【文档说明】四川省泸县第五中学2019-2020学年高一下学期期末模拟考试物理试题【精准解析】.doc，共(13)页，497.500 KB，由小赞的店铺上传

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2020年春四川省泸县第五中学高一期末模拟考试物理试题注意事项：1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。2．答题时请按要求用笔。3．请按照题号顺序在答题卡各题目的答题

区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试卷上答题无效。4．作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。5．保持卡面清洁，不要折叠、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。6.考试时间：150分钟；物理化学生物同堂分卷考试，物理100分，化学100分，生物10

0分第I卷选择题（48分）一、单选题（每小题4分，共12个小题，共48分；其中1-9题为单选题，10-12题多选题，少选得2分，多选错选得0分。）1.在物理学的发展过程中，科学家们创造出了许多物理学研究方法，以下关于所用物理学研究方法的叙述不正确的是A.加速度、速度都是采取比值法定义的物理量B.

在探究共点力的合成时用到了等效替代的思想方法C.牛顿提出了万有引力定律，并没有通过实验测出万有引力常量的数值D.牛顿第一定律是利用逻辑思维对事实进行分析的产物，可以用实验直接验证【答案】D【解析】加速

度、速度都是采取比值法定义的物理量，选项A正确；在探究共点力的合成时用到了等效替代的思想方法，选项B正确；牛顿提出了万有引力定律，卡文迪许通过实验测出了万有引力常量的数值，选项C正确；牛顿第一定律是利用逻辑思维对事实进行分析的产物，不可以用实验直接验证，选项D错误；此题

选项不正确的选项，故选D.2.关于曲线运动和圆周运动，以下说法中错误的是（）A.做曲线运动的物体受到的合力一定不为零B.做曲线运动的物体的速度一定是变化的C.做圆周运动的物体受到的合力方向一定指向圆心D.做匀速圆周运动的物体的加速度方向一定指向圆

心【答案】C【解析】【详解】A．合外力与速度不共线，物体做曲线运动，所以做曲线运动的物体所受合力一定不为零，A正确；B．物体做曲线运动，速度方向一定改变，B正确；CD．物体做匀速圆周运动，合外力（即加速度）指向圆心完全提供向心力；做非匀速圆周运动，合外

力指向圆心的分力提供向心力，切向的分力改变速度的大小，C错误，D正确。故选C。3.如图所示，物体以恒定的速率沿圆弧AB做曲线运动，下列对它的运动分析正确的是()．A.因为它的速率恒定不变，故做匀速运动B.该物体受的合外力一定不等于零C.该物体受的合外力一定等于零D.它的加速度方向与速度方

向有可能在同一直线上【答案】B【解析】【详解】A．物体速度方向为运动轨迹切线方向，则曲线运动的速度方向一定会发生变化，所以是变速运动，故A项错误．BCD．物体做曲线运动的条件是速度和加速度不在一条直线上，即一定有加速度，根据Fma=得知一定有合外力，故B正确；CD错误；故选B。4.如图所

示，A、B两个相同小球同时在OA杆上以O点为圆心向下摆动过程中，在任意时刻A、B两球相等的物理量是()A.角速度B.加速度C.向心力D.速度【答案】A【解析】【详解】A．A、B两球都绕O点做圆周运动，角速度必定相等，所以A选项是正确的.B．角

速度相等，根据2ar=知，加速度与半径成正比，则A的加速度较大，故B错误.C．角速度相等，根据2Fmr=知，向心力与半径成正比，则A的向心力较大，故C错误.D．由vr=分析得知，A的速度较大，故

D错误.故选A。5.如图所示，一条小船位于200m宽的河的正中央A处，从这里向下游1003m处有一危险区.当时水流的速度为4m/s，为了使小船避开危险区沿直线到达对岸，小船在静水中的速度至少是A.433m/sB.833m/sC.2m/s

D.4m/s【答案】C【解析】【详解】设小船的合速度与水流速度的夹角为；则有1003tan31003==，因此30=；1=sin422vv==水船；故选C6.一个小孩坐在船内，按图示两种情况，用相同大小的力拉绳，使自己发生相同的位

移．甲图中绳的另一端拴在岸上，乙图中绳的另一端拴在同样的小船上，水的阻力不计（船未碰撞）．这两种情况中，小孩所做的功分别为W1、W2，做功期间的平均功率分别为P1、P2，则下列关系正确的是（）A.W1＞W2，P1=P2B.W1=W2，P1=P2C.W1=W2，P1＜P2D.W1＜W2，P1

＜P2【答案】D【解析】【详解】两种情况用同样大小的力拉绳，甲乙两幅图中左边的船移动的位移相同，但乙图中右边的船也要移动，故拉力作用点移动的距离大；拉力的功等于拉力与作用点在拉力方向上的位移的乘积，故乙图中拉力做功多，由于时间相同，故乙图中拉力的功率大；故选D．7.如图所示，小物块位于半径为

R的半球顶端，若给小物块以水平的初速为v0时，物块刚好对半球无压力，则以下说法不正确的是A.小物块立即离开球面做平抛运动B.小物块落地时水平位移2RC.小物块沿半球面运动D.小物块落地时速度的方向与地面不可能成45°角【答案】

C【解析】【详解】A.物块对球顶恰无压力，说明此时恰好是物体的重力作为圆周运动的向心力，物体离开半球顶端后将做平抛运动，故A正确，不符合题意．B.物体做平抛运动，由201,2xvtRgt==以及20vmgmR

=得：2xR=，故B正确，不符合题意．C.物块对球顶恰无压力，物体的重力作为圆周运动的向心力，过最高点物体速度增加，所需要向心力亦增加，而此时的向心力为重力指向圆心方向的分力小于重力，故小球不可能沿圆周做圆周运动而是做离心运动，即从最高点起做平抛运动，故C错误

，符合题意D.物体做平抛运动，由212Rgt=可得2Rtg=，所以竖直方向上的速度2yvgtgR==夹角02tan2yvgRvgR===所以与地面的夹角不是45°，故D正确，不符合题意．8.如图所示，物体A、B随水平圆盘绕轴匀速转动，物体B在水平方向

所受的作用力有A.圆盘对B及A对B的摩擦力，两力都指向圆心B.圆盘对B的摩擦力指向圆心，A对B的摩擦力背离圆心C.圆盘对B及A对B的摩擦力和向心力D.圆盘对B的摩擦力和向心力【答案】B【解析】【详解】A和B一起随圆盘做匀速圆周

运动，A做圆周运动的向心力由B对A的静摩擦力提供，所以B对A的摩擦力方向指向圆心，则A对B的摩擦力背离圆心；B做圆周运动的向心力由A对B的摩擦力和圆盘对B的摩擦力提供，B所受的向心力指向圆心，A对B的摩擦力背离圆心

，则圆盘对B的摩擦力指向圆心；A.与分析不符，故A错误；B.与分析相符，故B正确；C.与分析不符，故C错误；D.与分析不符，故D错误．9.质量为m的物体，由静止开始下落，由于空气阻力的作用，下落的加速

度为45g，在物体下落高度为h的过程中，下列说法正确的是A.物体的动能增加了15mghB.物体的重力势能减少了45mghC.物体克服阻力所做的功为mghD.物体的机械能减少了15mgh【答案】D【解析】【详解】A.下落加速度为45g，

所以下落的合外力为45mg，根据动能定理可知，动能增加量为45mgh，故A错误．B.物体重力势能减小量等于重力做的功mgh，故B错误．C.根据动能定理45fkmghWEmgh−==所以克服摩擦力做功为15mgh，故C错误．D.机械能的减少等于克服摩擦力做的功，所以机械能减小15mgh，故

D正确．10.恒力F作用在质量为m的物体上，如图所示，由于地面对物体的摩擦力较大，没有被拉动，则经时间t，下列说法正确的是（）A.拉力F对物体的冲量大小为零B.拉力F对物体的冲量大小为FtC.拉力F对物体的冲量

大小是FtcosθD.合力对物体的冲量大小为零【答案】BD【解析】【详解】ABC．拉力F对物体的冲量FIFt=故AC错误，B正确；D．由于地面对物体的摩擦力较大，物体没有被拉动，说明物体仍然处于平衡状态，受到的合外力为0，所以合力对物体的冲量大小为

零，故D正确。故选BD。11.用长为L的细杆拉着质量为m的小球在竖直平面内作圆周运动，如下图下列说法中正确的是（）A.小球运动到最高点时，速率必须大于或等于gLB.小球运动到最高点时，速率可以小于gL，最小速率为零C.小球运动到最高点时，杆对球的作用

力可能是拉力，也可能是支持力，也可能无作用力D.小球运动到最低点时，杆对球的作用力一定是拉力【答案】BCD【解析】【详解】小球在最高点的最小速度为零，此时小球重力和支持力相等．故A错误，B正确．当小球在最高点压力为零时，重力提供向心力，有2vmgm

L=，解得vgL=，当速度小于v时，杆对小球有支持力，方向向上；当速度大于v时，杆对小球有拉力，方向向下，故C正确．小球在最低点时，合力提供向心力，知合力方向向上，则杆对球的作用力一定向上．故D正确．12.如图所示，Ｐ、Ｑ是竖直固定在水平桌面上的挡板，质量

为m的小物块在紧靠Ｐ板处以一定初速度向Ｑ板运动．已知小物块与桌面的动摩擦因数为μ，Ｐ、Ｑ相距ｓ，物块经过与Ｑ板碰撞n次后（碰撞过程无能量损失），最终静止于Ｐ、Ｑ的中点，则在整个过程中，摩擦力做功可能为（）A.1(2)2mgns−+B.1(2-)2mgns−C.3(2)2m

gns−+D.3(2)2mgns−−【答案】AB【解析】【详解】摩擦力做功fS，f=μmg；S有两种可能：12(1)222sSsnsn=+−+=−（）①碰撞完Q后到12处停止312(1)222sSs

nsn=+−+=+（）②碰撞完Q后到再碰撞P返回时在12处停止所以摩擦力做功为：①fS=μmgs（2n-12）；②fS=μmgs（2n+12）；故AB均正确，CD错误．第II卷非选择题二、实验题13.利用图示装置进行验证机械能守恒定律的实验时，需要测量物体由静止开始自由下落到某点时的瞬时速度v和下

落高度h．某班同学利用实验得到的纸带，设计了以下四种测量方案：a．用刻度尺测出物体下落的高度h,并测出下落时间t．通过v=gt计算出瞬时速度v．b．用刻度尺测出物体下落的高度h,并通过v=2gh计算出瞬时速度v．c．根据做匀变速直线运动时纸带上某点的瞬时速度，等于这点前

后相邻两点间的平均速度，浊算出图时速度v,并通过h=22vg计算出高度h．d．用刻度尺测出物体下落的高度h,根据做匀变速直线运动时纸带上某点的瞬时速度，等于这点前后相邻两点间的平均速度，测算出瞬时速度v．（1）以上方案中只有一种正确，正确的是．（填

入相应的字母）（2）本实验计算出重力势能的减小为，对应动能的增加为，由于不可避免地存在阻力，应该是（等于，略大于，略小于）【答案】（1）d（2）略大于【解析】【详解】(1)该实验是验证机械能守恒定律的实验．因为我们知道自由落体运动只受重力，机械能就守恒．如果把重物看成自由落体运

动，再运用自由落体的规律求解速度，那么就不需要验证呢．其中ABC三项都是运用了自由落体的运动规律求解的，故abc错误，d正确．（2）物体下落过程中存在阻力，重力势能没有全部转化为动能，因此重力势能的减少量

△Ep略大于动能的增加量为△EK．14.未来在一个未知星球上用如图甲所示装置研究平抛运动的规律。悬点O正下方P点处有水平放置的炽热电热丝，当悬线摆至电热丝处时能轻易被烧断，小球由于惯性向前飞出做平抛运动。现对小

球采用频闪数码照相机连续拍摄。在有坐标纸的背景屏前，拍下了小球在做平抛运动过程中的多张照片，经合成后，照片如图乙所示。a、b、c、d为连续四次拍下的小球位置，已知照相机连续拍照的时间间隔是0.10s，实际大小如图乙中坐标所示，则：(1)由以上信息，可知a点_____（选填“是”或“不

是”）小球的抛出点；(2)由以上及图信息，可以推算出该星球表面的重力加速度为_____m/s2；(3)由以上及图信息可以算出小球平抛的初速度是_____m/s；(4)由以上及图信息可以算出小球在b点时的速度大小是_____m/s。【答案

】(1).是(2).2(3).0.2(4).0.22【解析】【详解】(1)[1]由初速度为零的匀加速直线运动经过相同的时间内通过位移之比为1：3：5可知，a点是抛出点；(2)[2]由ab、bc、cd水平距离相同可知，a到b、b到c运动时间相同，设为T，在竖直方向有Δh=gT2其中T=0.

10s，可求出g=2m/s2(3)[3]由两位置间的时间间隔为0.10s，水平距离为2cm，由x=vt，得水平速度为0.2m/s；(4)[4]b点竖直分速度为ac间的竖直平均速度，则vy=2411020.10−m/s=0.2m/s所以vb=22xyvv+=0.22m/s三、解答题15.在

某个半径为510mR=的行星表面，对于一个质量1m=kg的砝码，用弹簧称量，其重力的大小1.6NG=．若忽略该星球的自转，请您计算该星球的第一宇宙速度1v是多大？【答案】400m/s【解析】【详解】由重量和质量的关系

知：Gmg=所以221.6m/s1.6m/s1Ggm===设环绕该行星作近地飞行的卫星，其质量为m′，所以应用牛顿第二定律有：21vmgmR=解得：1vRg=代入数值得第一宇宙速度：1400v=m/s16.如图所示，mA=4kg，A放在动摩擦因数

μ=0.2的水平桌面上，mB=1kg，B与地相距h=0.8m，A、B均从静止开始运动，设A距桌子边缘足够远，g取10m/s2，求：（1）B落地时的速度；（2）B落地后，A在桌面滑行多远才静止．【答案】（1）0.8m/s（2）0.16m【解析】【详解】从开始运动到B落地时，A、B两物

体具有相同的速率．（1）以A与B构成的系统为研究对象，根据动能定理得21()2BAABmghmghmmv−=+2()BAABmmghvmm−=+，代入数据得v=0.8m/s.（2）以A为研究对象，设

滑行的距离为s，由动能定理得：2102AAmgsmv−=−得22vsg=代入数据得s=0.16m17.如图所示，水平轨道AB与位于竖直面内半径为0.90mR=的半圆形光滑轨道BCD相连，半圆形轨道的BD连线与AB垂直．质量为1.0kgm=可看

作质点的小滑块在恒定外力17.5NF=作用下从水平轨道上的A点由静止开始向右运动，物体与水平地面间的动摩擦因数0.5=．到达水平轨道的末端B点时撤去外力，已知AB间的距离为1.8mx=，滑块进入圆形轨道后从D点抛出，求：滑块经过圆形轨道的B点和D点时

对轨道的压力是多大？(g取210m/s)【答案】60'NBF=，方向竖直向下；'0NDF=．【解析】【详解】从A到B过程，由于动能定理得：()2102BFmgxmv−=−，在B点，由牛顿第二定律得：2BBvF

mgmR−=，解得：60NBF=，由牛顿第三定律可知，滑块对轨道的压力为60N，方向竖直向下；从B到D过程，由机械能守恒定律得：2211222BDmvmvmgR=+，在D点，由牛顿第二定律得：2DDvFmgmR−=，解得：0

NDF=，由牛顿第三定律可知，滑块对轨道的压力为：'0NDDFF==．