【文档说明】【精准解析】广西钦州市2019-2020学年高一下学期期末考试教学质量监测物理试卷（理）.doc，共(17)页，827.500 KB，由小赞的店铺上传

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钦州市2020年春季学期教学质量监测高一物理（理科）本试卷分第I卷（选择题）和第II卷（非选择题）两部分，满分100分，考试时间90分钟。第I卷（选择题共40分）一、单项选择题：本题共8小题，每小题3分，共24分。每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求。请把答案写在答题卡上。1.下列说法

符合史实的是()A.牛顿发现了行星的运动规律B.胡克发现了万有引力定律C.卡文迪许测出了引力常量G,被称为“称量地球重量的人”D.伽利略用“月—地检验”证实了万有引力定律的正确性【答案】C【解析】开普勒发现了行星的运动规

律，选项A错误；牛顿发现了万有引力定律，选项B错误；卡文迪许测出了引力常量G，被称为“称量地球重量的人”，选项C正确；牛顿用“月—地检验”证实了万有引力定律的正确性，选项D错误；故选C.2.物体做曲线运动时，一定变

化的物理量是（）A.速率B.速度C.加速度D.合外力【答案】B【解析】【详解】A．物体做曲线运动时速率不一定变化，例如匀速圆周运动，选项A错误；B．物体做曲线运动时速度的方向一定变化，则速度一定变化，选项B正确；C．物

体做曲线运动时加速度不一定变化，例如平抛运动，选项C错误；D．物体做曲线运动时合外力不一定变化，例如平抛运动，选项D错误。故选B。3.关于两个物体间的作用力和反作用力的做功情况是（）A作用力做功，反作用力一定做功B.作用力做正功，反作用力

一定做负功C.作用力和反作用力可能都做负功D.作用力和反作用力做的功一定大小相等，且两者代数和为零【答案】C【解析】【详解】A．作用力与反作用力的关系是大小相等，但是相互作用的两个物体不一定都有位移，故作用力和反作用力不一定同时都做功，故A错误；BCD．作用力与反

作用力做功可能都是正功也可能都是负功，比如两个磁铁在它们的相互作用力的作用下运动，如果从静止开始向相反的方向运动则都是在做正功，作用力和反作用力所做的功的代数和为正值；如果有初速度，在相互作用力的作用下相向运动，那么这两个力就都做负功，作用力和反作用力所做的功的代数和为负

值，故C正确，B、D错误；故选C。4.一条宽度为L的河流河水流速为v1，一只小船在静水中的速度为v2，v2＞v1，这只小船要渡过这条河流，下列说法正确的是（）A.最短时间为2LvB.最短时间为1LvC.小船无

法到达正对岸D.小船在河水中运动的速度一定大于v2【答案】A【解析】当静水速与河岸垂直时，过河的时间最短，最短渡河时间为2Ltv，故A正确，B错误；根据平行四边形定则，由于船在静水中的速度大于水流速，则合速度可能垂直于河岸，即船

可能垂直到达对岸，故C错误；合速度可能大于分速度，也可能小于分速度，也可能等于分速度，故D错误．5.如图，海王星绕太阳沿椭圆轨道运动，P为近日点，Q为远日点，M、N为轨道短轴的两个端点，运行的周期为T0。若只考虑海王星和太阳之间的相互作用，则海王星在从P经M、Q到N的运动过程中

（）A.从P到M所用的时间等于04TB.从Q到N阶段，机械能逐渐变大C.从P到Q阶段，速率逐渐变小D.从M到N阶段，万有引力对它先做正功后做负功【答案】C【解析】【详解】A．海王星在PM段的速度大小大于MQ段的速度大小，则P

M段的时间小于MQ段的时间，所以P到M所用的时间小于04T，故A错误；B．从Q到N的过程中，由于只有万有引力做功，机械能守恒，故B错误；C．海王星从P到Q阶段，万有引力对它做负功，速率减小，故C正确；D．根据万有引力方向与速度方向的关系知

，从M到N阶段，万有引力对它先做负功后做正功，故D错误。故选C。6.如图示，已知mA=2mB=3mC，它们距轴的关系是RA=RC=12RB，三物体与转盘表面的动摩擦因数相同，当转盘的转速逐渐增加时（）A.物体A

先滑动B.物体B先滑动C.物体C先滑动D.B与C同时开始滑动【答案】B【解析】【详解】当静摩擦力达到最大静摩擦力时，角速度达到最大值，根据μmg=mrω2解得grB的半径最大，所以B的临界角速度最小，物体B先滑动。故B正确，ACD错误。故选B。

7.小球P和Q用不可伸长的轻绳悬挂在天花板上，P球的质量大于Q球的质量，悬挂P球的绳比悬挂Q球的绳短．将两球拉起，使两绳均被水平拉直，如图所示，将两球由静止释放，在各自轨迹的最低点()A.P球的速度一定大于

Q球的速度B.P球的动能一定小于Q球的动能C.P球所受绳的拉力一定大于Q球所受绳的拉力D.P球的向心加速度一定小于Q球的向心加速度【答案】C【解析】从静止释放至最低点，由机械能守恒得：mgR=12mv2，解得：2vgR，在

最低点的速度只与半径有关，可知vP＜vQ；动能与质量和半径有关，由于P球的质量大于Q球的质量，悬挂P球的绳比悬挂Q球的绳短，所以不能比较动能的大小．故AB错误；在最低点，拉力和重力的合力提供向心力，由牛顿第二定律得：F-mg=m2vR，解得，F=mg+m2vR=3mg，2F

mgagm向＝，所以P球所受绳的拉力一定大于Q球所受绳的拉力，向心加速度两者相等．故C正确，D错误．故选C．点睛：求最低的速度、动能时，也可以使用动能定理求解；在比较一个物理量时，应该找出影响它的所有因素，全面的分析才能正确的解题．8.如图所示，两个完

全相同的小球从水平地面上方同一点O分别以初速度1v、2v水平抛出，落在地面上的位置分别是A、B，O′是O在地面上的竖直投影，且:1:2OAAB，若不计空气阻力，则两小球（）A.初动能之比为1：3B.重力对两个小球做功不相同C.落地瞬间重力

的瞬时功率不相同D.重力做功的平均功率相同【答案】D【解析】【详解】A．平抛运动的高度相同，则运动的时间相同，因为两物体的水平位移之比为1：3，根据0xvt知初速度之比为1：3，初动能之比是1：9，故A错误；B．根据

W=mgh可知，重力对两个小球做功相同，故B错误；C．小球落地的竖直速度2yvgtgh则落地瞬间重力的瞬时功率2yPmgvmggh即两球落地瞬间重力的瞬时功率相同，故C错误；D．根据WPt可知，重力做功的平均功率相同，故D正确。

故选D。9.如图所示，从斜面上的A点以速度0v水平抛出一个物体，飞行一段时间后，落到斜面上的B点；若仍从A点抛出物体，抛出速度为012v，不计空气阻力，下列说法正确的是（）A.物体的飞行时间不变B.物体的位移变为原来的12C.物体落到斜面上的速度变为原来的14D.物体落到斜面上时速度方向不变

【答案】D【解析】根据20012tan2gtygtxvtv可知，当初速度减半时，飞行的时间减半，选项A错误；根据x=v0t可知，物体的水平位移变为原来的1/4，竖直位移也变为原来的1/4，则物体的位移变为原来的1/4，选项B错误；水平初速度减半时，根据vy=gt可知，落

到斜面上的竖直速度变为原来的一半，可知物体落到斜面上的速度变为原来的1/2，选项C错误；根据00tan2tanyvgtvv为定值，则物体落到斜面上时速度方向不变，选项D正确；故选D.点睛：解决本题的关键知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，结合运动学公

式和几何关系灵活求解．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。请把答案写在答题卡上。10.在低轨道运行的人造卫星，由于受到空气阻力的作用，卫星的轨

道半径不断缩小，运行中卫星的（）A.速率逐渐减小B.速率逐渐增大C周期逐渐变小D.向心力逐渐加大【答案】BCD【解析】【详解】卫星在阻力的作用下，要在原来的轨道减速，万有引力将大于所需向心力，物体会做向心运动，轨道半径变小，人造卫星绕地球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力，设卫星

的质量为m、轨道半径为r、地球质量为M。AB．由22MmvGmrr计算得出GMvr轨道半径会逐渐减小，线速度大小增大，即速率增大，故A错误，B正确；C．由2224MmGmrrT得32rTGM轨道半径会逐渐减小，周期减小，所以C正确；D．由向心

力等于万有引力2MmFGr轨道半径会逐渐减小，向心力增大，所以D正确。故选BCD。11.如图所示，人在岸上拉船，已知船的质量为m，水的阻力恒为Ff，当轻绳与水平面的夹角为θ时，船的速度为v，此时人的拉力大小为F，则此时()A.人拉绳行走的速度为vcosθB.人拉绳行走的速度为cosvC.

船的加速度为fFFmD.船的加速度为cosfFFm【答案】AD【解析】【详解】AB．船运动的速度是沿绳子收缩方向的速度和绕定滑轮的摆动速度的合速度.如图所示根据平行四边形定则有：cosvvÊ所以A正确，B错误.CD．对小船受力分析如图所示，根据牛顿第二定律

有：cosfFFma因此船的加速度大小为：cosfFFam所以C错误，D正确.12.如图，一球体绕轴O1O2以角速度旋转，A、B为球体上两点，下列说法正确的是（）A.A、B两点具有大小相等的线速度B.A、B两点具有相同

的角速度C.A点的向心加速度大于B点向心加速度D.A、B两点的向心加速度方向都指向球心【答案】BC【解析】【详解】B．A、B两点共轴转动，角速度相等，故选项B正确；A．因为A、B两点绕轴O1O2转动，A点的转动半径大于B点的转动半径，根据v＝ωr知，A点的线速度大于B点的

线速度，故A错误；C．角速度相等，A点的转动半径大，根据a＝ω2r知，A点的向心加速度大于B点的向心加速度，故C正确；D．A、B两点的向心加速度方向垂直指向轴O1O2，故选项D错误。故选BC。13.一质量为m的物体被人用手由静止竖直向上以加速度a匀加速

提升h。重力加速度为g，关于此过程，下列说法中正确的是（）A.提升过程中手对物体做功m（a＋g）hB.提升过程中合外力对物体做功mahC.提升过程中物体克服重力做功mghD.提升过程中物体的重力势能增加m（a＋g）h

【答案】ABC【解析】【详解】A．设人对物体的拉力为F，由牛顿第二定律得F-mg=ma即F=m（g+a）则在提升过程中手对物体做功为WF=Fh=m（a+g）h故A正确；B．根据牛顿第二定律可知物体受到的合力为F合=ma，故F合h=mah故B正确；C．提升过程中物体克服重力做功mgh，故C正确

；D．提升过程中物体克服重力做功mgh，重力势能增加mgh，故D错误。故选ABC。14.质量为m的小车在水平恒力F推动下，从山坡底部A处由静止开始运动至高为h的坡顶B，到达B点时的速度为v，AB的水平距离为s。重力加速度为g，下列说法正确的是（）A.小车克

服重力所做的功是mghB.合外力对小车做的功是212mvC.阻力对小车做的功是212mvmghFsD.推力对小车做的功是Fs－mgh【答案】ABC【解析】【详解】A．小车重力所做的功为-mgh，即小车克服重力所做的功是mgh，故A正确；B．由动能定理可得，合

外力对小车做的功21=2Wmv合故B正确；CD．由动能定理得2f1=02WWmghFsmv合则阻力对小车做的功2f12WmvFsmgh推力对小车做的功是2f12FWFsmvmghW故D错误，C正确；故选ABC。第II卷（非选择题共60分）三、实验题：每空3分，共18分，请把

答案写在答题卡上。15.某学习小组做“探究合力的功和物体速度变化关系”的实验，如图所示，小车在一条橡皮筋作用下弹出，沿木板滑行，这时橡皮筋对小车做的功记为W。当2条、3条…完全相同的橡皮筋并在一起进行第2次、第3次…实验时，使每次实

验中橡皮筋伸长的长度都保持一致，每次实验中小车获得的速度由打点计时器所打的纸带测出。(1)实验中，小车会受到摩擦阻力的作用，可以使木板适当倾斜来平衡掉摩擦阻力，则下列操作正确的是__________；A．放开小车，能

够自由下滑即可B．轻推小车，能够匀速下滑即可C．轻推拖着纸带的小车，能够匀速下滑即可D．放开拖着纸带的小车，能够自由下滑即可(2)若木板水平放置，小车在两条橡皮筋作用下运动，当小车速度最大时，关于橡皮筋所处的状态，下列说法正确的是__________；A．橡皮筋处于原长状态B．橡皮筋仍处于伸长状态

【答案】(1).C(2).B【解析】【详解】(1)[1]平衡摩擦力时，抬高木板的一端，轻推拖着纸带的小车，能够匀速下滑即可，故选C。(2)[2]若木板水平放置，当小车速度达最大时，则小车的合力为零，所以除摩擦力外，还有橡皮筋的拉力，因此橡皮筋处于伸长状态，故选B。16.（1）某同学根据平

抛运动规律，利用图a的装置验证机械能守恒定律．①物块P于A点由静止沿轨道滑下，并在末端B处水平抛出，落在水平地面C点．②用刻度尺量出A点与桌面的高h，B点与地面的高H，B点正下方的D点与C点距离x．其中某次对x的

测量结果如图b所示，x=________cm．③若P的质量为m、重力加速度为g，根据测得的h、H、x写出P下滑到B点时，重力势能减少量的表达式_________，动能增量的表达式____________．④若P的运动过程机械能守恒，则x2与h之间应满足关系

式_______．【答案】(1).20.47(20.46—20.50均可)(2).mgh(3).24mgxH或2122gmxH(4).24xHh或24xhH【解析】【详解】②[1]30.4710.00=20.47cm；③[2][3]重力势能减少量的表达式mgh；根据平

抛运动，竖直方向212Hgt水平方向xvt因此到达B点的动能22124kmgxEmvH④[4]若满足机械能守恒，则24mgxmghH整理得24xHh四、计算题：共42分；共4小题，解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤。只写出最后答案

不得分。有数值计算的题，答案必须明确写出数值和单位。请把答案写在答题卡上。17.电影《流浪地球》中，由于太阳即将毁灭，人类为了生存，给地球装上推进器，“驾驶”地球逃离太阳系，飞向比邻星系定居，泊入比邻星轨道，成为这颗恒星

的卫星。地球绕比邻星做圆周运动的轨道半径为r，周期为T，比邻星的半径为R，引力常量为G（忽略其他星球对地球的影响），求：(1)比邻星的质量M；(2)比邻星表面的重力加速度g。【答案】(1)2324rMGT；(2)23224rgRT【解析】【详解】(1)地球绕比

邻星运动，万有引力提供圆周运动向心力有2224MmGmrrT＝可得比邻星的质量2324rMGT(2)在比邻星表面重力与万有引力相等有2MmGmgR可得比邻星表面的重力加速度232224GMrgRRT18.

如图，水平桌面中心O处有一个小孔，用细绳穿过光滑小孔，绳两端分别系上质量M=0.6kg的物体A和m=0.3kg的物体B，A的中心与圆孔的距离为0.2m。水平桌面与A之间的动摩擦因数16，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，现使此平面绕中心轴线水平转动，角速度在什

么范围内，A可与桌面处于相对静止状态？（g取10m/s2）【答案】56103rad/srad/s33【解析】【详解】当角速度最大时，A受到的静摩擦力向内，则对A有2max1FfMrFmgmaxfMg代入数据解得1103

rad/s3当角速度最小时，A受到的静摩擦力向外，则对A有2max2FfMr代入数据解得256rad/s3可知角速度56103rad/srad/s33时，A可与桌面处于相对静止状态。1

9.某汽车在平直公路上行驶，其质量m=2×103kg，额定功率P=60kW。如果汽车从静止开始匀加速直线行驶，加速度a1=2m/s2，经过一段时间后达到额定功率，之后以额定功率沿直线行驶。若汽车运动过程中所受阻力f为车重的k倍（k

=0.2），重力加速度g取10m/s2。求：(1)汽车行驶达到最大速度vm的大小；(2)汽车匀加速直线行驶时间t；(3)当汽车速度v2=10m/s时，汽车的加速度a2大小。【答案】(1)15m/s；(2)3.75s；(3)1m/s2

【解析】【详解】(1)汽车运动过程中所受阻力，当汽车匀速行驶时Ffkmg有mPfv代入数据解得m15m/sv(2)汽车匀加速直线行驶，根据牛顿第二定律有11Ffma当恰好达到额定功率时11PFv

代入数据解得17.5m/sv由匀变速运动的规律有11vat解得3.75st(3)汽车速度210m/sv时大于7.5m/s，故汽车已经达到额定功率，则有22PFv22Ffma代入数据解得221m/sa20.如图所示，光滑水平面AB与竖直面内光滑的半圆形导轨在B点衔接，

导轨半径为R，一个质量为m的静止物块在A处压缩弹簧，释放物块后在弹力作用下获得一向右速度，当它经过B点进入导轨达到最高点C时，对轨道的弹力大小恰好等于其重力．已知重力加速度为g．求：(1)释放物块前弹簧储存了多大的弹性势能？(2)为使物块第一次进入半圆轨道后不脱离轨道，弹簧储存的弹性势能应该在

什么范围？【答案】(1)EP1=3mgR(2)弹簧储存的弹性势能的范围为：EP≥2.5mgR或EP≤mgR【解析】本题考查机械能与圆周运动相结合的问题．(1)设释放物块前弹簧储存的弹性势能为EP1物体在C点时由牛顿第二定律和向心力公式可得21NvFmgmgmgmR＋

＝＋对A到C由机械能守恒211122PEmgRmv＋联立解得：13PEmgR(2)若要物块第一次进入轨道不脱离轨道，有两种情况：情况一：物体能够到达C点然后从C点水平抛出．对应此情况设物块恰好能到达C点，在C点对物块时由牛顿第二定律和向心力公式22vmgmR令此种情况弹簧储存的弹性

势能为EP2，则有222122PEmgRmv＋解得：22.5PEmgR情况二：物体在到达与圆心等高处之前速度降为0．对应此情况设物块恰好能到达圆心等高点，令此种情况弹簧储存的弹性势能为EP3，则有3PEmgR综合两种情况可得，弹簧储存的弹

性势能的范围为2.5PEmgR或PEmgR点睛：物块从最低点开始做圆周运动之后半圆轨道后不脱离轨道，有两种可能：①物块能到达最高点然后从最高点飞出；②物体在到达与圆心等高处之前速度降为0．21.如图所示，在

长为L的轻杆中点A固定一质量为m的球，端点B固定一个质量为2m的小球，杆可绕轴O无摩擦的转动，已知重力加速度为g。使杆从水平位置无初速度释放，当杆转到竖直位置时，求：(1)A球的线速度大小；(2)杆对A球做的功；(3)杆对B球作

用力的大小。【答案】(1)59AgL；(2)29AWmgL；(3)589Tmg【解析】【详解】(1)对系统用机械能守恒定律，可得2211122222ABmgLmgLmm因为A球对B球在各个时刻对应的角速度相同所以有2BA

联立解得59AgL(2)对A球，由动能定理可得211022AAWmgLm解得29AWmgL(3)对B球，由牛顿第二定律可得222BTmgmL解得杆对B球的作用力大小589Tmg