【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2

B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ACD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1500k

g，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=3000N40PfFv===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02vgR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232234343RMGTVGT

R===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】B

C【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()mgh

x+，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tan30Fmg=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=24m，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2BmvFR=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2

302gRvT=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=94.4m【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2112hg

t=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