【文档说明】【精准解析】北京市东城区2019-2020学年高一下学期期末考试统一检测物理试题.doc，共(20)页，1.240 MB，由管理员店铺上传

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2019-2020学年第二学期高一物理期末检测2020.07一、单选题（每题3分，18道共54分）1.体育课进行实心球训练，忽略空气阻力，投出后的实心球在空中运动的过程中，下列说法正确的是（）A.速度保持不变B.加速度保持不变C.水平方向的速度逐渐增大D.竖直方向的速度保持不变【答

案】B【解析】【详解】AB．忽略空气阻力，投出后的实心球将在空中做抛体运动，则加速度为自由落体加速度g，恒定不变，速度则将发生变化，故A错误，B正确；CD．由于实心球在水平方向不受力的作用，竖直方向受到自身重力的

作用，故水平方向的速度保持不变，竖直方向的速度将发生变化，故C，D错误；故选B。2.一架飞机沿水平方向匀速飞行，每隔1s释放一个小铁球，先后共释放4个。若不计空气阻力，则落地前四个小球在空中的排列情况是（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【详解】ABCD.由平抛运动的规律可

知，小铁球在水平方向上做匀速直线运动，所以释放的小球都在飞机的正下方，即在飞机的正下方排成竖直的直线；小球在竖直方向上的距离随着时间的增大逐渐增加，故B正确ACD错误。故选B。3.如图所示，在研究平抛运动时，

小球A沿轨道滑下，离开轨道末端（末端水平）时撞开接触开关S，被电磁铁吸住的小球B同时自由下落．改变整个装置的高度H做同样的实验，发现位于同一高度的A、B两个小球总是同时落地．该实验现象说明了A球在离开轨道后A.竖直方向的分运动是自由落体运动B.水平方向的分运动是匀加速直线运动C.水平方向的分运动是

匀速直线运动D.竖直方向的分运动是匀速直线运动【答案】A【解析】【详解】改变整个装置的高度H做同样的实验，发现位于同一高度的A、B两个小球总是同时落地，说明两小球在竖直方向为自由落体运动．故该实验现象说明了A球在离开轨道后竖直方向的分运动是自由落体运动，故A正

确，BCD错误．故选A【点评】本题考查了平抛运动的物体在竖直方向的运动规律为自由落体．平抛运动规律一般只能借助分解来求解．4.做平抛运动的物体，在水平方向通过的最大距离取决于（）A.物体所受的重力和抛出点的高度B.物体的初速度

和抛出点的高度C.物体所受的重力和初速度D.物体所受的重力、高度和初速度【答案】B【解析】【详解】对于做平抛运动的物体，水平方向上：x=v0t；竖直方向上：h=12gt2；所以水平位移为02hxvg，所以水平方向通过的最大

距离取决于物体的高度和初速度．A.物体所受的重力和抛出点的高度，与结论不相符，选项A错误；B.物体的初速度和抛出点的高度，与结论相符，选项B正确；C.物体所受的重力和初速度，与结论不相符，选项C错误；D.物体所受的重力、高度和初速度，与结论不相符，选项D错误；5.有A、B两小球，B的质量为A

的两倍；现将它们以相同速率沿同一方向抛出，不计空气阻力．图中①为A的运动轨迹，则B的运动轨迹是（）A.①B.②C.③D.④【答案】A【解析】试题分析：两球初速度大小和方向均相同，同时因抛出后两物体均只受重力，故加速度相同，因此二者具有相同的运动状态，故B

的运动轨迹也是①；选项A正确，BCD错误．故选A．考点：抛体运动【名师点睛】本题考查对抛体运动的掌握，要注意明确质量不同的物体在空中加速度是相同的，而影响物体运动的关键因素在于加速度，与质量无关．6.静止在地球上的物体会随地球自转一起运动，即绕地轴做圆周运动。比较

地球上不同位置的物体（两极除外）绕地轴的圆周运动，下列说法中正确的是（）A.角速度都不同B.线速度都相同C.周期都相同D.向心加速度大小都相同【答案】C【解析】【详解】地球上不同位置的物体（两极除外）绕地轴做圆周运动的角速度和周期都相同，但是由于转动半径不同，根据v=ωr可知，线速度

不同；根据a=ω2r可知，向心加速度不相同，故选项C正确，ABD错误。故选C。7.如图所示，汽车匀速驶过AB间的圆弧形路面过程中，有（）A.汽车牵引力F的大小不变B.汽车对路面的压力大小不变C.汽车的加速度为零D.汽车所受合外力大小不变【答

案】D【解析】【详解】A．对汽车受力分析，如图所示由于汽车匀速运动，轨道切线方向的合力为零，汽车牵引力F与圆弧切线方向重力的分力sinmg相平衡，由于沿圆弧切线方向重力的分力随倾角发生变化，汽车牵引力F也要随之发生变化，故A错误；B．沿向心方向有2NcosvmgFmR汽车受到路面

的支持力2NcosvFmgmR由于沿向心方向重力的分力cosmg发生变化，汽车受到路面的支持力FN也要发生变化，根据牛顿第三定律，汽车对路面的压力也要发生变化，故B错误；C．汽车匀速驶过AB间的圆

弧形路面过程中，由向心加速度2nvaR知，汽车的加速度不为零，其大小不变，方向时刻指向圆心，故C错误；D．由向心力2nvFmR知，汽车匀速驶过AB间的圆弧形路面过程中，汽车所受合外力大小不变，方向时刻指向圆心，故D正确。故选D。8.

已知汽车在水平路面上转弯时地面的摩擦力已达到最大，若希望汽车运动的速率增加到原来的2倍时还能顺利转弯，则关于此时汽车转弯的轨道半径，以下结论中正确的是：（）A.至少增大到原来的4倍B.至少增大到原来的2倍C.至少增大到原来的2倍D.至少增大到原来的12倍【答案】A【解析】

【详解】根据2mvfmr可知，最大静摩擦力不变，速率增加到原来的2倍，则半径要增加到原来的4倍。故选A。9.宇航员乘坐宇宙飞船环绕地球做匀速圆周运动时，下列说法正确的是（）A.宇航员处于完全失重状态B.宇航员处于超重状态C.宇航员的加速度等于零D.地球对宇航员没有引力【答案】A

【解析】【详解】AB．宇航员乘坐宇宙飞船环绕地球做匀速圆周运动时，万有引力充当做圆周运动的向心力，则宇航员处于完全失重状态，选项A正确，B错误；C．宇航员随宇宙飞船做匀速圆周运动，则加速度不等于零，选项C错误；D．地球对宇航员仍有引

力作用，选项D错误。故选A。10.若已知某行星绕太阳公转的轨道半径r，公转周期T，引力常量G，由此可求出（）A.该行星的质量B.太阳的密度C.太阳的质量D.该行星的密度【答案】C【解析】【详解】根据222()MmG

mrrT可得2324rMGT即可求出太阳的质量M，由于太阳的半径未知，不能求解太阳的密度。故选C。11.如图所示，a、b、c是地球大气层外圆形轨道上运行的三颗人造地球卫星，a、b质量相同，且小于c的质量，则（）A.a所需

向心力最小B.b、c周期相等，且大于a的周期C.b、c的向心加速度大小相等，且大于a的向心加速度D.b、c的线速度大小相等，且大于a的线速度【答案】B【解析】【详解】A．人造地球卫星做圆周运动的向心力由万有引力提供，根据2MmFGr，因为a、b质量

相同，且小于c的质量，而bc半径相同大于a的半径，所以Fa>Fb，Fc>Fb，可知b所需向心力最小。故A错误。BCD．根据22222()MmvGmmrmrmarrT得2GMarGMvr234rTGM知b、c周期相等，且大于a的

周期。b、c加速度相等，小于a的加速度。b、c的线速度大小相等，且小于a的线速度。故B正确，CD错误。故选B。12.已知月球质量与地球质量之比约为1∶81，月球半径与地球半径之比约为1∶4，则月球上的第一宇宙速度与地球上的第一宇宙速度之比最接近（）A

.9∶2B.2∶9C.18∶1D.1∶18【答案】B【解析】【详解】ABCD．第一宇宙速度是近地卫星的环绕速度，有：22mMvGmRR即GMvR所以月球的第一宇宙速度1v与地球的第一宇宙速度2v之比：122=9

MRvvMR月月地地故ACD错误，B正确；故选B。13.一个斜面长5m，高2.5m，用平行于斜面、大小为100N的力F，将质量为10kg的物体从斜面底匀速推到斜面的顶端。在这个过程中（）（g取10m/s2）A.力F对物体做功500JB

.力F对物体做功250JC.重力对物体做功250JD.物体克服摩擦力做功500J【答案】A【解析】【详解】AB．力F对物体做功F1005J500JWFL故A正确，B错误；C．重力对物体做功G10102.5J250JWm

gh故C错误；D．设物体克服摩擦力做功为Wf，由动能定理得FGf0WWW解得f250JW故D错误。故选A。14.汽车以额定功率从水平路面上坡时，司机换挡目的是（）A.增大速度，增大牵引力B.减小速度，减小牵引力C.增大速度，减小

牵引力D.减小速度，增大牵引力【答案】D【解析】汽车上坡时，与在水平路面上行驶相比，需要多克服重力的下滑分力做功，故需要增加牵引力；根据功率与速度关系公式P=Fv，功率一定的情况下，增加牵引力需要减小速度；

故选D．15.起重机的钢索将重物由地面吊到空中某个高度，其速度时间图象如图所示，则钢索拉力的功率随时间变化的图象可能是图中的（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【详解】在0t1时间内：重物向上做匀加速直线运动，设加速度大小为a1，根据

牛顿第二定律得1Fmgma则有1Fmgma拉力的功率111)(PFvmgmaatm、a1均一定，则P1∝t在t1t2时间内：重物向上做匀速直线运动，拉力F=mg则拉力的功率2PFvmgvP2不

变，根据拉力的大小得到，P2小于t1时刻拉力的功率，在t2t3时间内：重物向上做匀减速直线运动，设加速度大小为a2，根据牛顿第二定律得2mgFma则有2Fmgma拉力的功率3202()PFvmgmavat)(m、a2均一定，P3与t是线性关系，随

着t延长，P3减小。t3时刻拉力突然减小，功率突然减小。故选B。16.两根不可伸长的细轻绳，分别一端与两个质量相同的小球A、B连接，另一端悬挂在等高的悬点O1、O2上，球A的悬线比球B的长。如图所示，把两球均拉到与悬点等高、悬线水平且

伸直后，由静止释放，以悬点所在水平面为参考平面，当两球经最低点时（）A.A球的速度小于B球的速度B.A球的向心加速度小于B球的向心加速度C.A球的机械能等于B球的机械能D.A球对绳的拉力大于B球对绳的拉力【

答案】C【解析】【详解】A．根据动能定理mgL=12mv2解得2vgL所以A球的速度大于B球的速度，故A错误；B．在最低点，向心加速度22vagL则A球的向心加速度等于B球的向心加速度，选项B错误；C．A、B两球在

运动的过程中，只有重力做功，机械能守恒，初始位置的机械能相等，所以在最低点，两球的机械能相等，故C正确；D．根据牛顿第二定律得F-mg=ma得F=mg+ma=3mg与绳的长度无关。所以两绳拉力大小相等，故D错误。故选C。17.如图所示，小球从轻弹簧正上方某高处由静止开始下落，从小球接触弹簧开始

到将弹簧压缩到最短的过程中（弹簧保持竖直），下列叙述正确的是（）A.弹簧的弹性势能先增大后减小B.小球的机械能保持不变C.小球的动能一直减小D.小球的重力势能与弹簧的弹性势能之和先减小后增加【答案】D【解析】【详解】A．从小球接

触弹簧开始到将弹簧压缩到最短的过程中，弹簧的形变量一直在增大，所以弹性势能一直在增大，故A错误；B．从小球接触弹簧开始到将弹簧压缩到最短的过程中，弹簧弹力对小球一直做负功，所以小球的机械能一直在减小，故B错误；C．从小球接触弹簧开始到将弹簧压缩到最短的过程中，

开始阶段，弹簧弹力小于小球重力，后来弹力大于重力，故小球先加速后减速，即速度先增大后减小，则动能先增大后减小，故C错误；D．由于小球和弹簧组成的系统满足机械能守恒的条件，故有小球的动能、重力势能与弹簧

的弹性势能之和保持不变，由于小球的动能先增大后减小，所以小球的重力势能与弹簧的弹性势能之和先减小后增加，故D正确；故选D。18.如图所示，ABCD是一条长轨道，其中AB段是倾角为θ的斜面，CD段是水平的，BC段是与AB和CD都相切的一小段圆弧，其长度可以略去不计。一质量为m的滑块（看做质点）在A

点由静止状态释放，沿轨道滑下，最后停在D点，A点和D点的位置如图所示。现用一方向始终与轨道平行的力推滑块，使它缓慢地由D点推回到A点。设滑块与轨道间的动摩擦因数为μ，则推力对滑块做的功为（）A.mghB.2mghC.()sinhmg

sD.μmgs＋μmghcotθ【答案】B【解析】【详解】ABCD．缓慢推动，可认为速度大小不变，根据动能定理可得Fcos0sinhWmghmgmgs解得FtanhWmghmg

mgs滑块由A点静止状态释放，沿轨道滑下，最后停在D点，根据动能定理可得0tanhmghmgmgs即tanhmghmgmgs所以可得F2Wmgh故ACD错误，B正确。故选B。二、实验题19.一个同学在《研究平抛物体的运动》实验中，只画

出了如图所示的一部分曲线，于是他在曲线上取水平距离相等的三点A、B、C，量得△s=0．2m．又量出它们之间的竖直距离分别为h1=0．1m，h2=0．2m，利用这些数据，可求得：（1）物体抛出时的初速度为_______________m/

s；（2）物体经过B时竖直分速度为______________m/s；（3）抛出点在A点上方高度为______________m处．【答案】(1).2(2).1.5(3).0.0125【解析】【详解】（1）在

竖直方向上根据△y=gt2210.20.10.110hhytssgg，物体抛出时的初速度00.2m=2m/s0.1ssvt．（2）经过B点时的竖直分速度120.1m+0.2m=1.5m/s220.1syBhhvt（3）抛出点到B点的运动时间21

.5m/s=0.15s10m/syBBvtg从抛出到运动到A点需要的时间tA=tB-t=0.15s-0.1s=0.05s则抛出点在A点上方高度：2211100.05m=0.0125m22Ahgt；【名师点睛】解决本题的关键掌握平抛运动的处理方法，以及匀变速直线运动的两个推论：1、在连

续相等时间内的位移之差是一恒量．2、某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度．20.利用如图所示的装置做“验证机械能守恒定律”实验。(1)除带夹子的重物、纸带、铁架台（含铁夹）、打点计时器、导线及开关外，在下列器材中，还必须使用的器材是_____。

（填写选项前字母）A．交流电源B．刻度尺C．天平（含砝码）(2)实验中，先接通电源，再释放重物，得到如图所示的一条纸带。在纸带上选取三个连续打出的点A、B、C，测得它们到起始点O的距离分别为hA、hB、hC

。已知当地重力加速度为g，打点计时器打点的周期为T。设重物的质量为m，从O点到B点的过程中，重物的重力势能的减少量ΔEP=_____，动能的变化量ΔEK=_____（用题目中的已知量表示）(3)关于计算瞬时速度的方法，有同学认为可以用公式vB2Bgh算B点的

速度，你赞同吗？请表明你的观点及支持你观点的依据_____。【答案】(1).AB(2).Bmgh(3).2122CAhhmT(4).不赞同，关系式2BBvgh成立的条件是，重物下落的加速度为g，下落过程中只有重力做功，即机械能守恒。因此不能这种方法计算B点速度

。【解析】【详解】(1)[1]打点计时器使用的是交流电，实验中需要测量点迹间的距离，从而得出瞬时速度和下降的高度，所以需要刻度尺。实验中验证动能的增量和重力势能的减小量是否相等，质量可以约去，故不需要测质量，所以不需要天平，故选AB。(2)[2][3]从O

点到B点的过程中，重物的重力势能的减少量ΔEP=mghB，动能的变化量:2k12BEmv由匀变速直线运动规律的推论可得：2CABhhvT所以得：2k1()22CAhhEmT(3)[4]不赞同，因为关系式2BBvgh成立的条件是：重物下落的加速度为g，且下落

过程中只有重力做功，即机械能守恒。显然不能这种方法计算B点速度。三、计算题：21.在水平路面上骑摩托车的人，遇到一个壕沟，其尺寸如图所示。摩托车后轮离开地面后失去动力，可以视为平抛运动。摩托车后轮落到壕沟对面才算安全。摩托车的

速度至少要多大才能越过这个壕沟？（g取10m/s2）。【答案】20m/s【解析】【详解】由平抛运动规律得，摩托车竖直方向分运动为自由落体：212hgt水平方向分运动为匀速运动：xvt联立两式，代入数据解得：v=20m/s22.波轮洗衣机中的脱水筒如图所示，在脱水时，衣服紧贴在筒壁上做

匀速圆周运动。某洗衣机的有关规格如下表所示。在运行脱水程序时，有一质量m=6g的硬币被甩到桶壁上，随桶壁一起做匀速圆周运动。求桶壁对硬币的静摩擦力大小和弹力大小。在解答本题时可以选择表格中有用的数据。重力加速度g取10m/s2。

【答案】0.06N；3.55N【解析】【详解】硬币被甩到桶壁上，随桶壁一起做匀速圆周运动，则硬币在竖直方向上由二力平衡有：3(61010)N0.06Nfmg静硬币在水平方向随桶壁一起做匀速圆周运动有：22(2)nFmrmrn由题可知

：600r/min=10r/sn330010()m=0.15m2r代入求得：3.55NnF又因为硬币的向心力由弹力提供，故有：3.55NNnFF23.某颗人造地球卫星在距地面高度为h的圆形轨道上绕地球做匀速圆周运动．已知地球

半径为R，地而表面附近的重力加速度为g．请你推导该卫星：(1)运行速度的表达式;(2)运行周期的表达式．【答案】(1)gRRh(2)32RhRg【解析】【详解】(1)设地球质量为M，卫星质量为m，卫星绕地球运行的轨道半径为r根据万有引力定律和牛顿第二定律22

GMmvmrr在地球表面附近的物体2MmGmgR由已知条件知r=R+h联立可得gvRRh(2)由周期公式2rTv可得32RhπTRg24.某海湾共占面积1.0×106m2，涨潮时水深20m，若利用这个海湾

修建一座水坝，此时关上水坝的闸门时，可使水位保持20m不变。退潮时，坝外水位降至18m。假如利用此水坝建水力发电站，已知重力势能转化为电能的效率是10%，每天有两次涨潮，涨潮和退潮时水流都推动水轮机发电，试估算该电站一天能发多少电能？重力加速度g取

10m/s2。海水密度近似为1.0×103kg/m3。【答案】98.010J【解析】【详解】一次涨潮水的质量mSh一次涨潮水的重力势能变化p2hEmg一次涨潮水的重力势能转化为电能p10%EE电电站一天能发电能94=8.010JEE电

电25.某地有一风力发电机，如图所示，它的叶片转动时可形成半径r=20m的圆面。某时间内该地的风速是v=6m/s，风向恰好跟叶片转动的圆面垂直。已知空气的密度为31.2kg/m，若这个风力发电机能将此圆内10%的空气动能转化为电能。求：(1)单位时间内冲击

风力发电机叶片圆面的气流的体积。(2)单位时间内冲击风力发电机叶片圆面的气流的动能。(3)该风力发电机输出电能的功率。【答案】(1)32400m；(2)51840J；(3)5184W【解析】【详解】(1)圆面的面积为22400mSr单位

时间内冲击风力发电机叶片圆面的气流的体积为3361400m2400mVvtS(2)单位时间内冲击风力发电机叶片圆面的气流的质量为1.22400kg2880kgmV动能为22k1128806J51840J22Emv(3)发电机输出的电能为k10518

4JEE功率为5184WEPt26.某人站在水平地面上，手握不可伸长的轻绳一端，绳的另一端系有质量为m的小球（可视作质点），使球在竖直平面内以手为圆心做圆周运动（手的位置可视为一个定点）。某次小球运动到最低点时，绳受力到达最大值被拉断，球以水平速度飞出（绳断前后，球速不变）。已知手

离地面高度为5d，手与球之间的绳长为4d，球落地前的水平位移为d，重力加速度为g，忽略空气阻力。(1)绳能承受的最大拉力是多少？(2)将上述圆周运动简化为小球绕定点做圆周运动的模型，试证明绳拉断的时刻一定对应小

球经过最低点的位置。【答案】(1)98Fmg；(2)见解析【解析】【详解】(1)运动到最低点时，绳受力到达最大值被拉断，球以水平速度飞出做平抛运动。竖直方向分运动为自由落体21542ddgt水平方向分运动为匀速运动22xdgdvtdg

圆周运动到最低点时，根据牛顿第二定律有2vFmgmr绳能承受的最大拉力是98Fmg(2)将上述圆周运动简化为小球绕定点做圆周运动的模型，试证明绳拉断的时刻一定对应小球经过最低点的时刻。小球在竖直平面内绕定点做圆周运动，向心力由绳的拉力与重力沿着半径方向的分力Gγ合成提供。在上半

圆周运动中，绳的拉力与重力沿着半径方向的分力方向相同Fn上=F拉上+Gγ在下半圆周运动中，绳的拉力与重力沿着半径方向的分力方向相反Fn下=F拉下-Gγ又小球在竖直平面内绕定点做圆周运动过程中机械能守恒，小球位置越低重力势能越小，动能越大。小球经

过最低点的时刻动能最大，所需向心力最大22knEvFmrr所以小球经过最低点的时刻，绳的拉力最大F拉下=Fn+Gγ此时刻，绳的拉力不仅要抵消小球的重力，还有提供小球圆周运动所需要的向心力。