【文档说明】【精准解析】陕西省西安中学2019-2020学年高一下学期期中考试物理试题（实验班）.doc，共(17)页，704.000 KB，由小赞的店铺上传

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西安中学2019—2020学年度第二学期期中考试高一物理（实验班）试题（时间：90分钟满分：100分）一、单项选择题：（每题3分，共30分）1.以下说法正确的是（）A.轨道半径大于地球半径的圆轨道人造地球卫星环绕速率小于第一宇宙速度B.运动定律告诉我们所有行星绕太阳在同一椭圆轨道

上运行C.牛顿在前人研究基础上总结出万有引力定律，并计算出了引力常数GD.由万有引力定律可知，当r趋近于零时，万有引力趋近于无穷大【答案】A【解析】【详解】A．第一宇宙速度是卫星在近表面运动时的速度GMvR=R为地球半

径，所以人造地球卫星的轨道半径只要大于地球的半径，卫星的运行速度就一定小于第一宇宙速度，故A正确；B．开普勒行星运动第一定律的内容为：所有行星分别沿不同大小的椭圆轨道绕太阳运动，太阳处于椭圆的一个焦点上。故B错误；C．牛顿在前人研究基础

上总结出万有引力定律，引力常数G是由卡文迪许通过扭秤实验测得的，故C错误；D．当r趋近于零时物体不能看作质点，万有引力定律不再直接可以使用，故D错误。故选A。2.如图所示是研究地球自转的示意图，a、b是地球赤道上的两点，b、c是地球表面上不同纬度同一经度

上的两个点，下列说法不正确的是（）A.a、b、c三点的周期相同B.a、c两点的角速度大小相同C.b、c两点的线速度大小相同D.a、b两点的向心加速度大小相同【答案】C【解析】【详解】AB．地球自转绕地轴转动，地球上除两级各点具有相同的角速度和周期．所以a、b、c三点的角

速度相同，周期也要相同，故AB正确；C．从图中可以看出a和b的半径相等且比c大，根据v=rω可知，b、c两点线速度大小不等，故C错误D．根据向心加速度公式2ar=可知，a和b的半径相等，所以a、b两点的

向心加速度大小相同，故D正确。本题要求选择不正确，故选C。3.如图，某同学用绳子拉动木箱，使它从静止开始沿粗糙水平路面运动至具有某一速度，则这个过程中下列说法正确的是（）A.合外力做功为零B.拉力所做的功等于克服

摩擦力做的功C.拉力所做的功等于物体动能的增加D.拉力所做的功大于物体机械能的增加【答案】D【解析】【详解】由题意木箱运动过程中只有拉力和摩擦力做功，根据动能定理得Ffk0WWWE=−=−合故合外力做功不为零，拉力所做的功大

于克服摩擦力做的功，拉力所做的功大于木箱获得的动能，物体机械能的增加为动能的增加，故拉力所做的功大于物体机械能的增加，故ABC错误，D正确。故选D。4.如图所示，滑块以初速度0v滑上表面粗糙的固定斜面，到达最

高点后又返回到出发点．则下列能大致描述滑块整个运动过程中的速度v、加速度a、动能kE、重力对滑块所做的功W与时间t或位移x之间关系的图象是(取初速度方向为正方向)()A.B.CD.【答案】D【解析】物体上滑时的加速度大小a1=mgsinmgcosm+=gsinθ+μgcosθ，方向沿

斜面向下．下滑时的加速度大小a2=mgsinmgcosm−=gsinθ-μgcosθ，方向沿斜面向下，则知a1＞a2，方向相同，均为负方向．因v-t线的斜率等于加速度，可知选项AB错误；动能是标量，不存在负值．故C错误

．重力做功W=-mgh=-mgxsinθ，故D正确．故选D.点睛：解决本题的关键根据牛顿第二定律得出上滑和下滑的加速度，判断出物体的运动情况．要通过列方程分析图象的物理意义．5.高空坠物极易对行人造成伤害。若一个1kg的砖块从一居民楼的8层坠下，与地面的撞击时间约为1

0ms，则该砖块对地面产生的冲击力约为（）A.20NB.2×102NC.2×103ND.2×104N【答案】C【解析】【详解】设8楼高度约为20m，砖块落地时的速度，根据22vgH=解得20m/sv=

砖块与地面撞击的过程中，根据动量定理Ftmv=解得3210NF=根据牛顿第三定律，砖块对地面产生的冲击力约为3210N，C正确，ABD错误。故选C。6.地下矿井中的矿石装在矿车中，用电机通过竖井运送到地面。某竖井中矿车提

升的速度大小v随时间t的变化关系如图所示，其中图线①②分别描述两次不同的提升过程，它们变速阶段加速度的大小都相同；两次提升的高度相同，提升的质量相等。不考虑摩擦阻力和空气阻力。对于第①次和第②次提升过程（）A.矿车上升所用的时间之比为2：3B.电机输出的最大

功率之比为2：1C.电机的最大牵引力之比为2：1D.电机所做的功之比为4：5【答案】B【解析】【详解】A．由图可得，变速阶段的加速度00vat=设第②次所用时间为t，根据速度-时间图象的面积等于位移（此题中为提升的高度）可知0000111122[2]222vtvttva=+−

（）解得052tt=所以第①次和第②次提升过程所用时间之比为0052:4:52tt=故A错误；B．由功率公式P=Fv电机输出的最大功率之比等于最大速度之比为2:1，B正确；C．由于两次提升变速阶段的加速度大小相同，在匀加速阶段

，由牛顿第二定律Fmgma−=可得提升的最大牵引力之比为1∶1，C错误；D．电机所做的功等于增加的重力势能，两次增加的重力势能相同，因此电机做功之比为12:1:1WW=故D错误。7.质量为M的小车在光滑的水平地面上以v0匀速运动，当车

中的砂子从底部的漏斗中不断流下时，由动量守恒知识可得车子速度将（）A.减小B.不变C.增大D.无法确定【答案】B【解析】【详解】设漏掉质量为m的沙子后，砂子从车上漏掉的瞬间由于惯性速度仍为v0，汽车速度为v，根据水平方向动量守恒可得00()MvmvMmv

=+−解得0vv=故车子速度将不变，故ACD错误，B正确。故选B。8.假设某星球可视为质量均匀分布的球体，已知该星球表面的重力加速度在两极的大小为g1，在赤道的大小为g2，星球自转的周期为T，引力常

数为G，则该星球的密度为（）A.23GTB.1223gGTgC.12123-gGTggD.1221-3ggGTg【答案】C【解析】【详解】在两极，引力等于重力，则有12MmmgGR=由此可得某星球质量21gRMG=在赤道处，引力与支持力的

合力提供向心力，由牛顿第二定律，则有22224MmGmgmRRT−=由343MMVR==联立解得密度12123gGTgg=−故ABD错误，C正确。故选C。9.如图，abc是竖直面内的光滑固定轨

道，ab水平，长度为2R；bc是半径为R的四分之一圆弧，与ab相切于b点。一质量为m的小球，始终受到与重力大小相等的水平外力的作用，自a点处从静开始向右运动，重力加速度大小为g，则小球运动到其轨迹最高点时的动能为（）A.2m

gRB.4mgRC.5mgRD.6mgR【答案】A【解析】【详解】由题意得水平拉力Fmg=设小球达到c点的速度为v，从a到c根据动能定理可得2132FRmgRmv−=解得4vgR=小球离开c点后，竖直方向做竖直上抛运动

，水平方向做初速度为零的匀加速直线运动，设小球从c点达到最高点的时间为t，则有4vRtgg==此段时间内水平方向的速度为144RvatgtggRg====所以小球在轨迹最高点时的动能为2k1122EmvmgR==故BCD错误，A正确。故选A。10.如图所示，轻质弹簧的左端固定，并处于自

然状态。小物块的质量为m，从A点向左沿水平地面运动，压缩弹簧后被弹回，运动到A点恰好静止。物块向左运动的最大距离为s，与地面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，弹簧未超出弹性限度。在上述过程中（）A.弹簧的最大弹力为μm

gB.物块克服摩擦力做的功为μmgsC.弹簧的最大弹性势能为2μmgsD.物块在A点的初速度为2gs【答案】D【解析】【详解】A．物体从静止向右运动时，弹力先大于摩擦力，当弹簧的弹力与滑动摩擦力大小相等时，即Fmg=时，速度最大，物体继续向右运动

，弹簧继续伸长直到自然状态，所以弹簧的最大弹力大于mg，A错误；B．整个过程中，物块所受的摩擦力大小恒定，摩擦力一直做负功，则物块克服摩擦力做的功为2mgs，B错误；C．物体向右运动的过程，根据能量守恒定律得，弹簧的最大弹性势能pEmgs=C错误；D．设物块在A点的初

速度为0v，对整个过程，利用动能定理得201202mgsmv−=−可得02vgs=D正确。故选D。二、多项选择题：（每题4分，共16分）11.不计空气阻力，下列物体在运动中机械能守恒的是（）A.从运动员手中抛出

的标枪B.子弹射穿静止在光滑水平面上的木块C.物体沿固定的光滑斜面匀速上运动D.用细绳拴着一个小球，小球在光滑水平面内做匀速圆周运动【答案】AD【解析】A、从运动员手中抛出的标枪，只受到重力做功，机械能守恒，故A正确；B、子弹射穿静止在光滑水平面上的木块，子弹对木块做

功，木块的动能增加，机械能增加，机械能不守恒，故B错误；C、物体沿固定的光滑斜面匀速上滑运动，动能不变，势能增加，机械能增加，故C错误；D、用细绳拴着一个小球，小球在光滑水平面内做匀速圆周运动，动能不变，势能不变，机械能守恒，故D正确；故选AD．12.地

球的半径为R0，地球表面的重力加速度为g，一个质量为m的人造卫星，在离地面高度为R0的圆形轨道上绕地球运行，则（）A.人造卫星的角速度08gR=B.人造卫星的周期022RTg=C.人造卫星受到地球的引力

F=14mgD.人造卫星的速度0vRg=【答案】AC【解析】【详解】ABD．在地球表面上，由重力等于万有引力，得''20MmGmgR=得20GMgR=根据2220022004()()()MmvGmhRmhRmhRThR=+=+=++解得00081,2,82RgTvRgRg===BD错误A正

确；C．人造卫星受到地球的引力'201()4MmFGmghR==+C正确。故选AC。13.如图所示，轻质弹簧固定在水平地面上，现将弹簧压缩后，将一质量为m的小球静止放在弹簧上，释放后小球被竖直弹起，小球离开弹簧时速度为v，则小球被弹起的过程中（）A.弹簧

对小球的弹力冲量等于mvB.地面对弹簧的支持力冲量大于mvC.地面对弹簧的支持力做功大于212mvD.弹簧对小球的弹力做功大于212mv【答案】BD【解析】【详解】A．对小球分析可知，小球受重力和弹力作用运动，根据动量定理可知

FGIImv−=故弹簧对小球的冲量大于mv，A错误；B．由于地面对弹簧的弹力与弹簧对小球的弹力始终大小相等，故地面对弹簧的支持力的冲量大于mv，B正确；C．由于地面对弹簧的弹力不产生的位移，因此地面对弹簧的支持力不做功，C错误；D．对小球分析可知，小球受重力和弹力作用运动，根据

动能定理可知212GWWmv−=弹弹簧对小球的弹力做功大于212mv，D正确。故选BD。14.质量为m的小球A在光滑的水平面上以速度v与静止在光滑水平面上的质量为3m的小球B发生正碰，碰撞后，A球的动能变

为原来的19，那么碰撞后B球的速度大小可能是（）A.13vB.23vC.29vD.49v【答案】D【解析】【分析】【详解】ABCD．根据碰后A球的动能恰好变为原来的19得221111292mvmv=解得113vv=碰撞过程中AB动量守恒，则有13B

mvmvmv=+当113vv=，解得29Bvv=不符合题意舍去当113vv=−，解得49Bvv=ABC错误D正确。故选D。三、实验题：（每空2分，共14分）15.在“验证动量守恒定律”的实验中。实验装置及实验中小球运动轨迹及平均落点的情况如图所示，回答下列问

题：(1)本实验需要测量的物理量是______（填选项前的字母）。A.小球的质量ma、mbB.小球离开斜槽后飞行的时间ta、tbC.小球离开斜槽后飞行的水平射程xA、xB、xCD.槽口到水平地面的竖直高度

H(2)实验中重复多次让小球a从斜槽上的同一位置释放，其中“同一位置释放”的目的是________。(3)放置被碰小球b前后，小球a的落点位置为分别为图中的_______和______。【答案】(1)

.AC(2).为了保证小球每次平抛的初速度相同(3).B(4).A【解析】【详解】(1)[1]开始时不放b球，让a球从某一高度静止释放，平抛的初速度为0v，落到B点，放上b球后，让a球从同一高度静止释放，碰撞后，a球落以初速度1v平抛落在A点

，b球以初速度2v平抛落在C点，根据动量守恒定律a0a1b2mvmvmv=+小球平抛运动竖直方向上的高度相同，根据212hgt=可知小球落地时间相同，动量守恒的方程两边同时乘以时间ta0a1b2mvtmvtmv

t=+转化为平抛运动的水平位移，即验证动量守恒的方程为aabBACmxmxmx=+所以需要测量两小球的质量和小球平抛落地的水平位移，AC正确，BD错误。故选AC。(2)[2]保持小球a从同一高度释放的目的是为了保证小球每次平抛的初速度

相同。(3)[3][4]根据(1)中分析可知放置被碰小球b前后，小球a的落点位置为分别为图中的B和A。16.在“验证机械能守恒定律”的实验中：（1）某同学得到的纸带如图甲所示，O点是第一个点，相邻点间的时间间隔为T，重物的质量为m，则打点计时器打出A点

时，重物下落的速度vA=_____，从打下第一个点O到打下点B的过程中，重物重力势能的减小量pBE=_____．（结果选用T、m、g和甲图中的h1、h2、h3表示）（2）该同学用实验测得的数据测本地重力加速度．方法是建立坐标系，以h为横轴，

以v2为纵轴，描点，得到一条过坐标原点的直线，如图乙所示，测得该直线的斜率为k，则本地重力加速度g=_____．【答案】(1).22hT;(2).2mgh；(3).2k【解析】【详解】．（1）利用匀变速直线运动的推论：瞬时速度等于这段时间的平均速度，22Ah

vT=，重力势能减小量等于△Ep=mgh2（2）根据重物下落的机械能守恒，则有重力势能减小量等于动能的增加量，即212mghmv=．若以h为横轴，以v2为纵轴，因此该直线的斜率为k=2g；所以本地重力加速度2kg=．四、计算题：（共40分）17.如图所示，质量为m的小球用长为L的轻质细线悬于O点，

与O点处于同一水平线上的P点处有一个光滑的细钉，已知2LOP=，在A点给小球一个水平向左的初速度v0，发现小球恰能到达跟P点在同一竖直线上的最高点B。求：(1)小球到达B点时的速率；(2)若不计空气阻力，则初速度v0多大；(3)若初速度02vgL=，则小球在从A到B的过程中克服空气阻力做了

多少功。【答案】(1)2gL；(2)72gL；(3)14mgL【解析】【详解】(1)小球恰好能到达B点，根据牛顿第二定律得22BvmgmL=解得2BgLv=(2)从AB→对小球应用动能定理得22011()222BLmgLmvmv−+=−解得072gLv=(3)若0

2vgL=，从AB→对小球应用动能定理得22f011()222BLmgLWmvmv−+−=−解得f14WmgL=18.一质量为m的烟花弹获得动能E后，从地面竖直升空。当烟花弹上升的速度为零时，弹中火药爆炸将烟花弹炸为质量相等的两部分，两部分获得的动能之和为2E，且均

沿竖直方向运动，爆炸时间极短，重力加速度大小为g，不计空气阻力和火药的质量。求：(1)烟花弹从地面开始上升到弹中火药爆炸所经过的时间；(2)爆炸后烟花弹向上运动的部分距地面的最大高度。【答案】(1)12Egm；(2)3Emg【解析】【详

解】(1)设烟花弹的初速度为0v则有2012Emv=得02Evm=烟花弹从地面开始上升的过程中做竖直上抛运动，则有00vgt−=得12Etgm=(2)烟花弹从地面开始上升到弹中火药爆炸上升的高度为2012vEhgmg==对于爆炸过程，取竖直向上为正方向，由动量守恒定律得12

11022mvmv=−根据能量守恒定律得2212111122222Emvmv=+联立解得12Evm=爆炸后烟花弹向上运动的部分能继续上升的最大高度为21222vEhgmg==所以爆炸后烟花弹向上运动的部分距地面的最大高度为123Ehhhmg=+=19.如图

所示，质量M=6kg的足够长的小平板车静止在光滑水平面上，车的一端静止着质量为A2kgM=的物体A（可视为质点），一个质量为20gm=的子弹以500m/s的水平速度迅速射穿A后，速度变为100m/s，最后物体A静止在车上，若物体A与小车间的动摩擦因数

0.5=（g取10m/s2）(1)平板车最后的速度是多大；(2)全过程损失的机械能为多少；(3)A在平板车上滑行的距离为多少。【答案】(1)1m/s；(2)2396J；(3)1.2m【解析】【详解】(1)子弹、A和车构成的系统动量守恒，选择水平向右为正0A1()mv

MMvmv=++解得3301A20105002010100m/s1m/s62mvmvvMM−−−−===++(2)根据能量守恒定律22201A111()222EmvmvMMv=−−+损解得=2396JE损(3)子弹击穿A过

程中，时间极短，根据动量守恒定律得0A21mvMvmv=+解得24m/sv=A和车构成的系统应用能量守恒定律22AA2A11()22MgsMvMMv=−+解得1.2ms=