知道碰撞的基本规律是动量守恒定律，要注意选取正方向．