【文档说明】山东省潍坊市第四中学2019-2020学年高一下学期收心考试物理试题【精准解析】.doc，共(15)页，495.000 KB，由小赞的店铺上传

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物理一．单项选择题1.下列说法正确的是（）A.物体做曲线运动时，所受的合力一定变化B.物体做平抛运动时，物体的加速度保持不变C.物体做匀速圆周运动时，物体的速度保持不变D.物体做直线运动时，所受的合力一定不变【答案】B【解析】【详解】AB．物体做曲线运动时可以受到恒力，

如物体做平抛运动时，合力是重力恒定不变，加速度是重力加速度也保持不变，故B正确，A错误；C．物体做匀速圆周运动时，物体的速度大小保持不变，但速度方向时刻变化，故C错误；D．物体做变加速直线运动，所受合力是变化的，故D错误。故选B。2.公路转弯处外侧的李先生家门口，连续发生了多起车辆侧翻的事故。经

交警调查，画出的现场示意图如图所示。为了避免车辆侧翻事故再次发生，很多人提出了建议，下列建议中不合理的是（）A.提醒司机不要超速转弯B.提醒司机以更小半径转弯C.增大车轮与路面间的摩擦D.使弯道路面内低外侧高【答案】B【解析】【详解】A．车辆发生侧翻是因为提供的向心力不够做圆周运

动所需的向心力，发生离心运动，即：2vFFmR=提供向减小速度可以减小向心力，可以防止侧翻现象，A正确；不符合题意B．减小转弯半径，向心力变大，更容易侧翻，B错误；符合题意CD．增大车轮与路面间的摩擦和使弯道路面内低外侧高都可以提高F提供，可以防止侧翻，CD正确。不符

合题意故选B。3.物体以速度v0水平抛出，若不计空气阻力，则当其竖直分位移与水平位移相等时，以下说法中正确的是A.竖直分速度等于水平分速度B.瞬时速度大小为02vC.运动的时间为02vgD.运动的位移为202vg

【答案】C【解析】【分析】平抛运动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，根据竖直位移和水平位移相等求出运动的时间，从而得出竖直分速度的大小，结合平行四边形定则求出瞬时速度的大小，根据初速度和时间求出水平位移，从

而得出运动的位移．【详解】AC．根据v0t＝12gt2得，运动的时间02vtg=，则竖直分速度vy=gt=2v0，不等于水平分速度．故A错误，C正确；B．瞬时速度的大小22005yvvvv=+＝．故B错误；D．水平位移x=v0t＝202vg，则运动的位移20222vsxg=＝．故D错误；

故选C．【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求解．4.下列说法正确的是（）A.地球同步通讯卫星的轨道可以是圆的也可以是椭圆的B.如果需要，地球同步通讯卫星可以定点在地球上空的任何一点C.第一宇宙

速度是人造卫星环绕地球运动的速度D.第一宇宙速度是人造卫星在地面附近绕地球做匀速圆周运动所必须具有的速度【答案】D【解析】【详解】AB．地球同步卫星的轨道是椭圆的，同步卫星的平面只能是赤道平面，只能静止在赤道上空某一点，故AB错误；CD．第一宇宙速度是人造卫星的最小发射速度，是环绕地球运

动的最大速度，也就是第一宇宙速度是人造卫星在地面附近绕地球做匀速圆周运动所必须具有的速度，故D正确，C错误。故选D。5.下列有关功和功率的说法正确的是()A.功是标量，功有正负值，功的的正负表示功的大

小B.由功率公式WPt=可知做功的时间越长，功率一定越小C.功的正负是由位移和力的方向共同决定的D.由公式PFv=可知汽车的最大速度只由汽车的额定功率决定【答案】C【解析】【详解】功是标量，功有正负值，功的的正

负不表示功的大小，选项A错误；由功率公式WPt=可知，当功一定时，做功的时间越长，功率一定越小，选项B错误；功的正负是由位移和力的方向共同决定的，当位移与力夹角大于90°时功为负，当位移与力夹角小于90°时功为正，选项C正确；汽车的速

度最大时，牵引力等于阻力，从公式P=Fv可知，行驶的最大速度由额定功率和阻力决定，故D错误．6.如图所示，大小相同的力F作用在同一个物体上，物体分别沿光滑水平面、粗糙水平面、光滑斜面、竖直方向运动一段

相等的距离x，已知力F与物体的运动方向均相同．则上述四种情景中都相同的是()A.拉力F对物体做的功B.物体的动能增量C.物体加速度的大小D.物体运动的时间【答案】A【解析】【详解】A．根据功的定义cosWFx=，这几种情况都是力的方向与位移的方向相同，也就是等于零，因此A正确；B

．各种情况下，由于第二种水平面粗糙，第三种沿斜面，第四种竖直向上运动，因此运动相同的位移时第一种情况末速度最大，动能增量最大，B错误，CD．同时第一种情况加速度最大，运动时间最短，CD都错误．故选A。7.两个完全相同的小金属球(皆

可视为点电荷)，所带电荷量之比为5：3，它们在相距一定距离时相互作用的吸引力为F1，如果让它们充分接触后再放回各自原来的位置上，此时相互作用力变为F2，则F1：F2为（）A.15：1B.15：16C.5：4D.5：8【答案】A【解析】【分析】【详解】由题可知，不失一般性，可以假设15qq=+，哪么

23qq=−根据库仑定律，它们在相距一定距离时相互吸引力为12221215Fkkrrqqq==两电荷异性，接触后再分开，两球电量的绝对值为122qqqq−==根据库仑定律，此时两球的库仑力2222Frqkqk

rq==解得12151FF=故A正确，BCD错误。故选A。8.如图，原长为l的轻弹簧一端固定一质量为m的小球，另一端套在光滑轴O上，将球拉至弹簧水平且处于原长状态的A位置，由静止释放．摆至竖直位置B时，弹簧的长度变为65l，不计空气阻力，则A.经竖直位置时弹簧的弹力大小为mgB.经竖直位置时

小球的动能为65mglC.下摆过程中小球的机械能守恒D.下摆过程中小球减小的重力势能大于小球增加的动能【答案】D【解析】【详解】经竖直位置时，小球有水平向左的分速度，需要提供向心力，而向心力由指向圆心的合力提供，

所以弹簧的弹力大小应大于mg．故A错误．由静止释放摆至竖直位置时，小球重力势能减小量为65mgl，一部分转化为小球的动能，另一部分转化为弹簧的弹性势能，所以经竖直位置时小球的动能小于65mgl．故B错误．弹簧的弹力对小球做负功，因此小球的机械能不守

恒．故C错误．由系统的机械能守恒知，下摆过程中小球减小的重力势能转化为小球的动能和弹簧的弹性势能．故D正确．故选D二．多项选择题9.关于质点做匀速圆周运动，下列说法中正确的是（）A.质点的周期不变B.质点的速度不变

C.质点的角速度不变D.质点的向心加速度不变【答案】AC【解析】【详解】AC．匀速圆周运动的周期、角速度保持不变．故AC正确；BD．匀速圆周运动的质点的速度和向心加速度的大小不变，但速度和向心加速度方向时刻改变，所以速度和向心加速度发生变化，故BD错误。故选AC。10

.在某次实验中，飞船在空中飞行了36h，环绕地球24圈。那么，同步卫星与飞船在轨道上正常运转相比较（）A.同步卫星运转速率比飞船大B.同步卫星运转周期比飞船大C.同步卫星运转加速度比飞船大D.同步卫星离地高度比飞船大【答案】BD【解析

】【详解】万有引力充当向心力有222224πGmMvmmrmrmarrT====AB．地球同步卫星的周期为24小时，飞船的周期为1.5小时，所以同步卫星运转周期比飞船大，轨道半径2324πGMTr=周期大的，轨道半径大，线速度GMvr=轨道半径大的，线速度小，故同步卫星的运转速度比飞船小，故A错

误，B正确；C．加速度2GMar=轨道半径大的，加速度小，故同步卫星的加速度比飞船小，故C错误；D．由于同步卫星的周期大，则同步卫星的半径更大，所以同步卫星离地高度比飞船大，故D正确。故选BD。11.如图所示，一电子在外力作用下沿等量异种电荷的中垂线由A→O→B匀速运动，A

、B两点关于两电荷连线对称，电子重力不计，则电子运动过程中说法正确的是（）A.电子受外力先变大后变小，方向水平向右B.电子受外力先变小后变大，方向水平向左C.电子在A、B两点电场强度相等D.电子受合力为零

【答案】ACD【解析】【详解】AB．根据等量异种电荷周围的电场线分布知，从A→O→B，电场强度的方向不变，水平向右，电场强度的大小先增大后减小，则电子所受电场力的大小先变大后变小，方向水平向左，则由平衡条件可知，外

力的大小先变大后变小，方向水平向右，故A正确，B错误；C．根据等量异种电荷周围的电场线分布知，电子在A、B两点电场强度相等，故C正确；D．电子所受的电场力和外力必定平衡，否则电子不可能做匀速直线运动，所以电子的合力为零，故D正确。故选ACD。12.如图所示，足够长的传送带

以恒定速率顺时针运行，将一个物体轻轻放在传送带底端，第一阶段物体被加速到与传送带具有相同的速度，第二阶段与传送带相对静止，匀速运动到达传送带顶端。下列说法中错误的是（）A.第一阶段摩擦力对物体做正功，第二阶段摩擦力对物

体不做功B.第一阶段摩擦力对物体做的功等于第一阶段物体动能的增加C.第一阶段物体和传送带间的摩擦生热等于第一阶段物体机械能的增加量D.物体从底端到顶端全过程机械能的增加量等于全过程物体与传送带间的摩擦生热【答案】ABD【解析】【详解】A．对物体受力分

析，受到重力、支持力和摩擦力，摩擦力一直沿斜面向上，第一阶段滑动摩擦力对物体做正功，第二阶段静摩擦力对物体做正功，故A错误，符合题意；B．根据动能定理，第一阶段合力做的功等于动能的增加量，由于重力和摩擦力都做功，故第一阶段

摩擦力对物体做的功不等于第一阶段物体动能的增加，故B错误，符合题意；C．假定传送带速度为v，第一阶段，物体匀加速位移12vtx=传送带位移2xvt=除重力外其余力做的功是机械能变化的量度，故物体机械能增加量等于12vtEfxf==一对滑动摩擦力做的功是内能变化的量度，故内

能增加量为21)2(Qfxxxvtff===−故第一阶段物体和传送带间的摩擦生热等于第一阶段物体机械能的增加，第二阶段没有摩擦生热，但物体的机械能继续增加，故C正确，不符合题意；D错误，符合题意。故选ABD。三．非选择题13.如图甲是“研究平抛物体的运动”的实

验装置图。(1)实验前应对实验装置反复调节，直到斜槽末端切线________；(2)图乙是正确实验取得的数据，其中O为抛出点，则此小球做平抛运动的初速度为___m/s(g＝9.8m/s2)；(3)在另一次实验中将白纸换成方格纸，每个格的边长L＝5cm，通

过实验，记录了小球在运动途中的三个位置，如图丙所示，则该小球做平抛运动的初速度为____m/s；B点的速度为_______m/s(g＝10m/s2)。【答案】(1).水平(2).1.6(3).1.5(4).2.5【解析】【详解】(1)[1]平抛运动的初速度一定要水平，因此为了获得水平的初速度安装

斜槽轨道时要注意槽口末端要水平(2)[2]由于O为抛出点，所以根据平抛运动规律有0xvt=，212ygt=将x=32cm，y=19.6cm，代入解得01.6m/sv=(3)[3]由图可知，物体由A→B和由B→C所用的时间相等，且有2ygT=由图可知△y=2L=10cm，

代入解得0.1sT=初速度为031.5m/sxLvTT===[4]竖直方向自由落体运动，根据匀变速直线运动中时间中点的瞬时速度等于该过程中的平均速度有2m/s2ACByhvT==则B点的速度为221.52m/s2.5m/sBv=+=1

4.利用图甲装置做“验证机械能守恒定律”实验(1)除带夹子的重物、纸带、铁架台(含铁夹)、电磁打点计时器、导线及开关外，在下列器材中，还必须使用的两种器材是________；A．交流电源B．刻度尺C．天平(含砝码)(2)实验中，先接通电源，

再释放重物，得到图乙所示的一条纸带。在纸带上选取三个连续打出的点A、B、C，测得它们到起始点O的距离分别为hA、hB、hC；已知当地重力加速度为g，打点计时器打点的周期为T。设重物的质量为m。从打O点到打B点的过程中，重物的重力势能变化量ΔEp=________，

若测动能变化量应先测出B的速度vB=_____，故ΔEk=________；(3)大多数学生的实验结果显示，重力势能的减少量大于动能的增加量，原因是________。A．利用公式v=gt计算重物速度B．利用公式2vgh=计算重物速

度C．存在空气阻力和摩擦阻力的影响D．没有采用多次实验取平均值的方法【答案】(1).AB(2).－mghB(3).2CAhhT−(4).2122CAhhmT−(5).C【解析】【详解】(1)[1]打点计时器需接交流电源，实验中需要用刻度尺测量点迹间的距离，从而求出

瞬时速度以及重力势能的减小量．实验中验证动能的增加量和重力势能的减小量是否相等，质量可以约去，不需要用天平测量质量故选AB(2)[2]从打O点到打B点的过程中，重物的重力势能变化量pBEmgh=−[3]B点的瞬时速度2CABhhvT−=[4]动能的增加量22k2()128CABmhhEmvT−

==(3)[5]由于纸带在下落过程中，重锤和空气之间存在阻力，纸带和打点计时器之间存在摩擦力，所以减小的重力势能一部分转化为动能，还有一部分要克服空气阻力和摩擦力阻力做功，故重力势能的减少量大于动能的增加量，故C正确，ABD错误。故选C。15.如图一辆

质量为500kg的汽车静止在一座半径为50m的圆弧形拱桥顶部。(取g＝10m/s2)(1)如果汽车以10m/s的速度经过拱桥的顶部，则汽车对圆弧形拱桥的压力大小？(2)汽车以多大速度通过拱桥的顶部时，汽车对圆弧形拱桥的压力恰好为零？【答案】(1)4000N；(2)105m/s【解析】【详解

】(1)汽车受重力G和拱桥的支持力F，根据牛顿第二定律有G－F＝m2vr故F＝G－m2vr＝4000N根据牛顿第三定律，汽车对拱桥的压力为4000N(2)汽车只受重力G，由牛顿第二定律得G＝m2vr解得v＝gr＝105m/s16.2008年9月25日，我国继神舟五号，六号载人飞

船后又成功地发射了神舟七号载人飞船。把神舟七号载人飞船在一段时间内的运动看成绕地球做匀速圆周运动，宇航员测得自己绕地心做匀速圆周运动的周期为T。距地面的高度为H。已知地球半径为R，引力常量为G。求：(1)地球的质量；

(2)飞船线速度的大小；(3)飞船的向心加速度大小。【答案】(1)2324()RHGT+；(2)2()RHT+；(3)()224RhT+【解析】【详解】(1)根据牛顿定律得()()2224GMmmRHTRH=++解得2324()RHMGT+=(2)由圆周运动公式，飞船线速

度()2RHvT+=(3)飞船的向心力加速度()2224RHaRHT+=+=（）17.如图所示，匀强电场的场强方向水平向右．一根绝缘丝线一端固定在O点，另一端连接一质量为m、电荷量为q的小球．小球静止在电场中，丝线与竖直方向成37°．已知重力加速度为g，sin

37°=0.6，cos37°=0.8．求：（1）小球带电的种类；（2）小球受到的电场力大小F；（3）电场强度的大小E．【答案】（1）小球带正电（2）34mg（3）34mgq【解析】试题分析：根据小球所受的电场力方向和电场线方向的关系即可判断带电种类；对小球受力分析，再根据

平衡条件即可求出电场力的大小；再根据电场强度的定义FEq=，即可求出电场强度的大小．（1）由题意可知，小球的受力方向与电场线方向一致，所以小球带正电．（2）小球在电场中静止时，受力分析如图所示：根据平衡条件得：F＝mgtan37

°＝34mg（3）根据电场强度的定义：FEq=解得电场强度：E＝34mgq点睛：本题主要考查了小球在电场力作用下的平衡问题，先对小球受力分析，再根据平衡条件即可求解．18.如图所示，在足够长的光滑水平桌面上固定一个四分之一光滑圆弧形槽，半径R=0.45m，末端与桌面相切。

将质量m=0.1kg的小球（可视为质点）由槽的顶端无初速度释放，经桌面上A点水平飞出，小球恰好无碰撞地沿圆弧切线从B点进入固定的竖直光滑圆弧轨道，B、C为圆弧的两端点，其连线水平，O为圆弧最低点。已知圆弧对应圆心角=106°，半径

r=1m。取g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8。求：（1）小球沿弧形槽下滑到槽底端时，球的速度大小；（2）桌面离水平地面的高度h；（3）小球运动至O点时对圆弧轨道的压力大小。【答案】（1）3m/s；（2）0.8m；（3）4

.3N.【解析】【详解】（1）小球弧形槽下滑到槽底端过程中机械能守恒2112mgmvR＝解得v1=3m/s（2）小球离开桌面后以3m/s初速度做平抛运动，竖直方向212hgt=小球恰好无碰撞地沿圆弧切线从B点进入固定的竖直光滑圆弧轨道，则1tan53gtv=解得t=0.4sh=0.8m（3

）小物块由A点到O点，由机械能守恒定律得221115322Omghrrcosmvmv+−=−()在圆弧最低点，由牛顿第二定律得2ovFmgmr−=代入数据解得F=4.3N根据牛顿第三定律，小球对圆弧轨道压力大小为4.3N，方向向下.