【文档说明】吉林省长春市第二十九中学2019-2020学年高一下学期期中考试物理试题（理） 【精准解析】.doc，共(15)页，677.000 KB，由小赞的店铺上传

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物理试卷（理科）一.单选题（每题3分，共45分）1.关于曲线运动，下面叙述正确的是（）A.曲线运动是一种变速运动B.变速运动一定是曲线运动C.物体做曲线运动时，所受的合外力可能与速度方向在同一条直线上D.物体做曲线运动时，所受的合外力一

定是变力【答案】A【解析】曲线运动的物体的速度方向一定变化，则曲线运动是一种变速运动，选项A正确；变速运动不一定是曲线运动，也可能是直线运动，选项B错误；物体做曲线运动时，所受的合外力与速度方向不在同一条直线上，选项C错误；物体做曲线运动时，所受

的合外力不一定是变力，例如平抛运动，选项D错误；故选A.2.如图所示，红蜡块可以在竖直玻璃管内的水中匀速上升，速度为v，若在红蜡块从A点开始匀速上升的同时，玻璃管从AB位置由静止开始水平向右做匀加速直线运动，加速度大小为a，则红蜡块的实际运动轨迹可能是图中的（）A.直线PB.曲

线QC.曲线RD.无法确定【答案】B【解析】【详解】当合速度的方向与合力（合加速度）的方向不在同一条直线上，物体将做曲线运动，且轨迹夹在速度与合力方向之间，轨迹的凹向大致指向合力的方向；蜡块的合速度方向斜向右上方，合加速度方向水平向右，不在同一直线上，轨迹的凹向要大

致指向合力的方向；A．与分析不符，故A错误；B．与分析相符，故B正确；C．与分析不符，故C错误；D．与分析不符，故D错误；故选B。3.如图所示，转动自行车的脚踏板时，关于大齿轮、小齿轮、后轮边缘上的A、B、C三点的向心加速度，下列说法正确的是（）A.由于an=rω

2，所以A点的向心加速度比B点的大B.由于an=2vr，所以B点的向心加速度比C点的大C.由于an=2vr所以A点的向心加速度比B点的小D.以上三种说法都不正确【答案】C【解析】【分析】【详解】AC．由题知，AB线速度相等，根据2nvar=又因A的半径大于B的半径，可知A

的向心加速度小于B的向心加速度，故A错误，C正确；B．B与C绕同一转轴转动，角速度相等，根据2nar=可知半径大的向心加速度大，则C的加速度大，故B错误；D．综上分析，可知C正确，AB错误，故D错误。故选C。4.狗拉雪橇沿位于水平

面内的圆弧形道路匀速行驶，下列给出的四个关于雪橇受到的牵引力F及摩擦力f的示意图（图中O为圆心）正确的是（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【详解】滑动摩擦力的方向是与相对运动方向相反且与接触面相切的，雪橇做匀速圆周运动，合力应该指向圆

心，可知C正确，ABD错误。故选C。5.冰面对溜冰运动员的最大静摩擦力为运动员重力的k倍，在水平冰面上沿半径为r的圆周滑行的运动员，其安全速度为（重力加速度为g）（）A.v≥krgB.v≤krgC.v≤2krgD.v≤rgk【答案】B【解析】【详解】

由题意可知，最大静摩擦力为重力的k倍，所以最大静摩擦力等于kmg，设运动员的最大速度为v，则有2vkmgmr=解得vkrg=，所以安全速度vkrg，故B正确，ACD错误。故选B。6.甲、乙两个质点间的万有引力大小为F，若甲物体的质量不变，乙物体的质量增

加到原来的2倍，同时它们之间的距离减为原来的一半，则甲、乙两物体间的万有引力大小将变为()A.8FB.4FC.FD.2F【答案】A【解析】【详解】根据万有引力定律122mmFGr=可知，若甲物体的质量m1不变，乙物体的质量m2增加到原来的2倍，同时它们之间的距离r减为原来

的一半，则甲、乙两物体间的万有引力大小为1212222881()2mmmmFGGFrr===，故A正确，BCD错误．7.“天宫二号”目标飞行器与“神舟十一号”飞船自动交会对接前的示意图如图所示，圆形轨道Ⅰ为“天宫二号”运行轨道，

圆形轨道Ⅱ为“神舟十一号”运行轨道．此后“神舟十一号”要进行多次变轨，才能实现与“天宫二号”的交会对接，则A.“天宫二号”的运行速率大于“神舟十一号”在轨道Ⅱ上的运行速率B.“神舟十一号"变轨后比变轨前高度增加，机械能减少C.“天宫二号”和“神舟十一号”对接瞬间的向心加

速度大小相等D.“神舟十一号”可以通过减速而使轨道半径变大【答案】C【解析】A、由万有引力提供向心力有22MmvGmrr=，得GMvr=，因“天宫二号”的半径大则其速率小，故A错误．B、“神舟十一号”变轨要加速做离心运动，向后喷气补充了能量其机械能增加，

则B错误．C、对接时在同一位置，根据牛顿第二定律知万有引力产生加速度相同，则C正确．D、“神舟十一号”可以减速做向心运动，万有引力大于向心力，轨道半径会变小，则D错误．故选C．【点睛】本题考查了万有引力定律的应用，解决本题的关键掌握变轨

的原理，以及掌握万有引力提供向心力这一理论，并能灵活运用．8.如图所示，物体在力F的作用下沿粗糙水平面发生了一段位移，三种情形下力F和位移的大小都相等．角θ的大小、物体运动方向己在图中标明，下列说法正确的是A.甲、乙两种情形下，力F都做正功B.乙、丙两种情形下，力F都做负功C.三种情形下，力F

做功的绝对值相等D.三种情形下，合力做功的绝对值相等【答案】C【解析】AB、甲中由力与速度方向成锐角，故力F做正功，乙中力和速度方向成钝角，故力做负功，丙中力和速度方向为锐角，故力做正功，故A、B错误．C、这三种情形下力F和位移x的大小都是一样的，根据cosWFs=可知三种

情况下力F做功的绝对值相等，故C正确；D、这三种情形下，合力大小不同，位移x的大小相同，根据cosWFs=可知合力做功的绝对值不相等，故D错误；故选C．【点睛】恒力做功表达式为cosWFs=，功的正负表示对应的力是动力还是阻力，功的大小看绝对值．9.如图所示，一轻弹簧

固定于O点，另一端系一重物，将重物从与悬点O在同一水平面且弹簧保持原长的A点由静止释放，让它自由摆下。不计空气阻力，在重物由A点摆向最低点B的过程中（）A.重物的重力势能增加B.弹簧的弹性势能不变C.重物的机械能减少D.重物和弹簧组成的系统机械能减少【答案】C【解析】【详解

】A．在重物由A点摆向最低点B的过程中，重力做正功，重力势能减少，故A错误；BC．在重物由A点摆向最低点B的过程中，弹簧对重物做负功，所以重物的机械能减少，弹簧的弹性势能增加，故B错误，C正确；D．在重物由A点摆向最低点B的

过程中，只有重力和弹簧的弹力做功，故重物和弹簧组成的系统机械能守恒，故D错误。故选C。10.从同一高度以相同的速率分别抛出质量相等的三个小球，一个竖直上抛，一个竖直下抛，另一个平抛，则它们从抛出到落地①运行的时间相等②加速度相同③落地时的速度相同④

落地时的动能相等，以上说法正确的是A.①③B.②③C.①④D.②④【答案】D【解析】【详解】①②．小球在空中均只受重力，故它们的加速度相同；而三个小球的h、m、v0都相同，所以三小球落地时的竖直分速度的大小相等，即两个

小球的落地时竖直速度相同，根据v=v0+gtv相同，v0不同（方向不同）所以运动时间不同，故①错误，②正确；③．由机械能守恒可知，三个小球落地时的速度大小相等，但方向不同，故③错误；④．根据动能定理可知，三个小球落地时的动能相同，故④正确。由上分析可知D正

确，ABC错误。11.人从高处跳下，与地面接触时双腿弯曲，这样是为了（）A.减少落地时的动量B.减少动量的变化C.减少冲量D.减小地面对人的冲力（动量的变化率）【答案】D【解析】【详解】人从高处跳下时，落地时的动量一定，在落地的过程中，动量变化一定的，故AB错误；通过

膝盖弯曲时延长了人动量变化的时间；从而减小地面对人体的冲击力；由动量定理I=Ft可知，可以减小人的动量变化率，不能减小人受到的冲量，故C错误，D正确．故选D。12.质量为0.5kg的钢球从高处自由落下，与地面相碰后竖直弹起，落地速度大小为10m/s，

反弹速度大小为9m/s，球与地面接触时间为0.1s，则钢球与地面碰撞时受到地面对它的平均作用力大小为（g取10m/s2）（）A.5.0NB.90NC.95ND.100N【答案】D【解析】【详解】根据动量定理有

()N21mgFtmvmv−=−代入数据得()()N0.5100.10.5910F−=−−解得N100NF=，故D正确，ABC错误。故选D。13.我国女子短道速滑队在2013年世锦赛上实现女子3000m接力三连冠．观察发现，“接棒”的运动员甲提前站在“交棒

”的运动员乙前面，并且开始向前滑行，待乙追上甲时，乙猛推甲一把，使甲获得更大的速度向前冲出．在乙推甲的过程中，忽略运动员与冰面间在水平方向上的相互作用，则（）A.甲对乙的冲量一定等于乙对甲的冲量B.甲、乙的动量变化一定大小相等方向相反C.甲的动能增加量一定

等于乙的动能减少量D.甲对乙做多少负功，乙对甲就一定做多少正功【答案】B【解析】【详解】A．因为冲量是矢量，甲对已的作用力与乙对甲的作用力大小相等方向相反，故冲量大小相等方向相反，故A错误．B．设甲乙两运动员

的质量分别为m甲、m乙，追上之前的瞬间甲、乙两运动员的速度分别是v甲，v乙．根据题意整个交接棒过程动量守恒：''mvmvmvmv+=+甲甲乙乙甲甲乙乙可以解得：mvmv=−甲甲乙乙，即B选项正确；CD．经历

了中间的完全非弹性碰撞过程会有动能损失，CD选项错误．【点睛】本题主要考察能量（做功正负判断）、动量（动量定理、动量守恒）相关知识，结合弹性碰撞和非弹性碰撞的动量和能量关系展开讨论．14.如图所示，质量为m的

物体在一个与水平方向成θ角的恒拉力F作用下，沿水平面向右匀速运动，则下列关于物体在时间t内所受力的冲量正确的是A.拉力F的冲量大小为FtcosθB.摩擦力的冲量大小为FtsinθC.重力的冲量大小为mgtD.物体所受支持力的冲量是mgt【答案

】C【解析】【详解】A、拉力F的冲量大小为Ft，故A错误；B、物体做匀速直线运动，可知摩擦力f=Fcosθ，则摩擦力的冲量大小为ft=Ftcosθ，故B错误；C、重力的冲量大小为mgt，故C正确；D、支持力的大小为NmgFs

in=−，则支持力的冲量为()mgFsint−，故D错误；故选C．【点睛】根据力的大小，结合冲量的公式IFt=求出各力的冲量大小．15.关于系统动量守恒的条件，下列说法正确的是（）A.只要系统内存在摩擦力，系统动量就不守恒B.只要系统中有一个物体受合力不为零，系统

动量就不守恒C.只要系统所受的合外力为零，系统动量就守恒D.子弹水平飞行，击穿一块原来静止在光滑水平面上的木块，因为子弹穿透木块的过程中受到阻力作用，所以子弹和木块组成的系统总动量不守恒【答案】C【解析】【详解】A．若系统内存在着摩擦力

，而系统所受的合外力为零，系统的动量仍守恒，故A错误；B．系统中有一个物体受合力不为零时，系统的动量也可能守恒，比如碰撞过程，两个物体的合力都不为零，但系统的动量却守恒，故B错误；C．系统所受的合外力为零，合外力的冲量为零，由动量定理可知，系统动量守恒，故C正确．D．

子弹穿透木块的过程中，子弹和木块组成的系统合外力为零，系统的总动量守恒，故D错误．故选C。二.多选题（每题4分，共20分）16.某小球做匀速圆周运动的过程中，不断变化的物理量是（）A.速度B.加速度C.动量D.动能【答案】ABC【解析】【详解】

ABC．在描述匀速圆周运动的物理量中，速度、向心加速度、动量，这几个物理量都是矢量，虽然其大小不变但是方向在变，因此这些物理量是变化的，故ABC符合题意；D．动能是标量，对同一小球，只要线速度的大小不变，则动能就不变，故D不符合题意。故选ABC.17.一根长为L的轻杆，

一端固定着一个质量为m的小球．杆以另一端为固定轴，在竖直平面内转动，当小球转到最高点时，速度大小为v，如图4所示．下列论述中正确的是（）A.一定有vgLB.当vgL时，小球对杆的作用力是拉力C.当vgL时，小球对杆的作用力是压力D.无论速度v多大轻杆对小球的作

用力均是拉力【答案】BC【解析】（1）若小球在最高点，恰好只有重力提供向心力，即2vmgmL=，则vgL=，A错误；（2）若vgL，则小球在最高点有离心运动的趋势，小球对杆的力应属于拉力，B正确；（3）若vgL，则小球在最高点有近心运动的趋势，小球对杆的力应属于压力，C正确，D错误．故本题选B

C．18.关于开普勒第三定律中的公式32akT=，下列说法正确的是()A.k值对所有的天体都相同B.该公式适用于围绕太阳运行的所有行星C.该公式也适用于围绕地球运行的所有卫星D.以上说法都不对【答案】BC【解析】【详解】k值与中心天体的质量有关，开普勒第三定律适用于所

有天体，故BC正确，AD错误。故选BC。19.如图所示，圆a的圆心在地球自转的轴线上，b、c、d的圆心均为地球的地心，对绕地球做匀速圆周运动的卫星而言，下列说法正确的是（）A.卫星的轨道可能为aB.同步卫星的轨道可能为bC.同步卫星的轨道可能为cD.卫星的轨道可能为d【答案】

BD【解析】【分析】【详解】AD．卫星运动过程中的向心力由万有引力提供，故地球必定在卫星轨道的中心，即地心为圆周运动的圆心，因此轨道a是不可能的，轨道d是可能的，故A错误，D正确；BC．同步卫星由于其周期和地球的自转周期相同，轨道一定在赤道的上空，故轨道只可能

为b，c不可能，故B正确，C错误。故选BD。20.一个质量为0.3kg的弹性小球，在光滑水平面上以6m/s的速度垂直撞到墙上，碰撞后小球沿相反方向运动，反弹后的速度大小与碰撞前相同.则碰撞前后小球速度变化量的大小Δv和碰撞过程中墙对小球做功的大小W为

（）A.Δv=0B.Δv=12m/sC.W=0D.W=10.8J【答案】BC【解析】【详解】A.规定初速度方向为正方向，初速度16m/sv=，碰撞后速度26m/sv=−，则速度变化量为：2112m/svvv=−=−负号表示速度变化量的

方向与初速度方向相反，所以碰撞前后小球速度变化量的大小为12m/s，故A错误，B正确；C.运用动能定理研究碰撞过程，由于初、末动能相等，则：0kWE==碰撞过程中墙对小球做功的大小W为0，故C正确，D错误．三.计算题21.平抛一物体，当抛出1s后它的速度与水平方向成45°角，落地时速度方向

与水平方向成60°角.求（取210/gms=）：（1）物体的初速度；（2）开始抛出时物体距地面的高度．【答案】(1)10m/s(3)15m【解析】【详解】（1）抛出s时，竖直分速度vy=gt=10×1m/s=10m/s，0

45yvtanv＝解得：v0=vy=10m/s（2）落地时速度方向与水平面成60°，有060yvtanv＝解得：103/yvms＝则抛出点的高度为：230015220yvhmmg=＝＝22.如图所示,有一长为L的细线,细线的一端固定在O点,另一端拴

一质量为m的小球,现使小球恰好能在竖直面内做完整的圆周运动．已知水平地面上的C点位于O点正下方,且到O点的距离为1.9L．不计空气阻力,重力加速度为g．(1)求小球通过最高点A时的速度vA．(2)若小球通过最低点B时,细线对小球的拉力FT恰好为小球重力的6倍,且小球经过B点的瞬间让细线断裂,求小球

落地点到C点的距离．【答案】(1)gL(2)3L【解析】【详解】（1）小球恰好能做完整的圆周运动，则小球通过A点时细线的拉力为零，根据向心力公式有2AvmgmL=解得AvgL=（2）在B点，根据向心力公式得2BvTm

gmL−=解得5BvgL=小球运动到B点时细线断裂，小球做平抛运动，竖直方向211.92LLgt−=水平方向Bxvt=解得3xL=【点睛】小球在竖直面内圆周运动一般会和机械能守恒或动能定理结合考查，要注意

临界值的应用及正确列出向心力公式。23.如图所示，竖直平面内的四分之一圆弧轨道下端与水平桌面相切，小滑块A和B分别静止在圆弧轨道的最高点和最低点．现将A无初速度释放，A与B碰撞后结合为一个整体，并沿桌面滑动．已知圆弧轨道光滑，半径R=0.2m，A与B的质量相等，A与B整体与桌面之间的动摩擦

因数=0.2．取重力加速度g=10m/s2，求：（1）碰撞前瞬间A的速率v．（2）碰撞后瞬间A与B整体的速度．（3）A与B整体在桌面上滑动的距离L．【答案】（1）2m/s（2）1m/s（3）0.25m【解析】【详解】（1）对A从圆弧最高点到最低点的过程应用机械能守恒定律有：212AAA

mvmgR=可得2m/sv=（2）A在圆弧轨道底部和B相撞，满足动量守恒，有：()ABAmmvmv+=，可得1m/sv=（3）对AB一起滑动过程，由动能定理得：21()()2ABABmmgLmmv+=+，可得L=0.25m24.甲、乙两运动员在做花样滑

冰表演，沿同一直线相向运动，速度大小都是1m/s。甲、乙相遇时用力推对方，此后都沿各自原方向的反方向运动，速度大小分别为1m/s和2m/s。求甲、乙两运动员的质量之比。【答案】3∶2【解析】【详解】取甲的初速度方向为正，由动量守

恒定律得m甲v甲-m乙v乙=m乙v'乙-m甲v'甲解得mm甲乙=vvvv++乙乙甲甲代入数据得mm甲乙=32