【文档说明】吉林省东北师大附中2019-2020学年高一下学期期中考试物理试题【精准解析】.doc，共(21)页，549.500 KB，由小赞的店铺上传

转载请保留链接：https://www.doc5u.com/view-b22b2ac14aba54f01d8718d09a9c800b.html

以下为本文档部分文字说明：

东北师大附中2019-2020学年下学期期中考试（高一）年级（物理）科试卷一、单项选择题:（本题共9小题，每小题4分，共36分。每小题只有一个选项正确）1.某只走时准确的时钟，秒针与分针由转动轴到针尖的长度之比为3:2，则（）A.秒针与分针的角速度之比是1:60B.

秒针针尖与分针针尖的线速度之比是90:1C.秒针与分针针尖的向心加速度之比是3600:1D.秒针与分针的转速之比是12:1【答案】B【解析】【详解】A．秒针和分针的周期之比为1:60，根据2πT=可知，秒针与分针的角速度之比是6

01，故A错误；B．秒针与分针的角速度之比是601，秒针与分针由转动轴到针尖的长度之比为3:2，根据vr=可知，秒针针尖与分针针尖的线速度之比为90:1，故B正确；C．秒针与分针的角速度之比是601，秒针针尖与分针针尖的线速度之比为90:1，根据av=

可知秒针与分针针尖的向心加速度之比是54001，故C错误；D．秒针与分针的角速度之比是601，根据2πn=可知，秒针与分针的转速之比是601，故D错误。故选B。2.第一宇宙速度是发射人造卫星的最小速度，以第一宇宙速度绕地

球做匀速圆周运动的卫星，其轨道半径近似等于地球半径，我们称其为近地卫星。下列关于地球的第一宇宙速度的说法中正确的是（）A.第一宇宙速度是相对于地面而言的，所有近地卫星相对于地面的速度大小都相等B.第一宇宙速度是相对于地面

而言的，在同一地点朝不同方向发射同一颗人造卫星消耗的能量都相等C.第一宇宙速度是相对于地心而言的，所有近地卫星相对于地心的速度大小都相等D.第一宇宙速度是相对于地心而言的，所有近地卫星相对于地心的动能都相等【答案】C【解析】【详解】AB．第一宇宙速度是相对于地心而言的，故AB错误；C．近地

卫星的半径大小rr地根据GMvr=可知所有近地卫星相对于地心的速度大小都相等，故C正确；D．由GMvr=2k12Emv=联立解得k2GMmEr=因近地卫星的质量可能不同，则动能可能不相等，故D错误。故选C。3.长春是中国汽车工业的摇篮。“红旗”属于一汽的自有品牌，其

中红旗HS5是一款SUV轿车，自2019年5月上市以来受到广大消费者的好评红旗HS5的整车质量为1805kg，该车以0.2m/s2的加速度沿一倾角为37°的斜坡行驶了10m的直线路程，则在这个过程中汽车受到的合力做

的功是（）A.2888JB.3610JC.10830JD.36100J【答案】B【解析】【详解】由题意得，合力大小为361NFma==则合力所做的功为3610JWFs==故ACD错误，B正确。故选B。4.大国速度，当靠高端动力牵引。业界分析，复兴号设计持

续运行速度为350km/h，是我国最快的高速动车组。复兴号CR400F装备16台625kW的电机，总功率可达10000kW。假设复兴号16台电机以额定功率同时工作时，用300km/h的速度匀速行驶在某一

平直轨道上。若复兴号所受阻力变为原来的1.2倍时，要以250km/h的速度行驶，需要开启几台电机（）A.13B.14C.15D.16【答案】D【解析】【详解】由题意得原来阻力的大小为511.210NPfv==后来所受阻力大小为211.2ff=此时的功率为1210000kWPfv==故需要开启16

台电机，故ABC错误，D正确。故选D。5.地球表面处的重力加速度大小为g，某行星的质量是地球质量的2倍，半径是地球半径的一半。一个质量为m的物体（可视为质点）距该行星表面的高度等于地球半径，则该物体与行星间的万有引力大小为（）A.89mgB.m

gC.43mgD.2mg【答案】A【解析】【详解】设地球的质量为M，地球的半径为0r，则行星的质量为2M，行星的半径为02r，由题意得20GMmmgr=则该物体与行星间的万有引力大小为2002892GMmmgrr=+故BCD错误，A正确。故选A

。6.质量之比为2:1的甲、乙两辆汽车，在平直路面上匀速行驶的速度之比为1:3，若两车在相同的制动力作用下逐渐停止，则甲乙两辆汽车刹车距离之比为（）A.2:3B.4:9C.1:3D.2:9【答案】D【解析】【详解

】对乙车，由动能定理得2102mgsmv−=−乙解得22vsug=乙乙因两车在相同的制动力作用下逐渐停止，则对甲车有21022mgsmv−=−甲解得2vsug=甲甲代入解得=29ss甲乙故ABC错误，D正确。故选D。7.已知木星的质量为M，半径为R，密度

为ρ，自转周期为T0，赤道处的重力加速度为g，万有引力常量为G。木星的一颗卫星质量为m，到木星中心的距离为r，绕木星做匀速圆周运动的周期为T，则下列关系式成立的是（）A.33220RrTT=B.2GMgR=C.2233rGTR=D.22204GMRRT=【答案】C【解析】【详解】A．根据

开普勒第三定律32rkT=可知，式中的r为卫星的轨道半径，T为卫星公转的周期；而R0是星球半径，T0为星球自转的周期，故该关系式不成立，故A错误；B．在星球表面上的物体，若不考虑星球自转，则万有引力等于重力，则有2GMmgR=解得2GMgR=；

由题知，星球自转的不可忽略，故该关系式不成立，故B错误；C．根据万有引力提供向心力，则有2224MmGmrrT=解得2324rMGT=根据密度公式有343MR=联立解得2233rGTR=，故C正确；D．在赤道上的物

体，对其受力分析，则有22204MmGmgmRRT=−解得22204MGgRRT=−，故D错误。故选C。8.一条长为l、质量为m的均质柔软绳平放在水平光滑地面上，现在缓慢地把绳子一端竖直提起来。设提起第一个3l段绳子人做的功为W1，

提起第二个3l段绳子人做的功为W2，提起第三个3l段绳子人做的功为W3，则W1:W2:W3等于（）A.1:1:1B.1:2:3C.1:3:5D.1:4:7【答案】C【解析】【详解】绳子缓慢运动，速度不变，根据动能定理得：提起第一个3l段绳子的

过程中110036lWmg−=−解得118mglW=提起前二个3l段绳子的过程中220033lWmg−=−前段解得229mglW=前段则提起第二个3l段绳子人做的功为2318mglW=全部提起来的过程中002lWmg−=−全解

得=2mglW全则提起第三个3l段绳子人做的功为35=18mglW则123=135WWW故ABD错误，C正确。故选C。9.双星有很多种，由两颗恒星相互作用而环绕着共同质量中心做圆周运动的恒星系统称为“物理双星”，

研究双星，对于了解恒星形成和演化过程的多样性有重要的意义。一个物理双星系统现在的运动周期为42分钟，专家推测10万年前其周期为45分钟，假设这个演化过程中两个恒星的质量均没有变化，则与10万年前相比（）A.两颗恒星之间的距离变

大B.两颗恒星的轨道半径之比变小C.两颗恒星的动能都在变小D.两颗恒星的加速度都在变大【答案】D【解析】【详解】根据2222MmvGmmrmarrT===可得GMvr=32rTGM=2GMar=

A．由题意得，周期减小，根据32rTGM=可知两颗恒星之间的距离变小，故A错误；B．虽然两颗恒星之间的距离变小，但两颗恒星的轨道半径之比不变，故B错误；C．根据GMvr=可知半径变小，则速度增大，根据2k12Emv=可知两颗恒星的动能都在变大，故

C错误；D．根据2GMar=可知半径变小，加速度变大，则两颗恒星的加速度都在变大，故D正确。故选D。二、多项选择题:（本题共8小题，每小题4分共32分。每小题有多个选项正确，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得

0分。）10.下列说法正确的是（）A.开普勒利用自己观察的行星运动数据，通过数学方法建立了开普勒三定律B.“月地检验”表明地面上的物体所受地球的引力与月球所受地球的引力遵从同样的规律C.物理学公认：卡文迪许是第一个在实验室“称量地球质量”的人D.随着相对论和量子力学等新科学的提出，经典力学作为新

科学在一定条件下的特殊情形，被包括在了新的科学成就之中【答案】BCD【解析】【详解】A．开普勒利用第谷观察的行星运动数据，通过数学方法建立了开普勒三定律，故A错误；B．“月地检验”表明地面上的物体所受地球的引力与月球所受地

球的引力遵从同样的规律，故B正确；C．卡文迪许首先根据扭秤实验测出了引力常量G，从而根据万有引力等于重力求出了地球的质量，所以物理学公认：卡文迪许是第一个在实验室“称量地球质量”的人，故C正确；D．随着相对论和量子力学等新科学的提出，经典力学作为新科学在一定条件下的特殊情形，被包括在

了新的科学成就之中，故D正确。故选BCD。11.关于重力势能和弹性势能，下列说法正确的是（）A.物体重力做的功只跟它的起点和终点的位置有关，与物体运动的路径无关B.重力势能是物体和地球所组成的“系统”所共有的C.重力势能与零势能面的选取有关，具有相对性；而弹性势能与零势能位置的

选取无关D.只有弹簧才能具有弹性势能，其它物体即使发生弹性形变也没有弹性势能【答案】AB【解析】【详解】A．根据重力做功的特点，可知物体重力做的功只跟它的起点和终点的位置有关，与物体运动的路径无关，故A正确；B．物体因受地球所给的重力作

用，物体才具有重力势能，所以物体的重力势能实际上是物体和地球组成的系统所共有的，故B正确；C．重力势能与零势能面的选取有关，具有相对性；弹性势能与零势能位置的选取也有关，一般选原长点为弹性势能的零点，离原长点越远，弹性势能越大，故C错误；D．发生弹性形变的物体的各部分之间，由于弹力作用而具有的势

能，叫做弹性势能。所以任何发生弹性形变的物体都具有弹性势能，故D错误。故选AB。12.一个质量为2kg的可视为质点的小球，以2m/s的速率做匀速圆周运动，轨迹半径为1m，则下列结论正确的是（）A.小球

所受的合力大小为8NB.小球所受合力的功率为16WC.小球的动能为4JD.在小球转动半圈的过程中，小球所受合力做的功为8πJ【答案】AC【解析】【详解】A．小球做匀速圆周运动，合力提供向心力，则合力为2Frvm=代入数据解得F=8N，故A正确；B．因合力的方向一直与速度方向

垂直，故合力的功率为零，故B错误；C．根据2k12Emv=代入数据解得k4JE=，故C正确；D．在小球转动半圈的过程中，速度的大小不变，故动能的改变量为零，根据动能定理可知，合外力做功为零，故D错误。故选AC。13.竖直上抛

运动是理想化的物理模型，实际的上抛运动是受阻力的。现有质量为2kg的物体以60m/s的速度竖直上抛，所受阻力恒为重力的0.2倍，重力加速度g取10m/s2。则物体由抛出到落回抛出点的过程中（）A.整个过程中重力做的功为零B.整个过程中阻力做的功为零C.整个过程中

合力做的功是1200JD.运动到6s时刻重力的瞬时功率是160W【答案】AD【解析】【详解】A．由题知，物体由抛出到落回抛出点的过程中，竖直方向的位移为零，根据重力做功的特点，可知重力做的功为零，故A正确；B．根据阻力

做功的特点，可知上升过程中，阻力做负功，下落过程中，阻力也做负功，故整个过程中阻力做的功不为零，故B错误；C．上升过程，对物体受力分析，根据牛顿第二定律有1mgfma+=又0.2fmg=联立解得2112m/sa=则上升的位移为201150m2vha==故整个过程中，阻力做的功

为0.221200JfWmgh=−=−而整个过程中重力做功为零，故合力做的功为1200JGfWWW=+=−故C错误；D．由C可知，物体上升的时间为0115svta==故物体运动到6s时刻，已向下运动了1s，对物体向下运动，根据牛顿第二定律有2mgfma−=又0.2fmg=联立解得228m/

sa=根据速度时间公式有22281m/s8m/svat===则重力的瞬时功率为2GPmgv=代入数据解得160WGP=，故D正确。故选AD14.如图所示，在水平转台上放置有质量相同的滑块P和Q（可视为质点），它们与转台之间的动摩擦因数相同，P与转轴O

O′的距离为r1，Q与转轴OO′的距离为r2，且r1<r2，转台绕转轴OO′以角速度匀速转动，转动过程中，两滑块始终相对转台静止。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。下列说法正确的是（）A.P需要的向心力小于Q需要的向心力B.P所受到的摩擦力等于Q所受到

的摩擦力C.若角速度ω缓慢增大，Q一定比P先开始滑动D.若角速度ω缓慢增大，P一定比Q先开始滑动【答案】AC【解析】【详解】AB．转动过程中，两滑块相对转台静止，两滑块有相同的角速度，都由静摩擦力提供向

心力，则有2fmr=因两滑块的质量相同，而r1<r2，故PQff，即P需要的向心力小于Q需要的向心力，故A正确，B错误；CD．设两滑块与转台的动摩擦因数为，则最大静摩擦力为mfmg=则两滑块的最大静摩擦力相同；根据A项分析可知，在没有

滑动前，Q所需要的向心力总是大于P所需要的向心力，则Q所受的静摩擦力总是大于P所受的静摩擦力，当角速度ω缓慢增大时，Q先达到最大静摩擦力，则Q一定比P先开始滑动，故C正确，D错误。故选AC。15.地球同步卫星的轨道半

径约为地球半径的7倍，地球半径R=6400km，地球大气层的厚度约为地球半径的一半。研究表明，并不是所有行星都能有同步卫星的。如果行星自转太快，有可能根本不可能有同步卫星。而且卫星不能在大气层内飞行。根据上述条件，假设在地球质量和半径都不变的前

提下，下列哪些情况中地球不可能有同步卫星（重力加速度取g=10m/s2）（）A.大气层厚度不变，地球自转周期减小到1小时B.大气层厚度不变，地球自转周期减小到3小时C.大气层厚度增加到6.6倍地球半径，地球自转周期不变D.大气层厚度增加到1.5倍地球半径，地球自转周期减小到3小时【答

案】ACD【解析】【详解】根据万有引力提供卫星的向心力有2224MmGmrrT=解得卫星的周期32rTGM=对地球同步卫星有7rR=，则有()333727224hRRTGMGM===AB．若大气层厚度不变，卫星的最小轨道半径min

322RrRR=+=其对应的地球同步卫星的最小周期为333minmin3222.4h2rRTGMGM===所以大气层厚度不变，要保留同步卫星的话，地球自转周期最多减小到2.4小时，才能保留同步卫

星，故A符合题意，B不符合题意；C．大气层厚度增加到6.6倍地球半径，即轨道半径为6.67.67rRRRR=+=若地球自转周期不变，此时地球同步卫星处在大气层内部，不能存留，故C符合题意；D．大气层厚度增加到1.5倍地球半径，此时地球同步卫星的轨道半径最小为1.52.5rRR

R=+=其对应的地球同步卫星的最小周期为333225?25hrRTGMGM===．所以大气层厚度增加到1.5倍地球半径，地球自转周期做多减小到5小时，才能保留同步卫星，故D符合题意。故选ACD。16.在未发现发现海上星之前，天文学家发现天王星实际运动的轨道与万有引力理论计

算的值总存在一些偏离，且周期性地每隔时间t0发生一次最大的偏离。天文学家认为形成这种现象的原因可能是天王星外侧还存在着一颗未知的行星（假设其运行轨道与天王星在同一水平面内，且与天王星的绕行方向相同），它对天王

星的万有引力引起天王星轨道的偏离。每当未知行星与天王星距离最近时，发生最大的轨道偏离。（天王星公转周期的变化可以忽略）设天王星运行的轨道近似为圆，天王星轨道半径为R0、周期为T0，太阳质量为M，万有引力常量为G。根据上述数据计算出了未知行星的轨道半径，并在预测的轨道上成功找到了未知行

星一海王星。则利用题中给出的字母，得出海王星轨道半径的表达式，正确的为（）A.230000tRtT+B.230000tRtT−C.123002004tTGMtT−D.

123002004tTGMtT+【答案】BC【解析】【详解】每隔t0时间发生一次最大偏离，知每隔t0时间天王星与未知行星相距最近，即每隔t0时间天王星行星比未知行星多运行一圈，则有000222ttTT−=解得0000t

TTtT=−根据开普勒第三定律有330220RrTT=解得230000trRtT=−根据万有引力提供向心力，则有2224MmGmrrT=解得2324GMTr=将0000tTTtT=−代入半径表达式，则可得1230

02004tTGMrtT=−故BC正确，AD错误。故选BC。17.如图所示，质量m=2kg的物体（可看质点）静置在倾角为37°粗糙斜面上的A点，现利用固定在B点的电动机通过跨过斜面顶端光滑小定滑轮的轻绳将该物体从A点拉升

到斜面顶端O点，轻绳均与所在的斜面和平面平行。物体与斜面间的动摩擦因数μ=0.25，轻绳可承受最大的力F=20N，电动机的额定功率P=320W，AO的距离s=175m。若要用最短的时间将物体拉到斜面顶端O点，且物体到达O点前已经达到最大速度。则（已知sin37°=0.6，重

力加速度取g=10m/s2）（）A.物体运动过程中的最大速度v=16m/sB.物体上升过程中最大的加速度am=2m/s2C.在将物体从A拉到O点的过程中，电动机共做功3200JD.物体从A运动到O共用时14s【答案】BC

D【解析】【详解】A．对物体受力分析，当sincos16NFmgmg=+=拉力最小，速度最大，根据mPFv=代入数据解得m20m/sv=，故A错误；B．根据PFv=物体向上加速，拉力F越来越小，故当F=20N时，加速度最大，根据

牛顿第二定律有msincosFmgmgma−−=代入数据解得2m2m/sa=，故B正确；D．若要用最短的时间将物体拉到斜面顶端O点，则物体必须先以最大加速度2m2m/sa=做匀加速运动，再做变加速运动，最后做匀速运动；设经过1ts，物体做

匀加速运动的速度达到最大，此时功率也刚好达到额定功率，根据1PFv=解得匀加速的最大速度为120m/sv=则匀加速运动的时间为11m8svta==则匀加速运动的位移为11164m2vxt==设再经过2ts达到

O点，此过程功率保持不变，为额定功率，根据动能定理有()()2221m111sincos22Ptmgmgsxmvmv−+−=−解得26st=故物体从A运动到O的总时间为1214sttt=+=故D正确

；C．根据功能关系，可知在将物体从A拉到O点的过程中，电动机共做功为()2m1sincos3200J2Wmgmgsmv=++=故C正确。故选BCD。三.计算题（本题共3小题，其中18小题8分，19小题10分，20小题

14分，共32分。解答时应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分，有数值计算的、答案中必须明确写出数值和单位。）18.一辆汽车以10m/s的速率先后匀速通过半径均为20m的水平

弯道和圆形拱桥。已知重力加速度取g=10m/s2。求：（1）汽车通过水平弯道时所受的合力与汽车重力大小之比；（2）汽车通过圆形拱桥最高点时所受支持力与汽车重力大小之比。【答案】（1）12nFmg=；（2）N12Fmg=【

解析】【详解】（1）汽车通过水平弯道时，汽车所受的合力，即向心力2nvFmR=它与汽车重力之比为2nFvmggR=代入数据解得12nFmg=（2）汽车通过圆形拱桥最高点，根据牛顿第二定律有2NvmgFmR−=

解得2N1FvmggR=−代入数据解得N12Fmg=19.2020年4月24日是第五个“中国航天日”，也是中国第一颗人造地球卫星“东方红一号”成功发射50周年的日子。据报道“东方红一号”卫星目前仍在天上

飞行设“东方红一号”卫星在距离地球表面h的高度处绕地球做匀速圆周运动的总时间为t。已知地球的半径为R，地球表面的重力加速度为g，引力常量为G。不考虑地球的自转。求:（1）地球的密度；（2）“东方红一号”卫星在时间t内绕地球运转的总里程。【答案】（1）

34gGR=；（2）gstRRh=+【解析】【详解】（1）设地球的质量为M，在地球表面上有2MmGmgR=解得GgRM2=地球的密度343MR=解得34gGR=（2）设“东方红一号”卫星绕地

球做匀速圆周运动的线速度为v，根据万有引力提供向心力有22()MmvGmRhRh=++“东方红一号”卫星在时间t内绕地球运转的总里程为s=vt解得gstRRh=+20.图甲是某游乐场的一种“双环过山车”设施的

一部分，其运行原理可以简化成图乙的“小球轨道”模型。其中AB段和圆轨道不计阻力，BC、CD、DE、EF段平直轨道与小球的动摩擦因数为μ=0.2，DE段的倾角α=53°，B、C为两竖直圆轨道1、2的最低点，LBC=LCD=6m，LDE=1m，LEF=10m，半径R1=2

m。质量为m=1kg的小球（视为质点），从轨道的右侧A点由静止开始下滑，设小球不脱离所有轨道，且不考虑D、E点的能量损失，（已知cos37°=0.8，重力加速度取g=10m/s2）试求：（1）如果小球恰能通过第一个圆轨道，A点的高度h应是多少；（2）要使小球不脱离第二个圆轨道，半

径R2应满足的条件；（3）要使小球最终停在EF段，A点的高度h应该设计为多少。【答案】（1）5m；（2）R2≤1.52m或R2≥3.8m；（3）5m≤h≤5.32m【解析】【详解】（1）小球恰好能过竖直圆轨道，

则在最高点满足201vmgmR=小球从A点到最高点根据机械能守恒定律有()210122mghRmv−=联立解得h=5m（2）要保证小球不脱离轨道，可分两种情况进行讨论：I.轨道半径较小时，小球恰能通过第二个圆轨道，设在最高点的速度为v2，

应满足222vmgmR=同时满足，小球能通过第一轨道，根据动能定理有22122011(22)mgL22BCmgRRmvmv−−=−或者2221(h2)mgL2BCmgRmv−−=联立解得R2=1.52mII.轨道半径较大时，小球上升

的最大高度为R2，根据动能定理21201(2)mgL02BCmgRRmv−−=−或者2(h)mgL0BCmgR−−=联立解得R2=3.8m故R2≤1.52m或R2≥3.8m（3）如果小球停止在E点，从出发到E点，根据动能定理得(sin

)()cos0DEBCCDDEmghLmgLLmgL−−+−=解得h=3.32m<5m说明小球刚好到E点就过不了竖直圆轨道，如果小球停止在F点，从出发到F点根据动能定理得:(sin)(L)cos0DEBCCDEFDEmghLmgLLm

gL−−++−=解得h=5.32m综上可得5m≤h≤5.32m