【文档说明】山东省潍坊市2019-2020学年高一下学期期中考试物理试题【精准解析】.doc，共(13)页，768.500 KB，由小赞的店铺上传

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2019～2020学年下学期期中检测高一物理一、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.在物理学发展的过程中，许多物理学家的科学研究推动了人类文明的进程。在对以下几位物理

学家所做科学贡献的叙述中，正确的说法是（）A.英国物理学家卡文迪许用实验的方法测出引力常量GB.牛顿通过计算首先发现了海王星和冥王星C.哥白尼首先提出了“地心说”D.开普勒经过多年的天文观测和记录，提出了“日心说”的观点【答案】A【解析】【详解】A．英国物理学家卡文迪许

用扭秤实验测出引力常量G，故A正确；B．牛顿发现了万有引力定律，牛顿没有发现海王星和冥王星，故B错误；CD．哥白尼首先提出了“日心说”，故CD错误。故选A。2.如图所示，物体在恒力F作用下沿曲线从A运动到B，这时突然使它所受

力反向，大小不变，即由F变为-F。在此力作用下，物体以后的运动情况，下列说法中正确的是（）A.物体可能沿曲线Ba运动B.物体可能沿直线Bb运动C.物体可能沿曲线Bc运动D.物体可能沿原曲线由B返回【答案

】C【解析】【详解】物体从A到B运动，因为运动轨迹是在速度与力的夹角之中，所以物体所受恒力方向应斜向右下。到达B点后，力的大小不变方向相反，变成斜向左上，物体在B点的速度方向为切线方向，即直线Bb，过B点后只有Bc在力与速度的夹角内，物体只可能沿Bc运动，故C正确，ABD错误。故选

C。3.做匀速圆周运动的物体，下列物理量中变化的是（）A.转速B.周期C.角速度D.线速度【答案】D【解析】【分析】【详解】在描述匀速圆周运动的物理量中，线速度是矢量，虽然其大小不变但是方向在变，因此是变化的；周期、转速、速率是标量，是不变化的，角速度虽然是矢量，

但也不变化，故D符合题意，ABC不符合题意。故选D。4.关于开普勒行星运动定律，下列说法正确的是A.所有的行星都绕太阳做圆运动B.对任意一个行星它与太阳的连线在相等时间内扫过相等的面积C.在32akT=中，k是与太阳无关的常量D.开普勒行星运动定律仅适用于行星绕太阳运动【答案】

B【解析】【详解】A、所有行星围绕太阳运动的轨道都是椭圆,太阳处在椭圆的一个焦点上;故A错误.B、对任意一个行星它与太阳的连线在相等时间内扫过相等的面积;故B正确.C、在32akT=中，k是与太阳质量有关的常量;故C错误.D、开普勒行星运动定律不仅适用于行星绕太阳运动，还

适用于宇宙中其他卫星绕行星的运动;故D错误.故选B.【点睛】行星绕太阳虽然是椭圆运动，但我们可以当作圆来处理，同时值得注意是周期是公转周期．5.如图所示,为一在水平面内做匀速圆周运动的圆锥摆,关于摆球A的受力情况,下列说法中正确的是（）A.摆球A受重力、拉力和向心力的作用B.

摆球A受拉力和向心力的作用C.摆球A受拉力和重力的作用D.摆球A受重力和向心力的作用【答案】C【解析】【详解】向心力是效果力，在受力分析时不能说球受到向心力，摆球A受拉力和重力的作用，拉力和重力的合力提供向心力，故C正

确；ABD错误；故选C6.对于万有引力定律的表达式122mmFGr=，下列说法正确的是（）A.该表达式仅对质量较大的天体适用B.当r趋于零时，万有引力趋于无穷大C.质量为1m、2m的物体之间的引力是一对平衡力D.质量为1m、2m的物体之间

的引力总是大小相等的【答案】D【解析】【详解】A．自然界的任何两个物体都是相互吸引的，对于质量较大的天体适用，对质量较小的一般物体也适用，故A错误；B．万有引力公式适用于质点间引力的计算，当r趋近于零时，两物体不能看成质点公式不再适用

，故不能据公式得出万有引力趋于无穷大的结论，故B错误；CD．两物体间相互吸引的一对万有引力作用在相互作用的两个物体上是作用力与反作用力，不是一对平衡力，由牛顿第三定律可知，物体之间的引力总是大小相等的，故C错误，D正

确。故选D。7.如图所示，一个物体以速度0v冲向与竖直墙壁相连的轻质弹簧，墙壁和物体间的弹簧被物体压缩，在此过程中以下说法正确的是（）A.弹力对物体做正功，弹簧的弹性势能减小B.弹力对物体做负功，弹簧的弹性势能增加C.物体对弹簧做的功与弹簧的压

缩量成正比D.物体连续向墙壁运动相同的位移，弹力做的功相等【答案】B【解析】【详解】AB．物体向左运动，物体受到的弹力方向向右，故弹力对物体做负功，弹簧的弹性势能增加，故A错误，B正确；C．弹簧的弹力为F=kx，弹力做功表达式20122kxWFxxkx+===可见物体对弹簧做的功与弹簧的压缩

量平方成正比，故C错误；D．物体向墙壁运动相同的位移，弹力大小不同，故弹力做功不相等，故D错误。故选B。8.如图所示在足球赛中，红队球员在白队禁区附近主罚定位球，并将球从球门右上角贴着球门射入，球门高度为h，足球飞入球门的速度为v，足球质量为m，则红队球员将足球踢出时对足球做的功W为(不计空气阻力

、足球可视为质点)()A.12mv2B.mghC.12mv2＋mghD.12mv2－mgh【答案】C【解析】【详解】对足球从球员踢出到飞入球门的过程研究，根据动能定理得212Wmghmv−=解得212Wmghm

v=+故C正确，ABD错误．故选C。二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，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.关于平抛运动

，下列说法中正确的是（）A.平抛运动的速度和加速度都随时间的增加而增大B.平抛运动是一种匀变速曲线运动C.平抛运动的落地时间t由下落高度h决定，h越大，t越大D.平抛运动的水平射程s仅由初速度0v决定，0v越大，s越大【答案】BC【解析】【详解】AB．平抛运动是加速度恒为g，初速度为v0的匀加速曲

线运动。因此速度会随时间增大而增大，但加速度是不变的。故A错误，B正确；C．根据212hgt=解得2htg=可知落地时间t由下落高度h决定，h越大，t越大。故C正确；D．根据0svt=可知水平位移与初速度0v和落地时间均有关，

故D错误。故选BC。10.如图所示，“东方红一号”是中国发射的第一颗人造地球卫星，由此开创了中国航天史的新纪元。已知其运行轨道为椭圆轨道，其近地点M和远地点N的高度分别为439km和2384km，则（）A.卫星在M点的势能大于在N点的势能

B.卫星在M点的速度大于N点的速度C.卫星在M点的加速度大于N点的加速度D.卫星在N点的速度大于7.9km/s【答案】BC【解析】【详解】AB．由M到N地球引力做负功，势能增加，动能减小，卫星在M点的速度大于N点

的速度。故A错误，B正确；C．根据牛顿第二定律2MmGmar=可知近地点加速度大，远地点加速度小。故C正确；D．卫星在N点进入过N点的圆周轨道需要加速，第一宇宙速度，是卫星绕地球圆周运动的最大速度，而过N点的圆周轨道的运行速度小于第一宇

宙速度，所以在N点的速度应小于7.9km/s，故D错误。故选BC。11.如图甲所示为某中学附近的公共自行车，绿色出行已成为城市的亮丽风景。图乙为自行车原理图。以下关于自行车的说法正确的是（）A.骑行中飞轮与后轮的角速度相等B.骑行中踏板与后轮上A点线速度相等C.骑行中自行车前轮受到的摩擦力向后D

.轮胎表面凹凸的花纹通过增加接触面积来增大摩擦力【答案】AC【解析】【详解】A．同轴传动角速度相等，可知骑行中飞轮与后轮的角速度相等，故A正确；B．链轮边缘与飞轮边缘线速度相等，而根据vr=可知，飞轮角速度大于

链轮角速度，而飞轮角速度与A点角速度相同，踏板角速度与链轮角速度相同，故A点角速度大于踏板角速度，而A点半径更大，则A点线速度更大，故B错误；C．自行车前轮是在后轮驱动下运动的，前轮相对地面有向前的运动趋势，故前轮受到的摩擦力方向向后，故C正确；D．轮胎表面

凹凸的花纹通过改变接触面粗糙程度来增大摩擦力的，故D错误。故选AC。12.一快艇从离岸边25m远的河流中央向岸边行驶。已知快艇在静水中的速度图像如图甲所示；河中各处水流速度相同，且速度图像如图乙所示，则（）A.快艇的运动轨迹一定为直线B.快艇的运动轨迹

一定为曲线C.快艇最快到达岸边，经过的位移为25mD.快艇最快到达岸边，所用的时间为10s【答案】BD【解析】【详解】AB．两分运动一个做匀加速直线运动，一个做匀速直线运动，知合加速度的方向与合速度的方向不在同一条直线上，合运动为曲线运动。故A错误B正确；C

D．静水速垂直于河岸时，时间最短。在垂直于河岸方向上的加速度a=0.5m/s2，由212dat=得，t=10s在沿河岸方向上的位移x=v2t=3×10m=30m所以最终位移22m615sxd=+=故C错误D正确。故选BD。三、非选择题：本题共6小题，共60分.13.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：(1)他观察到的现象是：小球A、B____________（填“同时”或“不同时”）落地；(2)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”）；(3)上述现象说明：平抛运动的竖直分运动是________运动。【答案】(1).同时(2).不变(3).自由落体【解析】【分析】【详解】(1)[1]小锤轻击弹性金属片

时，A球做平抛运动，同时B球做自由落体运动。因为竖直方向运动一致，通过实验可以观察到它们同时落地；(2)[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，2htg=，因此运动时间仍不变；(3)[3]上述现象说

明：平抛运动在竖直方向上做自由落体运动。14.在验证机械能守恒定律的实验中，质量m=1.5kg的重锤自由下落，在纸带上打出了一系列的点，如图所示，相邻记数点时间间隔为0.02，长度单位是cm，g取29.8m/s．（1）打点计时器打下记数点B时，物体的速度Bv=________m/s(保留三

位有效数字)；（2）从点O到打下记数点B的过程中，物体重力势能的减小量pE=_____J，动能的增加量KE=______J(保留三位有效数字)；（3）即使在实验操作规范，数据测量及数据处理很准确的前

提下，该实验测得的pE也一定略大于KE，这是实验存在系统误差的必然结果，试分析该系统误差产生的主要原因是________．【答案】(1).0.973(2).0.714(3).0.705-0.712(4).重锤和纸带都受到阻力的作用【解析】【详解】（1）[1]中间

时刻的瞬时速度等于该过程中的平均速度来求B的速度大小0.973m/s2ACBsvT==（2）[2][3]物体重力势能减小量1.59.80.0486J0.714JPEmgh===动能的增加量210.710J2kBEmv==（3）[4]由

于纸带通过时受到较大的阻力和重锤受到的空气阻力，重力势能有相当一部分转化给摩擦产生的内能，所以重力势能的减小量明显大于动能的增加量。15.中国女排是一支具有光荣历史的队伍，奉献、协作、拼搏的女排精神是中华体育精神的象征。某场比赛中，

一运动员进行了跳发球，若击球点恰在发球处底线上方3.04m高处，击球后排球以25.0m/s的速度水平飞出，球的初速度方向与底线垂直，排球场的有关尺寸如图所示，若忽略空气阻力及球的大小，试计算说明此球能否过网。（g取

10m/s2）【答案】球能过网【解析】【详解】当排球在竖直方向下落3.042.240.8mh=−=设水平方向运动的距离为x，则212hgt=0xvt=联立两式并代入数据得x=10m因为x=10m>9m，故此球能过网。16.为了方便

研究物体与地球间的万有引力问题，通常将地球视为质量分布均匀的球体。已知地球的质量为M，半径为R，引力常量为G，不考虑空气阻力的影响：(1)求北极点的重力加速度的大小；(2)若“天宫二号”绕地球运动的轨道可视为圆周，

其轨道距地面的高度为h，求“天宫二号”绕地球运行的周期。【答案】(1)2MGR；(2)()32πRhGM+【解析】【详解】(1)设北极点的重力加速度为g0，则有0002MmmgGR=解得02MgGR=(2)设“天宫二号”的质量为1m，其绕地球做匀速圆周运动的周期为1

T，根据万有引力定律和牛顿第二定律有()()2112214πMmGmRhTRh=++解得()312πRhTGM+=17.某兴趣小组通过探究得到弹性势能的表达式为2p12Ekx=，式中k为弹簧的劲度系数，x为弹簧伸长（或缩短）的长度，请结合弹性势

能表达式计算下列问题。放在地面上的物体上端系在劲度系数k=200N/m的弹簧上，弹簧的另一端拴在跨过定滑轮的绳子上，如图所示，手拉绳子的另一端，当往下拉0.1m物体开始离开地面，继续拉绳，使物体缓慢升高到离地h=0.5m高处。如果不计弹簧重

和滑轮跟绳的摩擦，（g取10m/s2）。求：(1)弹簧弹性势能的大小；(2)物体重力势能的增量；(3)拉力所做的功。【答案】(1)P1JE=；(2)10J；(3)11J【解析】【详解】(1)弹性势能的大小为2212000.11122kxE===PJ(2)刚好离开地面时G=

F=kx得物体的重力G=kx=200×0.1=20N则物体缓慢上升h=0.5m物体重力势能增量E=Gh=10J(3)拉力做功转化为弹簧的弹性势能和物体的重力势能W=（10+1）J=11J18.如图所示，从A点以某一水平速度0v抛出质量

m=1kg的小物块（可视为质点），当物块运动至B点时，恰好沿切线方向进入圆心角∠BOC=37°的粗糙圆弧轨道BC，经圆弧轨道克服摩擦力做功W=9.5J，后滑上与C点等高、静止在光滑水平面上的长木板，圆弧轨道C

端的切线水平。已知长木板的质量M=2kg，A点距C点的高度为H=0.6m，圆弧轨道半径R=0.75m，物块与长木板间的动摩擦因数0.4=，g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8。求：(1)小物块在B点时的速度大小；(

2)小物块滑至C点时对圆弧轨道的压力大小；(3)长木板至少为多长，才能保证小物块不滑出长木板？【答案】(1)5m/s；(2)22N；(3)0.75m【解析】【详解】(1)B、C两点间的高度差(1cos)hRBOC=−从A点到B点，小物块做平抛运动212Hhgt−=到达B点，竖直

分速度ygt=v0tan37yvv=联立解得vB=5m/s(2)从A点到C点，由动能定理有22201122mgHWmvmv−=−联立解得v2=3m/s设小物块在C点收到的支持力为FN，由牛顿第二定律有22NvFmgmR−=由牛顿第三定律可知，小物块

在C点时对圆弧轨道的压力大小为22N。(3)小物块与长木板之间相互作用过程中，由牛顿第二定律，对小物块1mgma=对长木板2mgMa=设经时间t两者达共速212vatat−=22112xvtat=−块2212xat=板Lx

x=−板板块得长木板最小长度L板=0.75m