【文档说明】江苏省盐城市阜宁县2020-2021学年高一下学期期中学情调研物理试题 含答案.docx，共(8)页，641.056 KB，由小赞的店铺上传

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阜宁县2021年春学期高一年级期中学情调研物理试题―、单项选择题（共10小题，每小题4分，共40分，每小题只有一个正确选项）1.人类对行星运动规律的认识漫长而曲折，牛顿在前人研究的基础上，得出了科学史上最伟大的定律之一——万有引力定律

.对万有引力的认识，下列说法正确的是A.行星观测记录表明，行星绕太阳运动的轨迹是圆，而不是椭圆B.太阳与行星之间引力的规律并不适用于行星与它的卫星C.地球使树上苹果下落的力，与太阳、地球之间的吸引力不是同一种力D.卡文迪许在实验室

里较为准确地得出了引力常量G的数值2.下列关于三种宇宙速度的说法中正确的是A.地球的第一宇宙速度是人造地球卫星绕地球做圆周运动的最小运行速度B.地球的第二宇宙速度是在地面附近使物体可以挣脱地球引力束缚的最小发射速度C.同

步卫星绕地球在圆轨道上运行时的速度介于地球的第一宇宙速度和第二宇宙速度之间D.中国发射的嫦娥五号探测器，其发射速度大于地球的第三宇宙速度3.如图所示，按照狭义相对论的观点，火箭B是“迫赶”光的，火箭A是“迎着”光飞行的，若火箭相对地面的速度均为v，则两火箭上的观察者测出的光速分别为A.c+v

，c-vB.c-v，c+vC.c，cD.无法确定4.如图所示，滑雪者由静止开始沿斜坡从A点自由滑下，然后在水平面上前进至B点停下。已知斜坡、水平面与滑雪板之间的动摩擦因数都为，滑雪者（包括滑雪板）的质量为m，A、B两点间的水平距离为L.在滑雪者经过AB段运动的过程中，克服摩擦力做的功A.等于

mgLB.大于mgLC.小于mgLD.以上三种情况都有可能5.1687年牛顿在总结了前人研究成果的基础上提出了万有引力定律，并通过月一地检验证明了地球对地面物体的引力与行星对卫星的引力具有相同的性质。当时牛顿掌握的信息有：地球表面的重力加速度g

=9.8m/s2，月球绕地球做圆周运动的轨道半径为83.810rm=，约为地球半径的60倍，月球的公转周期约为27.3天。下列关于月一地检验的说法中正确的是A.牛顿“月地检验”是为了验证地面上物体的重力与地球吸引月球、太阳吸引行星的力是同一种

性质力B.牛顿计算出了月球对月球表面物体的万有引力的数值，从而完成了月一地检验C.牛顿计算出了月球表面的重力加速度约为地球表面重力加速度的16，从而完成了月一地检验D.牛顿计算出了地球表面重力加速度约为月球绕地球做圆周运动的加速度

的13600，从而完成了月一地检验6.2020年11月24日4时30分，中国在海南文昌航天发射场，用长征五号遥五运载火箭成功发射探月工程嫦娥五号探测器，顺利将探测器送入预定轨道。如图为探测器先后绕月做匀速圆周运动的示意图，被

月球捕获后进入轨道I绕月球运行，距月球表面高度为200km，经变轨后在轨道II上运行，距月球表面高度为100km。根据以上信息可知下列判断不正确的是A.在轨道II上的运行速率大于在轨道I上的运行速率B.在轨道II上的运行周期大于在轨道I

上的运行周期C.在轨道II上的向心加速度大于在轨道I上的向心加速度D.在轨道II上和在轨道I上运行时，所携带的仪器都处于完全失重状态7.2020年7月23日12时41分，中国首次火星探测任务“天问一号”探测器成功发射。为了比较节省燃料和推力的方式实现太空中转移，从地球去往火星，“天问一号”

探测器必须通过一条叫“霍曼转移轨道（如图的运输轨道）”飞行，该轨道是椭圆轨道（太阳位于该椭圆轨道的一个焦点上）。“天问一号”探测器发射升空后，先在地球附近点火加速，进入“霍曼转移轨道”，再在火星附近反向点火减速，被火星捕获（火星着陆）。关于“天问一号”沿“霍曼转移轨道”向火星运动的过程

中，下列说法正确的是A.“天问一号”的速度逐渐变小B.“天问一号”的速度逐渐变大C.“天问一号”的速度先逐渐变大、再逐渐变小D.“天问一号”的速度先逐渐变小、再逐渐变大8.如图是为了检验某种防护罩承受冲击能力的装置的一部分，M是半径为R=1.0m、固定于竖

直平面内的四分之一光滑圆弧轨道，轨道上端切线水平，M的下端相切处放置竖直向上的弹簧枪，可发射速度不同的质量m=0.01kg的小钢珠，假设某次发射的小钢珠沿轨道内侧恰好能经过M的上端点水平飞出，g取10m/s2，弹黄枪的长度不计，则发射该小钢珠前，弹簧的弹性势能为A.0.10

JB.0.25JC.0.20JD.0.15J9.如图所示，把A、B两球由图示位置同时由静止释放（绳开始时拉直、不计空气阻力），则在两球向左下摆动时，下列说法不正确的是A.绳OA对A球不做功B.绳AB对B球做正功C.绳AB对A球做负功D.绳AB对B球不做

功10.物体做自由落体运动，Ek为动能，Ep为重力势能，h为下落的距离，以水平地面为零势能面。下列所示图象中，能正确反映各物理量之间关系的是A.B.C.D.二、非选择题（本题共5小题，共60分，其中第12～15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.只写出最后答案的

不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位.）11.（15分）某实验小组在做“验证机械能守恒定律”的实验时，提出了如图1所示的甲、乙两种方案。甲方案为利用重物自由落体运动进行实验，乙方案为利用小车在斜面上下滑进行实验。（1）该小组内同学对两种方案进行了深入的讨论分析，最终确定了

一个大家认为误差相对较小的方案，你认为该小组应选择的方案是__________，理由是____________________.（2）若该小组采用甲方案的装置。①完成该实验时，其中一个重要的步骤是，接通电源释放纸带，则如图2所示操作合理的是__________；②用此装置打

出了一条纸带如图3所示，相邻两点之间的时间间隔为0.02s，则根据纸带可计算出B点的速度大小为__________m/s；（结果保留三位有效数字）③该小组内同学根据纸带算出了相应点的速度，作出的2vh−图像如图4所示，根据图像可计算出当地的重

力加速度g=__________m/s2；（结果保留三位有效数字）④如果某次实验时，发现动能的增加量略大于重力势能的减小量，请分析出现这种现象的原因可能为__________（填序号）。A.在测量重锤质量时测量的不准确B.所使用的交流电源

的实际频率小于50HzC.摩擦力或阻力太大12.（8分）某行星半径为R，在其表面环绕卫星的运行周期为T，已知引力常量为G，求：（1）该行星表面的重力加速度大小；（2）该行星的密度。13.（8分）如图所示为一正在施工的塔式起重机。在起重机将质量3510mkg=的重物竖直吊起的过程中，重物由静止开始

向上做匀加速直线运动，加速度20.2/ams=，当起重机输出功率达到其允许的最大值时，保持该功率直到重物做1.02/mvms=的匀速运动.取g=10m/s2，不计额外功.求：（1）起重机允许输出的最大功率

；（2）重物做匀加速运动所经历的时间。14.（13分）如图所示，半径R=0.5m的光滑圆弧轨道的左端A与圆心O等高，B为圆弧轨的最低点，该圆弧轨道与一粗糙直轨道CD相切于C，OC与OB的夹角为53°，一质量为m的小滑块从P点静止开始下滑，PC间距离为R，滑块在CD上所受滑动摩

擦力为重力的0.3倍。（sin53°=0.8，cos53°=0.6）求：（1）滑块从P点滑到B点的过程中，重力势能减少多少；（2）滑块第一次经过B点时对轨道的压力大小；（3）为保证滑块不从A处滑出，PC之间的最大距离是多少.15.（16分）如图甲所示，

在倾角为37°且足够长的粗糙斜面底端，一质量m=1kg的滑块压缩着一轻弹簧且锁定，但它们并不相连，滑块可视为质点。t=0时解除锁定，通过计算机传感器描绘出滑块的v-t图像如图乙所示，其中Oab段为曲线，bc段为直线，在t1=0.1s时滑

块已上滑x=0.2m的距离（g取10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8）.求：（1）滑块离开弹簧后在图中bc段对应的加速度a的大小及滑块与斜面间动摩擦因数的大小；（2）20.3ts=和30.4ts=时滑块的速度v1、v2的大小；（3）弹簧锁定时具有的弹性势能Ep.高一

期中学情调研物理试题参考答案一、单项选择题（共10小题，每小题4分，共40分，每小题只有一个正确选项）题号12345678910答案DBCAABADDB二、非选择题（本题共5小题，共60分，其中第12～15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．只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位．）11．（15分）（1）甲（1分）；采用乙方案时，由于小车与斜面间存在摩擦力的作用，且不能忽略，所以小车在下滑的过程中机械能不守恒，故乙方案不能用于验证机械能守恒

定律。（2分）（2）①在验证机械能守恒定律的实验中，应让重锤紧靠打点计时器，手拉着纸带的上方，保持纸带竖直，由静止释放，操作比较合理的应为D（3分）②1.37（3分）③9.75（9.70~9.90均正确）（3分）④重锤增加的动能略大于重锤减少的重力势能，说明测量的重锤的速

度偏大或者是重锤的重力势能偏小。由于两式中都有质量，所以与重锤质量无关，故A错误；如果实际频率小于50Hz，则会造成打点的实际周期大于0.02s，计算重锤动能的增加量时会偏大，则可能造成动能的增加量略大于重力势能的减少量，故B正确；

重锤下落时受到的阻力过大，则动能的增加量偏小，故C错误。（3分）12．（8分）解：（1）行星表面的重力大小等于万有引力，等于卫星的向心力，则224mmgRT=（2分）可得：224RgT=（2分）（2）由万有引力提供卫星做圆周运动的向心力：

222MmGmRRT=（1分）又根据343MR=（1分）可得：23GT=（2分）13．（8分）解：（1）设起重机允许输出的最大功率为P0，重物达到最大速度时，拉力F0等于重力．P0＝F0vm（1分）F0＝mg（1分）代入数据，有：405.110PW=（2分）（2）匀加速运

动结束时，起重机达到允许输出的最大功率，设此时重物受到的拉力为F，速度为v1，匀加速运动经历时间为t1，有：P0＝Fv1（1分）F－mg＝ma（1分）v1＝at1（1分）代入数据，得：t1＝5s（1分）14．

(13分）解：（1）设PC间的垂直高度为h，由几何关系得h1=Rsin53°=0.8RCB间的竖直高度h2=R-Rcos53°=0.4R∴PB间高度差h=h1+h2=1.2R（1分）所以滑块从P滑到B减少的重力势能为△Ep=mgh=1.2mgR（2分）（2）在B点，由牛顿第二

定律知：2NvFmgmR−=（2分）从P到B，由动能定理：210.302mghmgRmv−=−（2分）联立解得FN=2.8mg（1分）据牛顿第三定律滑块第一次经过B点时对轨道的压力大小2.8NNFFmg==（1分）（3）设PC之间的最大距离为L时，滑块

第一次到达A时速度为零，则对整个过程应用动能定理()sin531cos530.30mgLmgRmgRmgL+−−−=（2分）代入数值解得L=1.2R（2分）15．(16分)解：（1）由题图乙知滑块在bc段做匀减速运动，加速度大小210/vamst==（2分）根据牛顿第二

定律得sin37cos37mgmgma+=（2分）代入数据解得μ＝0.5（1分）（2）根据速度与时间公式得t2＝0.3s时的速度大小v1＝v0－aΔt，解得v1＝0（2分）滑块在t2之后开始下滑，下滑时由牛顿第二定律得mgsin37°－μmgcos37°＝ma′（2分）代入数

据解得a′＝2m/s2（1分）滑块从t2到t3做初速度为零的加速运动，t3时刻的速度v2＝a′Δt＝0.2m/s（2分）（3）从0到t1时间内，由能量守恒定律得21sin37cos372pbEmgxmgxmv=++（2分）代入数据解得4pEJ=（2分）