【文档说明】【精准解析】黑龙江省绥化市2019-2020学年高一下学期期末考试物理试题（A卷）.doc，共(16)页，763.368 KB，由envi的店铺上传

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-1-物理一、选择题（本题共12个小题，每小题4分，共48分，选择正确的得4分，多选题漏选的得2分。选错或不答的得0分。1—8题为单项选择题，9—12题为多项选择题。）1.如图所示的装置中，木块B、C与水平桌面间的接触是光滑的，子弹A沿水平方向射入木块后留在木块内，并

将弹簧压缩到最短。现将子弹、木块B、C和弹簧合在一起作为研究对象（系统），则此系统在从子弹开始射入木块到弹簧压缩至最短的整个过程中（）A.动量守恒、机械能守恒B.动量不守恒、机械能不守恒C.动量守恒、机械能不守恒D.动量不守恒、机械能守恒【答案】C【解析】【详解】以ABC

系统为对象，从子弹开始射入木块到弹簧压缩至最短的整个过程中，水平方向不受外力，所以动量守恒，子弹A射入木块B中，有内能产生，所以机械能不守恒。A．动量守恒、机械能守恒与上分析结论不相符，故A错误；B．动量不守恒、机

械能不守恒与上分析结论不相符，故B错误；C．动量守恒、机械能不守恒与上分析结论相符，故C正确；D．动量不守恒、机械能守恒与上分析结论不相符，故D错误；故选C。2.在排球比赛中，发球时小刚将球沿水平方向以初速度0v击出，落地时速度与

水平方向夹角为θ．（重力加速度为g，空气阻力不计）则球被击出时离地面的高度为（）A.220tan2vgB.220sin2vgC.2022tanvgD.202vg【答案】A【解析】将落地速度分解，可得落地时竖直分速度为：vy=v0tanθ，物体在竖直方向做自由

落体运动，-2-则知抛出点离地面的高度为：()220tan22yvvhgg==，故A正确，BCD错误．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，结合运动学公式灵活进行研究．3.质量为m的小球，用长为l的线悬挂在O点，在O点正下方12l处有一光滑

的钉子O，把小球拉到与O在同一水平面的位置Q，摆线被钉子拦住，如图所示.将小球从静止释放，当小球第一次通过最低点P时，则（）.A.小球速率突然减小B.小球加速度保持不变C.小球的向心加速度突然减小D.摆线上的张力

保持不变【答案】C【解析】【详解】A．当球第一次通过P点时，线速度的大小不变，故A错误。BC．根据2var=知，线速度大小不变，转动的半径变大，则向心加速度突然减小，故B错误，C正确。D．根据牛顿第二定律得，2vTmgmr−＝，线速度大小不变，转动半径变大，则摆线张力变小，故D错误。故选C

。4.城市中为了解决交通问题，修建了许多立交桥。如图所示，桥面是半径为R的圆弧形的立交桥AB横跨在水平路面上，一辆质量为m的小汽车，从A端冲上该立交桥，小汽车到达桥顶时的速度大小为v1，若小汽车在上桥过程中保持速率不变，则()-3-A.小汽车通过桥顶时处于失重状态B.小汽车通过桥顶时处于超重

状态C.小汽车在上桥过程中受到桥面的支持力大小为FN＝mg－m21vRD.小汽车到达桥顶时的速度必须大于gR【答案】A【解析】【详解】AB．由圆周运动知识知，小汽车通过桥顶时，其加速度方向向下，由牛顿第二定律得mg－FN＝m21vR解得FN＝mg－m21vR＜mg故其处于失

重状态，A正确，B错误；C．FN＝mg－m21vR只在小汽车通过桥顶时成立，而在其上桥过程中不成立，C错误；D．由mg－FN＝m21vR，FN≥0，解得v1≤gRD错误。故选A。5.如图所示，设行星绕太阳的运动是匀速圆周运动，金星自身的半径是火星的n

倍，质量为火星的k倍，不考虑行星自转的影响，则-4-A.金星表面的重力加速度是火星的knB.金星的第一宇宙速度是火星的knC.金星绕太阳运动的加速度比火星小D.金星绕太阳运动的周期比火星大【答案】B【解析】【详解】有黄金代换公式GM=gR2可知g=GM/R2,所

以222=MRgkgMRn=金金火金火火故A错误，由万有引力提供近地卫星做匀速圆周运动的向心力可知22GMmvmRR=解得GMvR=，所以=vkvn金火故B正确；由2GMmmar=可知轨道越高，则加速度越小，故C

错；由22(2)GMmmrrT=可知轨道越高，则周期越大，故D错；综上所述本题答案是：B【点睛】结合黄金代换求出星球表面的重力加速度，并利用万有引力提供向心力比较运动中的加速度及周期的大小．6.地球表面的重力加速度为g，地球半径为R

，万有引力常量为G，则地球的平均密度为()A.34gRGB.234gRGC.gRGD.2gRG【答案】A【解析】【详解】在地球表面有2MmGmgR=，且地球的质量343MVR==，由两式可得-5-34gRG=，故A正确，BCD错误．7.发

射地球同步卫星时，先将卫星发射至近地圆轨道1，然后点火，使其沿椭圆轨道2运行，最后再次点火，将卫星送入同步圆轨道3，轨道1、2相切于Q点，轨道2、3相切于P点，如图所示．卫星分别在1、2、3轨道上正常运行时，以

下说法正确的是()A.卫星在轨道3上运行的速率大于在轨道1上的速率B.卫星在轨道3上的机械能小于在轨道1上的机械能C.卫星在轨道2上经过Q点时的加速度大于它在轨道1上经过Q点时的加速度D.卫星在轨道2上由Q点运动

至P点的过程中，速度减小，加速度减小，机械能守恒【答案】D【解析】【详解】A．根据22MmvGmrr=得GMvr=卫星在轨道3上的轨道半径大于轨道1上的轨道半径，则卫星在轨道3上运行的速率小于在轨道1上的速率，故A错误．B．卫星从轨道1进入轨道2，

需点火加速，在轨道2进入轨道3需在P点点火加速，机械能增加，则卫星在轨道3上的机械能大于在轨道1上的机械能，故B错误．C．卫星在轨道2上经过Q点和在轨道1上经过Q点时万有引力相等，根据牛顿第二定律知，加速度相等，故C错误．D．卫星在轨道2上由Q点

运动至P点的过程中，万有引力做负功，速度减小，万有引力减小，加速度减小，因为只有万有引力做功，则机械能守恒，故D正确．-6-故选D．【点睛】根据万有引力提供向心力得出线速度与轨道半径的关系，从而比较轨道1和3上的线速度大小；根据变轨的原理分析轨道3和轨道

1上的机械能大小；根据牛顿第二定律，结合万有引力的大小比较加速度；从Q到P，根据万有引力做功分析速度的变化，结合万有引力大小比较加速度的大小．8.两轮平衡车（如图所示）广受年轻人的喜爱，它的动量系统由电池驱动，能够输出的最大功率为P0，

小明驾驶平衡车在水平路面上沿直线运动，受到的阻力恒为f．已知小明和平衡车的总质量为m，从启动到达到最大速度的整个过程中，小明和平衡车可视为质点，不计小明对平衡车做功．设平衡车启动后的一段时间内是由静止开始做加速度为a的匀加速直线运动，则A.平衡车做

匀加速直线运动过程中能达到的最大速度为0Pvfma=+B.平衡车运动过程中所需的最小牵引力为F=maC.平衡车达到最大速度所用的时间()0Ptfmaa=+D.平衡车能达到的最大行驶速度()00Pvfma=+【答案】A【解析】【详解】A

．平衡车做匀加速直线运动过程中，由牛顿第二定律：F-f=ma则根据P0=Fv可得能达到的最大速度为00PPvFfma==+选项A正确；B．当平衡车的加速度为零时，牵引力最小，此时F=f，选项B错误；-7-CD．平衡车匀加速达到最大速度所用

的时间()0Pvtafmaa==+匀加速结束后，平衡车可降低牵引力，减小加速度，最后当牵引力等于阻力时达到最大速度，此时0mPvf=可知平衡车达到最大速度所用的时间大于()0Ptfmaa=+选项CD错误；故选A.点睛：此题是关于车辆启动问题，关键是知道平衡车运动的特征，先做匀加速运动，

当功率达到额定功率后再做加速度减小的加速运动，当牵引力等于阻力时，速度达到最大.9.如图所示，物体受到水平推力F的作用在粗糙水平面上做直线运动．监测到推力F、物体速度v随时间t变化的规律如图所示．取g=10m/s2，则（）A.第1s内推力做功为1JB.第2s内物体克服摩擦力做的功W=2.0JC.第

1.5s时推力F的功率为3WD.第2s内推力F做功的平均功率1.5W【答案】BC【解析】【详解】A.从速度时间图像中可知物体在第1s内速度为零，即处于静止状态，所以推力做功为零，故A错误；B.速度时间图像与坐标轴围成的面积表示位移，所以第2s内的位移为11212xm==由速度时

间图象可以知道在2-3s的时间内，物体匀速运动，处于受力平衡状态，所以滑动摩-8-擦力的大小为2N，故摩擦力做功为2.0JfWfx=−=−所以克服摩擦力做功2.0J，故B正确；C.第1．5s速度为1m/s

，故第1．5s时推力的功率为313WPFv===故C正确；D.F在第二秒做功，F的功为：31J=3JWFx==所以第2内推力F做功的平均功率为：3W=3W1WPt==故D错误．10.在奥运比赛项目中，高台跳水是我国运动

员的强项。质量为m的跳水运动员进入水中后受到水的阻力而做减速运动，设水对他的阻力大小恒为F，那么在他减速下降高度为h的过程中，g为当地的重力加速度。下列说法正确的是（）A.他的动能减少了FhB.他的重力势能减少了mghC.他的机械能减少了()Fmgh−D.他的机械能减少了Fh【

答案】BD【解析】【详解】A．运动员在减速过程中，根据动能定理，可知动能减少量为k()EmgFh=−A错误；B．运动员重力做正功，重力势能减少，即pEmgh=B正确；CD．阻力做负功，机械能减少，所以机械能

减少量为Fh，C错误，D正确。故选BD。11.如图所示，一个物体在与水平方向成θ角的拉力F的作用下匀速前进了时间t，则（）-9-A.拉力F对物体的冲量大小为FtcosθB.拉力对物体的冲量大小为FtsinθC.摩擦力对物体的冲量大小为FtcosθD.合外力对

物体的冲量大小为零【答案】CD【解析】【详解】AB．拉力F对物体的冲量大小为Ft，选项AB错误；C．物体做匀速运动，则摩擦力大小为Fcosθ，则摩擦力对物体的冲量大小为Ftcosθ，选项C正确；D．物体做匀速运动，则合外力为零，则物体合外力对物体的冲量大小为零，选

项D正确。故选CD。12.质量为M、内壁间距为L的箱子静止于光滑的水平面上，箱子中间有一质量为m的小物块，小物块与箱子底板间的动摩擦因数为μ．初始时小物块停在箱子正中间，如图所示．现给小物块一水平向右的初速度v，小物块与箱壁碰撞N次后恰又回到箱子正中间，井与箱子保持相对静

止．设碰撞都是弹性的，则整个过程中，系统损失的动能为()A.212mvB.212mMvmM+C.12NmgLD.NmgL【答案】BD【解析】试题分析：设物块与箱子相对静止时共同速度为V，则由动量守恒定律得1vmvMm=+（），得1mvvMm=+，系统损失的动能为()()222

111222kMmvEmvMmvMm系=−+=+，B正确，AC错误．根据能量守恒定律得知，系统产生的内能等于系统损失的动能，根据功能关系得知，-10-系统产生的内能等于系统克服摩擦力做的功，则有kQENmgL==系．D正确，故选BD考点：动量守恒定律；功能关

系．点评：两个相对运动的物体，当它们的运动速度相等时候，往往是最大距离或者最小距离的临界条件．本题是以两物体多次碰撞为载体，综合考查功能原理，动量守恒定律，要求学生能依据题干和选项暗示，从两个不同角度探求系统动能的损

失．又由于本题是陈题翻新，一部分学生易陷入某种思维定势漏选B或者D，另一方面，若不仔细分析，易认为从起点开始到发生第一次碰撞相对路程为12L，则发生N次碰撞，相对路程为12NL，而错选C．二、非选择题13.

某兴趣小组用如图所示的装置验证动能定理。(1)有两种工作频率均为50Hz的打点计时器供实验选用：A.电磁打点计时器B.电火花打点计时器为使纸带在运动时受到的阻力较小，应选择________（选填“A”或“B

”）；(2)保持长木板水平，将纸带固定在小车后端，纸带穿过打点计时器的限位孔。实验中，为消除摩擦力的影响，在砝码盘中慢慢加入沙子，直到小车开始运动。同学甲认为此时摩擦力的影响已得到消除。同学乙认为还应从盘中取出适量沙子，直至轻推小车观察到小车

做匀速运动。看法正确的同学是_______（选填“甲”或“乙”）；(3)消除摩擦力的影响后，在砝码盘中加入砝码。接通打点计时器电源，松开小车，小车运动。纸带被打出一系列点，其中的一段如图所示。若测得BC两点之间

的距离为1.24cm，则纸带上A点的速度Av=________m/s；(4)测出小车的质量为M，再测出纸带上起点到A点的距离为L。小车动能的变化量可用-11-2k12AEMv=算出。砝码盘中砝码的质

量为m，重力加速度为g。实验中，小车的质量应______（选填“远大于”“远小于”或“接近”）砝码、砝码盘和沙子的总质量，小车所受合力做的功可用WmgL=算出。多次测量，若W与kE均基本相等则验证了动能定理。【答案】(1).B(2)

.乙(3).0.31(4).远大于【解析】【详解】(1)[1]．为使纸带在运动时受到的阻力较小，应选电火花打点计时器，故选B；(2)[2]．当小车开始运动时，小车与木板间的摩擦为最大静摩擦力，由于最大静摩擦力大于滑动摩擦力，所以甲同学的看法错误，乙同学的看法正确；(3)[3]．BC两点之

间的时间间隔为0.04s，所以速度为0.0124m/s0.31m/s0.04svt===(4)[4]．对小车由牛顿第二定律有TMa=对砝码盘由牛顿第二定律有mgTma−=联立解得1MmgmgTmMmM==++当Mm时有Tmg所以应满足Mm14.在用落体法验证机械能守恒定律的实验中：（1）所用

重物质量m＝1．0kg，打点计时器所用电源频率为50Hz，打下的纸带如图所示（图中的数据为从起始点O到该点的距离），则在打B点时，重物的速度vB＝________m/s，重物的动能EkB＝________J，从开始下落到打B点

时，重物的重力势能减少量是________J（g取9．8m/s2,结果保留两位有效数字）．-12-（2）根据纸带算出各点的速度v，量出下落距离h，则以v2为纵轴，以h为横轴，画出的图线应是下图中的（）【答案】(1).0.79(2).0.31(3).0.32(4).C【解析】【详

解】试题分析：（1）根据某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度求出B点的瞬时速度，则则重锤的动能．重力势能的减小量．（2）根据机械能守恒定律得，，解得，知与成正比．故C正确，A、B、D错误．考点：验证机械能守恒定律名师点睛：运用运动学公式和动能、重力势能的

定义式解决问题是该实验的常规问题．要注意单位的换算和有效数字的保留．15.宇航员在地球表面以一定初速度v0水平抛出一小球，射程为x；若他在某星球表面以相同的初速度从同一高度水平抛出同一小球，射程为5x.（取地球表面重力加速度g=10m/s2，空气阻力不

计）（1）求该星球表面附近的重力加速度g星；-13-（2）已知该星球的半径与地球半径之比为R星：R地=1：4，求该星球的质量与地球质量之比M星：M地【答案】(1)2m/s2(2)1:80【解析】试题分析：在水平方向上做匀速直

线运动，在竖直方向上做自由落体运动，根据高度求出时间，再根据水平初速度和时间求出位移，得出重力加速度的关系，运用比例法求解即可；物体在星球表面上，重力近似等于万有引力，列式，可得到星球的质量与表面重力加速度的关系，进行求解．(1）在地球表面，在竖直方向

上有：h=12gt2在水平方向上有：x=v0t解得：02hxvg=同理，在星球表面有：025hxvg=星解得：g星=15g=2m/s2．（2）对地球表面的物体有：mg=2MmGR地地对星球表面的物体有：m′g=2MmGR星星代入数据解得：M星：M地=1:80点睛

：本题主要考查了万有引力与平抛运动的结合，知道万有引力等于重力这一理论，并能灵活运用．16.如图所示，竖直平面内的3/4圆弧形光滑轨道半径为R，A端与圆心O等高，AD为水平面，B点为光滑轨道的最高点且在O的正上方，一个小

球在A点正上方由静止释放，自由下落至A点进入圆轨道并恰好能通过B点，最后落到水平面C点处．求：（1）释放点距A点的竖直高度；（2）落点C到A点的水平距离．-14-【答案】（1）1.5hR=（2）(21)ACxR=−【解析】（1）小球恰能

通过最高点B时，有：2BvmgmR=，解得：BvgR=（3分）设释放点到A高度h，小球从释放到运动至B点的过程中，根据机械能守恒定律，有：21()2BmghRmv−=（3分）联立解得：1.5hR=（2分）（2）小球从B到C做平抛运动，则竖直分运动：212Rgt=

（2分）水平分运动：OCBxvt=（2分）联立解得：2OCxR=（2分）所以，落点C到A点的水平距离(21)ACxR=−（1分）17.如图所示为某小区儿童娱乐的滑梯示意图，其中AB为光滑斜面滑道，与水平方向夹角为37°，BC为水平粗糙滑道，与半径为0.2m的1/4圆弧CD

相切，ED为地面．已知通常儿童在粗糙滑道上滑动时的动摩擦因数是0.5，A点离地面的竖直高度AE为2m，试求：(g取10m/s2)(1)儿童由A处静止起滑到B处时的速度大小．(2)为了使儿童在娱乐时不会从C处脱离圆弧水平飞出，水平粗糙滑道BC长至少为多少？

(B-15-处的能量损失不计)【答案】(1)vB＝6m/s(2)SBC＝3.4m【解析】（2）以该儿童为研究对象，从A到B机械能守恒即：()212AEBmghRmv−=解得，Bv=6m/s；（2）对儿童，在C处，恰好只有重力提供向心力即：2CvmgmR=从B到C根据动能定理22

1122BCCBmgSmvmv−=−解得：3.4mBCS=【点睛】在不涉及中间量，比如时间和加速度等物理量的计算时，选好初、末位置，利用动能定理或机械能守恒可以很方便得计算一个过程中的末速度；-16-