【文档说明】【精准解析】山东省潍坊市2019-2020学年高一下学期期末考试物理试题.doc，共(18)页，1.110 MB，由小赞的店铺上传

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高一物理注意事项:1.答题前，考生先将自己的学校、姓名、班级、座号、考号填涂在相应位置。2.选择题答案必须使用2B铅笔（按填涂样例）正确填涂；非选择题答案必须使用0.5毫米黑色签字笔书写，绘图时，可用2B铅笔

作答，字体工整、笔迹清楚。3.请按照题号在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。保持卡面清洁，不折叠、不破损。一、单项选择题:本题共8小题，每小题3分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只有

一项是符合题目要求的。1.物体在做曲线运动的过程中，以下说法正确的是（）A.物体的速度时刻变化B.物体的速率时刻变化C.物体的加速度时刻变化D.物体所受合外力时刻变化【答案】A【解析】【详解】A．物体在

做曲线运动时速度方向一定发生变化，速度是矢量，只要大小和方向有一个变化速度就变化，因此物体的速度时刻变化，故A正确；B．物体做匀速圆周运动时，速率不变，故B错误；CD．物体做平抛运动时，合外力为重力，加速度为重力加速度，

整个过程中合外力、加速度不变，故CD错误。故选A。2.如图所示，MON是一个半球形容器的水平直径，O为圆心，P为容器的最低点。从M点沿MN分别以速度v1、v2抛出小球a和b，a和b直接落在容器的E、F两点上，E点在MO上的垂直投影平分MO，E、F关于直线OP对称。不计空气阻力，则下列判断正

确的是（）A.v2=2v1B.v2=3v1C.a球飞行时间长D.b球飞行时间长【答案】B【解析】【详解】由题意可知EF两点距离M点的竖直高度相同，根据212hgt=可知，两球运动的时间相等；根据几何关系，可知落到F点的水平位移等于E点的3倍，则有0xvt=可知v2=3v1故选B。3.如图所示，一轻

杆两端a、b分别固定两个完全相同的小球，杆可绕水平固定轴的O点在竖直面内自由转动，Ob的长度大于Oa的长度。初始时，杆处于水平位置，从图示位置释放，在杆转动2的过程中，两小球的以下物理量大小时刻相等的是

（）A.线速度B.角速度C.向心加速度D.向心力【答案】B【解析】【详解】AB．两小球随轻杆转动，属同轴转动，故角速度相等。Ob的长度大于Oa的长度，由线速度公式vr=可知b球线速度大于a球线速度，故A错误，B正确；CD．两球角速度相等，b球转动半径大于a球转动半径，由加速度公式

2ar=，可知b球向心加速度大于a球向心加速度，两球质量相同，由向心力公式Fma=可知b球向心力大于a球向心力，故CD错误。故选B。4.如图所示，一等腰梯形ABCD平行于电场线放在匀强电场中，∠BAD=60°，AB=BC。将一个电荷从A点沿AB移动到B点电场力不做功。已知A点

电势为-1V，D点电势为5V，则C点电势为（）A.0VB.2VC.3VD.4V【答案】B【解析】【详解】电荷从匀强电场中的A点移到到B点电场力不做功，说明两点都为-1V的等势点，过C点做AB的平行线交AD于M点，因AB=BC，则ABCM为菱

形，如图所示而60BADCMD==，可知M点是AD的中点，匀强电场中由UEd=可知平行相等的线段其端电压相等，有3VDMMACBUUU===而CBCBU=−，MAMAU=−联立解得2VCM==故AC

D错误，B正确。故选B。5.一新能源汽车在平直公路上进行测试。从启动到以最大速度行驶，其功率P随速度v变化的图像如图所示。已知该车质量为1500kg，行驶中所受阻力恒定，g取10m/s2。则全程中该车（）A.先匀加速后匀速运动B.加速度先

变大后不变C.运动中所受最大牵引力为6×104ND.运动中所受阻力为3000N【答案】D【解析】【详解】AB．由图像结合功率公式P=Fv可知，汽车开始时牵引力F恒定，即加速度不变，然后保持功率不变，做加速度减小的加速运动，直到达到最大速

度后做匀速运动，则汽车的加速度先不变后减小；选项AB错误；C．当汽车达到额定功率之前牵引力最大，根据P=Fv可知4311210N=610N20PFv==选项C错误；D．当汽车的牵引力等于阻力时速度最大，此时4'21210N=3000N4

0PfFv===选项D正确。故选D。6.如图所示，一半径为R的光滑圆环固定在竖直面上，O为圆环圆心，中间有孔的小球套在圆环上，小球从图示位置开始以某一速度向下运动，重力加速度为g。则小球（）A.一定能完成完整的圆周运动B.在最高点

时，一定受到圆环的弹力C.在最低点时，一定受到圆环的弹力D.经过最高点时最小速度为gR【答案】C【解析】【详解】A．圆环要能做完整的圆周运动，需要满足最高点，最小速度为零，小球从图示位置以某一速度运动，有可能到不了最高点，故A错误；B．在最高点，速度

如果等于gR，圆环对小球没有作用力，速度如果小于gR，小球受到圆环向上的弹力，速度如果大于gR，小球受到圆环向下的弹力，B错误；C．在最低点，小球受到向上的弹力、重力，合力提供向心力，故在最低点时，一定受到圆环的弹力，

C正确；D．小球是套在圆环上的，经过最高点时最小速度为0，D错误。故选C。7.如图所示，滑块a、b用绳跨过定滑轮相连，a套在水平杆上。现使a以速度v从P位置匀速运动到Q位置。则滑块b（）A.做匀速运动，速度

大于vB.做减速运动，速度小于vC.做加速运动，速度小于vD.做加速运动，速度大于v【答案】C【解析】【详解】a沿绳方向的分速度和b的速度大小相等，设连接a的绳与杆的夹角为，可得bcosvv=随a向右运动，减小，b的速度增大，则b做加速运动，速度小于

v，故C正确，ABD错误。故选C。8.如图所示，光滑固定的四分之一圆弧轨道与水平传送带平滑连接于N点，圆弧轨道半径为R。开始时传送带逆时针匀速转动。一质量为m的小滑块自圆弧轨道最高点M由静止释放，重力加速

度为g。则下列判断正确的是（）A.当滑块滑到圆弧轨道最低点时，受到的支持力大小为2mgB.若滑块能向左返回，则一定能再次到达M点C.滑块在传送带上可能先做匀减速运动，再做匀加速运动，之后做匀速运动D.若传送带改为顺时针

转动，则滑块到达传送带右端时的速度一定大于2gR【答案】C【解析】【详解】A．当滑块从最高点M滑到圆弧轨道最低点时，由动能定理得212mgRmv=在最低点，有2vNmgmR−=解得3Nmg=故A错误；BC．若滑块

到达最低点的速度v小于传送带的运行速度0v，则滑块在传送带上先做匀减速运动，直至速度减为0，再反向做匀加速运动，之后以0v的速度匀速运动，返回到N点的速度为0v，不能再次到达M点，故B错误，C正确；D．由A可知，滑块到达N点的速度大小2vgR=传送带改为顺时针转动，若传送带的运行速度02v

gR则滑块到达传送带右端时的速度大于2gR；若传送带的运行速度02vgR则滑块到达传送带右端时的速度小于等于2gR。故D错误。故选C。二、多项选择题:本题共4小题，每小题4分，共16分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得

0分。9.2020年5月24日，中国航天科技集团发文表示，我国正按计划推进火星探测工程，瞄准今年7月将火星探测器发射升空。假设探测器贴近火星地面做匀速圆周运动时，绕行周期为T，已知火星半径为R，万有引力常量为G，由此可以估算（）A.火星质量B.探测器质量C

火星第一宇宙速度D.火星平均密度【答案】ACD【解析】【分析】本题考查万有引力与航天，根据万有引力提供向心力进行分析。【详解】A．由万有引力提供向心力2224MmGmRRT=可求出火星的质量2324RMGT=故A正确；B．只能求

出中心天体的质量，不能求出探测器的质量，故B错误；C．由万有引力提供向心力，贴着火星表面运行的环绕速度即火星的第一宇宙速度，即有22MmvGmRR=求得2GMRvRT==故C正确；D．火星的平均密度为232234343RMGTVGTR

===故D正确。故选ACD。10.如图所示，一电荷均匀分布的带正电的圆环，在垂直于圆环且过圆心O的轴线上有a、b、c三个点，bO=cO。则下列判断正确的是（）A.b、c两点的电场强度相同B.a点的电场强度可能大于b点电场强度C.b、c两点的电势相等D.a

点电势可能高于b点电势【答案】BC【解析】【详解】A．b、c两点的电场场强大小相等，方向相反，则场强不同，故A错误；B．根据场强叠加可知，从O点向上沿着ba方向，电场强度先增加后减小，可知a点的电场强度可能大于b点电场强度，选项B正确；C．由对称可知，b

、c两点的电势相等，选项C正确；D．若让一正电荷从O点向上运动，则电场力对正电荷做正功，电势能减小，则沿Oba方向电势降低，则a点电势低于b点电势，选项D错误。故选BC。11.如图所示，竖直放置的轻弹簧下端固定

在水平地面上，现让一质量为m的木块从轻弹簧正上方高为h处自由下落，向下压缩弹簧到最短时，弹簧形变量为x，木块与弹簧不粘连。弹簧始终处于弹性限度内，不计空气阻力，重力加速度为g。则下列判断正确的是（）A

.木块速度最大时弹簧弹力为mgB.木块离开弹簧后上升的高度为h+xC.弹簧最大弹性势能为mg（h+x）D.整个过程中木块的机械能守恒【答案】AC【解析】【详解】木块先只受重力做自由落体运动，在接触弹簧开始，由牛顿第二定律有11mgkxma−=则

继续做加速度减小的变加速直线运动，当加速度变为零后，继续向下运动导致弹力大于重力，加速度向上，由牛顿第二定律22kxmgma−=则木块再做加速度大小增大的变减速直线运动，当速度减为零时到达最低点将弹簧压缩至最短。A．木块先加后减的过程，当加速

度等于零时，加速的速度达到最大，有1mgkx=即木块速度最大时弹力的大小等于重力mg，故A正确；BD．木块从h处下降再再被反弹的全过程，对木块和弹簧组成的系统只有重力、弹力做功，系统的机械能守恒，则木块反弹的高度也为h，而对木块而言

机械能不守恒，有弹簧的弹性势能参与储存和释放，故BD错误；C．从木块静止释放开始到压缩弹簧最短的过程，由系统的机械能守恒定律有Pmax()mghxE+=即重力势能全部转化为储存的弹性势能，则最大的弹性势能为()mghx+，故C正确。故选AC。12

.如图所示，质量为m、带电量为q的小球，用长为L的细线固定在O点，当加上水平向右的匀强电场时静置于图示A位置，此时细线与竖直方向夹角为30°。当给小球以垂直于细线的某一初速度后，小球刚好可在该竖直平面内完成圆周运动。则下列判断正确的是（）A.小球

一定带正电B.电场强度大小为33mgqC.在A点的速度大小为1033gLD.圆周运动过程中的最小速度大小为233gL【答案】BCD【解析】【详解】A．小球在A点受竖直向下的重力，水平向左的电场力，因场强方向水平向右，故小球一定带负电，故A错误；B．由力的三角函数关系可求得电场力大小为t

an30Fmg=FEq=联立可得电场强度大小为33mgEq=故B正确；CD．采用等效重力法分析，等效重力大小为'23cos303mgmgG==在最高点B小球有最小速度，由牛顿第二定律可得2'minvGmL=联立可得min233gLv

=B到A，由动能定理可得'22min11222AGLmvmv=−联立可得1033AgLv=故CD正确。故选BCD。三、非选择题:本题共小题，共60分。13.可变电容器的结构如图甲所示，两组电极中固定不变的一组为定片，能转动的

一组为动片，动片与定片之间以空气作为介质。当转动动片时，通过改变___________，可以改变电容器的电容。当转轴从图甲所示位置顺时针转动时，电容将___________（填“变大”“不变”或“变小”）。现给电容器充电后，动片、定片接静电计，静电计指针张开，

当转轴从图乙所示位置顺时针转动时，静电计指针夹角将___________（填“变大”“不变”或“变小”）。【答案】(1).极板正对面积(2).变大(3).变小【解析】【分析】本题考查电容器，根据电容器的决定式及电容器的定义式进行分析。【详解】[1]当转动动片时，通过改变极板正对面积来改

变电容器的电容。[2]当转轴从图甲所示位置顺时针转动时，极板正对面积增大，由电容的决定式4SCkd=可知，电容将增大。[3]当转轴从图乙所示位置顺时针转动时，极板正对面积增大，电容增大，由电容的定义式QCU=可知，

Q不变，C增大，U减小，故静电计指针夹角将变小。14.某物理兴趣小组在研究平抛运动规律的时候用到了如图所示的装置，将正方形白板竖直放置，管口固定在白板的左上角，反复调整使水流以3.0m/s的速度水平喷出。测得水流落在白

板右边的落点距离右上角0.76m，白板的边长为1.2m。(1)水流喷到白板右边需要____________s；(2)请写出验证喷出水流后在竖直方向上是匀加速运动的方法______________________；(3)若不考虑空气阻力，根据以上测得数据，可求出

当地重力加速度g=___________m/s2。（结果保留2位有效数字）【答案】(1).0.40(2).在白板上画出等间距的竖直线，找出与轨迹的交点，测出相邻交点的竖直位移，看位移之差在误差允许范围内是否为定值(3).9.5【解析】【详解】（1）[1]根据平抛运动的规律，水平方向水流做

匀速运动，由公式xvt=可得时间t=0.40s。（2）[2]根据匀变速直线运动的规律，可以验证竖直方向的运动是匀变速直线运动，即看连续相等时间的竖直位移只差是不是个定值。可采用的方法为在白板上画出等间距的竖直线，找出与轨迹的交点，测出相邻交点的竖直位移，看位移之差在误差

允许范围内是否为定值。（3）[3]根据平抛运动的规律，竖直方向212hgt=解得g=9.5m/s2。15.为确保弯道行车安全，汽车进入弯道前应提前减速。如图所示，AB为进入弯道前的平直公路，BC为水平圆弧形弯道，已知弯道半径R=2

4m，汽车到达A点时速度vA=18m/s，汽车质量为m=1.0×103kg。现在A点处撤去动力，使汽车从A点运动到B点，汽车进入弯道时刚好不发生侧滑。汽车在AB段的加速度大小为a=4m/s2，在弯道处可提供的最大静摩擦力为F=6×103N。

取g=10m/s2。求:(1)AB段的距离；(2)在AB段的运动过程中，阻力对汽车做的功。【答案】(1)xAB=22.5m；(2)W=-9.0×104J【解析】【详解】(1)汽车从B点开始做圆周运动，由牛顿第二定律得2BmvF

R=可得vB=12m/s从A到B过程中，由222ABABvvax−=可得xAB=22.5m(2)从A到B过程中，由动能定理有221122BAWmvmv=−可得阻力对汽车做的功W=-9.0×104J16.2020年6月23日9点43分，我国成功发射了北斗三号全球卫星导航系统

第三颗地球同步轨道卫星（GEO）“嘉星”，至此北斗导航系统全球组网完成。如图所示是发射“嘉星”的简化轨道示意图，先将该星发射至距地面高度为h（约200km）的停泊轨道1上，在点A点火变轨，进入转移轨道2，在轨道2上的远地点B再次点火，将该星送入GEO轨

道。已知地球表面的重力加速度为g，地球自转周期为T0，地球半径为R。求该星(1)在停泊轨道1上运行的周期T；(2)在GEO轨道上运行的线速度v。【答案】(1)()2RhRhTRg++=；(2)2302gRvT=【解析】【详

解】(1)设嘉星质量为m，由万有引力提供重力，得2GMmmgR=在停泊轨道1上2224()()GMmmRhRhT=++得()2RhRhTRg++=(2)在GEO轨道上22204()()GMmmRHRHT=

++22()GMmvmRHRH=++得2302gRvT=17.如图所示，两端分别系着小球a和b的轻绳跨过轻定滑轮，小球a的质量ma=4kg，用手托住，距离地面的高度h=1.5m。小球的质量mb=1kg，静置于水平地面上，此时对地面的压力恰好为零。现从静止开始释放小

球a，取g=10m/s2。求(1)小球a落地时的速率；(2)小球b距离地面的最大高度H；(3)小球a下落h过程中，轻绳对a做的功。【答案】(1)32m/s；(2)2.4m；(3)-24J【解析】【详解】(1)由机械能守恒，有21()2ababmghmghmmv−=+解得a

落地时的速率v=32m/s(2)小球a落地瞬间，两小球的速率相等，小球a落地后，小球b做竖直上抛运动。设小球b竖直向上运动的位移为h1，根据机械能守恒定律有2112bbmvmgh=小球b上升到最高点时，距离地面的高度为H=h+h1解得H=2.4m(3)小球a下落h过程中，对

a应用动能定理得21+=2aaWmghmvW=-24J18.如图，间距为H=2.4m的M、N两水平面（虚线）之间存在方向水平向右的匀强电场E1。水平面N下方存在竖直向下的匀强电场E2=9.0×104V/m。自M上

方高h=0.8m的A点以v0=4.0m/s的初速度将一带电小球沿平行于电场E1的方向射出，小球质量为m=0.01kg、电荷量为q=-2.0×10-6C。小球在重力作用下进入该区域，并垂直于下边界进入电场E2。不计空气阻力，重力加速度大小为g=10m/s2。求:(1)

小球进入匀强电场E1时的速度v1；(2)匀强电场E1的大小；(3)第7次经过水平面M时距离A点的水平位移。【答案】(1)v1=42m/s，与水平方向夹角45°；(2)E1=50×104V/m；(3)x7=9

4.4m【解析】【详解】(1)由动能定理得22101122mghmvmv=−得v1=42m/s由2sin2=得θ=45°故速度与水平方向夹角45°.(2)竖直方向上小球只受重力，由2112hgt=212hHgt+=得t1=0.4s，t=0.8s则t2=t-t1=t1因水平方向上只受电场力

，由1020qEvtm−=得E1=5.0×104V/m(3)经分析，进入电场E2后做匀减速直线运动，得232()()qEghHgtm+=−在电场E2中减速的时间t3=1.0s经分析小球减速到零后，返回A点向左做周期性运动。设小球第n（n＞3，n为奇数）次经过水平面M时距离A点的水平位移为xn

，则221101130133(25)(2)(3)2[()t]22nqEqEnnxnvtnnttvmm−−=−+−−++得x7=94.4m