【文档说明】海南省海南枫叶国际学校2019-2020学年高一下学期期中考试物理试题 【精准解析】.doc，共(16)页，525.500 KB，由小赞的店铺上传

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-1-海南枫叶国际学校2019-2020学年度第二学期高一年级物理学科期中考试试卷一、单项选择题：本题共8小题，每小题3分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1.做曲线运动的物体，在运动过程中，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】做曲线运动的物体，它的速度的方向必定是改变的，所以曲线运动一定是变速运动，速度一定是改变的；而做曲线运动的物体受到的合力、加速度以及速率都可以不变，如平抛运动的合力与加速度不变，匀速圆周运动的速率不变，故A、C、D

错误，B正确；故选B。2.一船在静水中的速度是10m/s，要渡过宽为240m、水流速度为8m/s的河流，则下列说法中正确的是（）A.此船不可能垂直到达正对岸B.船垂直到达正对岸的实际航行速度是6m/sC.此船过河的最短时间30sD.船头的指向与上游河岸的夹角为53°船可以垂直到达正对岸【答案】

B【解析】【分析】船实际参加了两个分运动，沿船头指向的匀速直线运动和顺着水流而下的匀速直线运动，实际运动是这两个分运动的合运动，当船头指向不同，合速度不同，轨迹也不同，由于合运动的时间等于沿船头方向分运动的时间，故渡河时间与水流速度无关，只

与船头指向和船在静水中速度有关．【详解】船实际参加了两个分运动，沿船头指向的匀速直线运动和顺着水流而下的匀速直线运动，实际运动是这两个分运动的合运动，由于船速大于水速，合速度可能与河岸垂直，可能垂直到达正对岸，故A错误；根据速度的合成可得船垂直到达正对岸的实际航行速度是：22108/6/

vmsms=−=，故B正确；由于合运动的时间等于沿船头方向分运动的时间，-2-故当船头指向垂直与河岸时，沿船头指向分位移最小，渡河时间最短为：min240=2410dtssv==船，故C错误；船可以垂直到达正对岸时令船头的指向与上游河岸的夹角为，则有：84==105vcosv=水船，

解得：037=，故D错误．所以B正确，ACD错误．【点睛】本题关键是将实际运动沿船头指向和水流方向进行分解，根据合运动与分运动的同时性、独立性、等效性和同一性分析求解．3.关于平抛运动，下列说法中正确的是（）A.平抛运动是匀速直线运动B.平抛运动不是匀变速运动C.平抛运动是匀变速曲线运动

D.做平抛运动的物体，最后落地时的速度方向一定竖直向下【答案】C【解析】【详解】ABC．平抛运动的初速度与合外力方向垂直，且加速度恒定为g，是匀变速曲线运动，AB错误，C正确；D．做平抛运动的物体，最后落地时由于有水平速度，则

速度方向一定不是竖直向下，D错误。故选C。4.如图，x轴在水平地面内，y轴沿竖直方向。图中画出了3个小球a、b、c做平抛运动的运动轨迹。不计空气阻力，则（）A.a的初速度比b的大B.b的落地速度比c小C.a的飞行时间比b的长D.c的初速度比b的大【答案】A【解析】【详解】由图象可以看出，bc

两个小球的抛出高度相同，a的抛出高度最小，根据-3-2htg=可知，a的运动时间最短，bc运动时间相等；由图象可以看出，abc三个小球的水平位移关系为a最大，c最小，根据0xvt=所以a的初速度最大，c的初速度最小；

bc落地的速度202vvgh=+因b的初速度比c大，则b的落地速度比c大；故A正确，BCD错误。故选A。5.甲沿着半径为R的圆周跑道匀速跑步，乙沿着半径为2R的圆周跑道匀速跑步，在相同的时间内，甲、乙各自跑了一圈，他们的角速度和线速度的大小分

别为1、ω2和v1、v2，则()A.ω1＝ω2，v1＜v2B.ω1＝ω2，v1＝v2C.ω1＞ω2，v1＞v2D.ω1＜ω2，v1＜v2【答案】A【解析】根据定义可知甲线速度的大小：12Rvt=，角速度为：12t=，乙的线速度大小24Rvt=，角速度为：

22t=，由此可知：所以ω1=ω2，v1＜v2，故A正确，BCD错误．6.一个物体在粗糙的水平面上运动，先使物体向右滑动距离s，再使物体向左滑动距离s，正好回到起点，来回所受摩擦力大小都为Ff，则整个过程中摩擦力

做功为()A.0B.－2FfsC.－FfsD.无法确定【答案】B【解析】【详解】由题意可知，物体运动过程可分两段，两段内摩擦力做功均为负功，为fWFs=−，则全程摩擦力所做的功2fWFs总=−，故B正确，A、C、D错误；-4-故选B．【点睛】分析摩擦力的做功情况，分段求出摩擦力所做的

功，再由求全程中摩擦力所做的总功．7.如图所示，轻弹簧竖直放置，下端固定在水平地面上，一小球从离弹簧一定高度处由静止释放，在小球从开始接触弹簧到向下运动到最低点的过程中，下列判断正确的是（）A.小球动能一直在减小B.小球重力势能一直在增加C.弹簧弹性势能一直在增加D.弹簧

弹力先做负功后做正功【答案】C【解析】【详解】从小球接触弹簧开始，开始时重力大于弹力，合力向下，向下做加速度逐渐减小的加速运动，运动到某个位置时，弹力和重力相等，合力为零，加速度为零，速度最大，再向下运动过程中，弹力大于重力，做加速度增大的减速运动，直到停止，故小球的动能先增加后减小，重力势能一直

减小，弹簧弹力一直做负功，则弹性势能一直变大，故ABD错误，C正确；故选C。8.如图所示，运动员把质量为m的足球从水平地面踢出，足球在空中达到的最大高度为h，在最高点时的速度为v，不计空气阻力，重力加速度为g，则运动员踢球时对足球做的功为（）A.12mv2B.mghC.mgh+12

mv2D.mgh+mv2【答案】C【解析】-5-【详解】足球被踢起后在运动过程中，只受到重力作用，只有重力做功，足球的机械能守恒，足球到达最高点时，机械能为E=mgh+12mv2，由于足球的机械能守恒，则足球刚被踢起时的机械能为E

=mgh+12mv2，足球获得的机械能等于运动员对足球所做的功，因此运动员对足球做功：W=mgh+12mv2，故ABD错误，C正确；故选C．【点睛】本题可以对踢球的过程运用动能定理，足球动能的增加量等于小明做的功；同时足球离开脚后，由于惯性继续飞行，只有重力做功，机械能

守恒．二、多项选择题：本题共5小题，每小题4分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。9.关于匀速圆周运动的说法，正确的是（）A

.匀速圆周运动的速度大小不变，所以做匀速圆周运动的物体没有加速度B.匀速圆周运动的速度大小不变但方向时刻在变，所以有加速度C.匀速圆周运动的加速度的大小保持不变，所以是匀变速曲线运动D.匀速圆周运动的加速度的方向始终指向圆心在改变，所以不是匀变速运动【答案

】BD【解析】【详解】AB．匀速圆周运动的速度大小不变，但是方向不断改变，所以做匀速圆周运动的物体有加速度，A错误，B正确；CD．匀速圆周运动的加速度虽然大小不变，但是方向始终指向圆心在改变，所以不是匀变速曲线运动，C错误，D正确。故选BD。10.如图所示，A是静止在赤道上的物体，B、C

是同一平面内两颗人造卫星。B位于离地高度等于地球半径的圆形轨道上，C是地球同步卫星，它们的旋转方向相同。已知地表的重力加速度为g，地球半径为R。以下判断正确的是（）A.C的线速度一定小于B的线速度B.C的线速度一定大于B的线速度C.C的向心加速度一定小于B的向心加速度-6-D.C的

向心加速度一定大于B的向心加速度【答案】AC【解析】【详解】AB．万有引力提供向心力有22GmMvmrr=得GMvr=由于C的轨道半径大于B的，则C的线速度一定小于B的线速度，故A正确，B错误；CD．万有引力提供向心力有2GmMmar=得2GMar=由于C的轨道半径大于B的，则C的向心加速度

一定小于B的向心加速度，故C正确，D错误。故选AC。11.据报道：我国第一颗绕月探测卫星“嫦娥一号”于2007年在西昌卫星发射中心由“长征三号甲”运载火箭发射升空。假设该卫星的轨道是圆形的，且贴近月球表面。若已知该卫星的

运行周期、月球的半径、万有引力常量，则可求出（）A.月球的质量B.月球的密度C.探测卫星的质量D.月球表面的重力加速度【答案】ABD【解析】【详解】卫星的轨道是圆形的，且贴近月球表面，则卫星的运行半径等于月球的半径。A．已知卫星的运行周期T、月球的半径R、万

有引力常量G，据2224MmGmRRT=可求出月球的质量M。故A项正确；B．据月球的质量和月球的半径，结合-7-34π3MR=可求出月球的密度。故B项正确；C．根据2224MmGmRRT=等式左右两边的卫星质量被消去，求不出卫星的质量。故C项错误；D．据月球的质量和月

球的半径，结合2MmGmgR=可求出月球表面的重力加速度。故D项正确。故选ABD。12.质量为2kg的物体被人由静止开始向上提升2.5m后速度达到2m/s，g取10m/s2，则下列判断正确的是（）A.人对物体做的功是50JB.合外力对物体做功4JC.物体克服重力做功50JD.人

对物体做的功等于物体增加的机械能【答案】BCD【解析】【详解】A．物体向上做匀加速直线运动，物体的初速度的大小为0，位移的大小为2.5m，末速度的大小为2m/s，根据v2-0=2ax解得加速度a=0.8

m/s2由牛顿第二定律可得F-mg=ma所以F=mg+ma=21.6N人对物体做功为W=Fx=54J-8-故A错误；B．合外力对物体做功W合=F合x=max=2×0.8×2.5J=4J故B正确；C．重力做

功为WG=-mgh=-50J所以物体克服重力做功为50J，故C正确；D．根据功能关系可知人对物体做的功等于物体增加的机械能，故D正确。故选BCD。13.如图所示为质量为m的汽车在水平路面上启动过程中的速度

图像，Oa段为过原点的倾斜直线，ab段表示以额定功率行驶时的加速阶段，bc段是与ab段相切的水平直线，则下述说法正确的是（）A.0~t1时间内汽车做匀加速运动且功率恒定B.t1~t2时间内汽车牵引力做功为12mv22－12mv12C.t1~t2时间内的平均速度大于12（v1＋v

2）D.在全过程中，t1时刻的牵引力及其功率都是最大值【答案】CD【解析】【详解】A．0~t1时间内汽车做匀加速运动，牵引力F大小恒定，但汽车的速度v逐渐增大，所以其功率逐渐增大，选项A错误；B．在t1~t2时间内，牵引力做正功，摩擦力做负功，合外力做功之和等于动能的改变量，所以选项B错误；C．

根据“面积”法求位移，t1~t2时间内汽车的位移-9-()()122112svvtt+−所以平均速度()122112svvvtt=+−选项C正确；D．在全过程中t1时刻的斜率最大，加速度a1也最大，根据F1=f＋ma1可知，

此时牵引力F1最大，此时刻的功率P1也是在0~t1时间内最大的，在t1时刻之后，汽车的功率保持P1不变，所以P1是整个过程中的最大值，在t2~t3时间内牵引力等于摩擦力，牵引力最小，所以选项D正确。故选CD。三、实验题：本题共2小题，共18分。把答案

写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程。14.某同学用图示装置研究平抛运动及其特点，他的实验操作是：在小球A、B处于同一高度时，用小锤轻击弹性金属片，使A球水平飞出，同时B球被松开。他观察到的现象是：小球A、B______（填“同时”或“不同时”）落地；让A、B球恢复初始

状态，用较大的力敲击弹性金属片，A球在空中运动的时间将______（填“变长”、“不变”或“变短”）；上述现象说明：平抛运动的时间与______大小无关，平抛运动的竖直分运动是______运动。【答案】(1).同时(2).不变(3).初速度(4).自由

落体【解析】【详解】[1]小锤轻击弹性金属片时，A球做抛运动，同时B球做自由落体运动，通过实验可以观察到它们同时落地；[2]用较大的力敲击弹性金属片，则被抛出初速度变大，但竖直方向运动不受影响，因此运动时间仍不变；[3][4]上述现象说明：平抛运动的时间与初速度大小无关，且可

以证明平抛运动在竖直方向-10-上做自由落体运动15.某同学用如图甲所示的实验装置验证机械能守恒定律。实验所用的电源，可以提供输出电压为6V的交流电和直流电，交电流频率为50Hz。重锤从高处由静止开始下落，打点计时器在纸

带上打出一系列的点，对纸带上的点测量并分析，即可验证机械能守恒定律。（1）他进行了下面几个操作步骤：A．按照图示的装置安装器材B．将打点计时器接到电源的“直流输出”上C．用天平测出重锤的质量D．先释放纸带，后接通电源

，打出一条纸带E．测量纸带点间的距离F．根据测量点间的结果计算重锤下落过程中减少的重力势能否等于其增加的功能其中没有必要进行的步骤是_______，操作不当的步骤是______（均填步骤前的选项字母）（2）这位同学进行正确测量后挑选出一条点迹清晰的纸带进行测量分析，

如图乙所示，其中O点为起始点，A、B、C、D、E、F为六个计数点。根据纸带上的测量数据，可得出打C点时重锤的速度为______m/s。（保留2位有效数字）（3）他根据纸带上的数据算出各点的速度v，量出下落距离h，并根22v为纵轴、h为横轴画出的图像应是图

中的______（选填项字母）。-11-A.B.C.D.（4）已知重锤质量为m，O到C的间距为hoc，C点的速度为vc，若选取O到C这一过程验证机械能守恒定律，则需要验证的表达式为（用字母表示）______。【答案】

(1).C(2).BD(3).2.0(4).C(5).212occghv=【解析】【详解】(1)[1][2]B．打点计时器应接在交流电源上，因此B选项将打点计时器接到电源的“直流输出”错误，应接在“交流输出”上，故B错误，操作不当。C．因为本实验是比较m

gh、212mv的大小关系，故m可约去比较，不需要用天平，故C没有必要。D．应先接通电源再释放纸带，故D操作不当。故实验中没必要的操作是C；操作不当的步骤是BD。(2)[3]匀变速直线运动中中间时刻的瞬时速度

等于该过程中的平均速度，由此可以求出C点的速度大小为2C25.9017.8010m/s2.0m/s220.02BDxvT−−===(3)[4]重锤做自由落体运动，根据22vgh=化简得-12-22vgh=他继续根据纸带算出各点的速度v，量出下落距离

h，并以22v为纵轴、以h为横轴画出的图象，图象的斜率kg=所以图象是一条过原点的倾斜直线，故选C。(4)[5]选取O到C这一过程验证机械能守恒定律，则需要验证的表达式为212occmghmv=即212occghv=四、计算题：本题共3小题，共38分。把答案写在答题卡中

指定的答题处，要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤。16.一只鸟在距水面20m的上空以5m/s的速度水平飞行。突然它叼着的一条0.1kg的鱼从口中掉落。不计空气阻力g取10m/s2，求：（1）鱼从脱离到落至水面所用的时间；（2）

鱼从脱离到撞击水面的过程中，水平方向的位移大小。【答案】（1）2s；（2）10m【解析】【详解】（1）根据平抛运动规律h=212gt得2220s=2s10htg==（2）鱼从脱离到撞击水面的过程中，水平方向的位移x=vt=5×2m

=10m17.如图所示，粗糙水平地面与半径为R=0.5m的粗糙半圆轨道BCD相连接，且在同一竖直平面内，O是BCD的圆心，BOD在同一竖直线上。质量为m=1kg的小物块在水平恒力F=15N的作-13-用下，从A点由静止开始做匀加速直线运动，当小物块运动到B点时撤去F，小物块沿半圆轨道运动恰好能通过

D点，已知A、B间的距离为3m，小物块与地面间的动摩擦因数为0.3，重力加速度g取10m/s2。求：（1）小物块到达D时的速度vD；（2）小物块运动到B点时所受圆轨道支持力的大小；（3）小物块由B点到D过程，摩擦力做的功。【答案】

（1）5m/s；（2）154N；（3）-23.5J【解析】【详解】（1）因为小物块恰能通过D点，所以在D点小物块所受的重力等于向心力，即2DvmgmR=可得vD=5m/s（2）小物块在水平面上从A运动到B过程中，根据动能定理，有（F-μmg）xAB=12mvB2-0解得6

2m/sBv=在B点，以物块为研究对象，根据牛顿第二定律得2BvNmgmR−=联立解得小物块运动到B点时轨道对物块的支持力为N=154N（3）小物块由B点到D过程，由动能定理2211222fDBmgRWmvmv−+=−摩擦力做的功-14-23.5JfW=−1

8.汽车发动机的最大功率为60PkW=，汽车的质量为32.010mkg=汽车在足够长的水平路面从静止以211.0/ams=的加速度先做匀加速直线运动，当小车牵引力的功率达到最大时，保持最大功率不变变加速运动了220ts=后小车的速度达到最大

mv，已知汽车在行驶中所受路面阻力恒定为重力的0.1倍，重力加速度取210/gms=求：（1）汽车在水平路面能达到的最大速度大小mv；（2）汽车在水平路面做匀加速运动能维持的时间1t；（3）汽车的瞬时速度

为sincoscossinACAC+时，汽车的加速度2a大小；（4）小车在加速运动过程中的总位移s的大小．【答案】（1）30/ms（2）15s（3）20.2/ms（4）375m【解析】【分析】（1）当汽车的牵引力和阻力相等时，汽车速度达到最

大，根据P=fv求出汽车的最大速度；（2）根据牛顿第二定律求出牵引力的大小，结合P=Fv求出匀加速运动的末速度，根据速度时间公式求出汽车匀加速运动的时间；（3）根据P=Fv求得牵引力，根据牛顿第二定律求得加速度；（4）在匀加速阶段，根据运动学公式求得位移，达到额定功

率后，整个过程中根据动能定理求得通过的位移；【详解】由题意知：0.12000fmgN==（1）当牵引力等于阻力时，速度达到最大，为：mPFvfv==最大速度为：43610/30/2.010mvmsms==；（2）匀加速阶段，由牛顿第二定律

得：11Ffma−=达到最大功率为：11PFv=代入数据有：14000FN=，115/vms=，由111vat=得匀加速时间为：115ts=；-15-（3）当sincoscossinACAC+时，有：

22PFv=，代入数据解得：22400FN=由牛顿第二定律得：22Ffma−=，可以得到加速度为：220.2/ams=（4）匀加速位移为：2111112.52vsma==变加速过程，由动能定理得：222211122mPtfsmvmv−

=−代入数据得：2262.5sm=加速运动过程中的总位移为：12375sssm=+=．【点睛】本题考查了汽车以恒定加速度启动问题，知道汽车在整个过程中的运动规律，结合牛顿第二定律、运动学公式和功率的公式进行求解．-16-