【文档说明】【精准解析】北京市第十二中学2019-2020学年高一下学期期末考试物理试题.doc，共(17)页，1.115 MB，由小赞的店铺上传

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北京十二中2019-2020学年第二学期高一年级物理期末考试题一、单项选择题（本大题共14小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求）。1.一个做匀速圆周运动的物体，在运动过程中保持不变的物理量是（）A.速度B.动能C.动量D.向心加

速度【答案】B【解析】【详解】A．做匀速周运动的物体，速度大小不变，方向时刻改变，因此是变速运动，A错误；C．动量的方向与速度方向相同，因此动量方向也是时刻改变，C错误；B．动能只有大小没的方向，因此匀速圆周运动的物体，动能

不变，B正确；D．向心加速度的方向时刻指向圆心，因此向心加速度方向时刻改变，D错误。故选B。2.一辆汽车在水平公路上转弯，沿曲线由M向N行驶，速度逐渐减小。如图甲、乙、丙、丁分别画出了汽车转弯时所受合力F的四种方向，其中正确的是（）A.B.C.D.【答案】C【解

析】【分析】【详解】AD．从M点运动到N，汽车做曲线运动，合力指向轨迹的内侧，故AD错误；BC．汽车速度逐渐减小，合力方向与速度的方向的夹角要大于90°，故C正确，B错误。故选C。3.“神舟七号”宇宙飞船绕地球做匀速圆周运动，它比地球同步

卫星轨道低很多，则“神舟七号”宇宙飞船与同步卫星相比（）A.线速度小一些B.周期小一些C.向心加速度小一些D.角速度小一些【答案】B【解析】【详解】根据万有引力提供向心力222224()()()()G

MmmvmRhmRhmaRhTRh可以看出，h小则运行周期T也小，线速度、角速度、加速度大一些。故选B。4.如图所示，质量分别为m1和m2的两个物体，m1=m2，在大小相等的两个力F1和F2的作用下沿水平方向移动了相同的距离。若F1做的功为W

1，F2做的功为W2，则（）A.W1＞W2B.W1＜W2C.W1=W2D.条件不足，无法确定【答案】C【解析】【详解】根据功的定义cosWFS由于两个力大小相等，位移大小相等，位移的方向与力的方向的夹角相等，因此两个力做功相等，C正确，ABD错误。故选C。5.质量为1kg的物体从某一高度开始

做自由落体运动，1s后物体着地。g取10m/s2。则该物体落地时重力的瞬时功率是（）A.25WB.50WC.75WD.100W【答案】D【解析】【详解】物体做自由落体运动，1s末的速度v=gt=10×1m/s=10m/s1s末重力的瞬时功率P=

mgv=1×10×10W=100W故选D。6.发动机的额定功率是汽车长时间行驶时所能输出的最大功率。某型号汽车发动机的额定功率为60kW，在水平路面上行驶时受到的阻力是1500N，则发动机在额定功率下汽车匀速

行驶的速度的大小是（）A.20m/sB.30m/sC.40m/sD.50m/s【答案】C【解析】【详解】发动机在额定功率下汽车匀速行驶时，牵引力等于阻力，所以匀速行驶的速度的大小36010m/s40m/s1500PP

vFf故C正确，ABD错误。故选C。7.某人造地球卫星在距地面高度为h的圆形轨道上绕地球做匀速圆周运动．已知地球质量为M，地球半径为R，卫星质量为m，引力常量为G．则卫星在圆形轨道上运行时（

）A.线速度大小2GmvRB.线速度大小GMvRhC.角速度大小2GMRD.角速度大小GMRh【答案】B【解析】根据万有引力提供向心力：22MmvGmRhRh，解得：GMvRh，故B正确，A错误；根据万有引力提供向心力：

22MmmRhRhG，解得：3GMRh，故CD错误．所以B正确，ACD错误．8.质量为m的物体静止在水平地面上，起重机将其竖直吊起，上升高度为h时，物体的速度为v过程中（）A.重力对物体做功为12mv2B.起重机对物体做功为mghC

.合外力对物体做功为212mvD.合外力对物体做功为21+2mvmgh【答案】C【解析】【详解】A．上升的过程中重力对物体做的功GWmghA错误；B．根据能量守恒定律，起重机对物体做功212WmghmvB错误；CD．根据动能定理，合力对物体做的功212Wmv合C正确，D错误。故选C。

9.一条轻绳跨过定滑轮，绳的两端各系一个小球A和B，B球的质量是A球的3倍。用手托住B球，当轻绳刚好被拉紧时，B球离地面的高度是h，A球静止于地面，如图所示。定滑轮的质量及轮与轴间的摩擦均不计，重力加速度为g。释放B球，当B球刚落地时，A球的速度大小为（）A.2ghB.

32ghC.ghD.23gh【答案】C【解析】【详解】B球下落的过程中，由A、B两球及绳子组成的系统机械能守恒213(3)2mghmghmmv整理得vghC正确，ABD错误。故选C。10.从同样高度落下的玻璃杯，掉在水泥地上容易打碎，而掉在草

地上不容易打碎，其原因是（）①掉在水泥地上的玻璃杯动量大，而掉在草地上的玻璃杯动量小②掉在水泥地上的玻璃杯动量改变快，而掉在草地上的玻璃杯动量改变慢③掉在水泥地上的玻璃杯动量改变大，而掉在草地上的玻璃杯动量改变小④掉在水泥地上的玻璃杯与地面接触时，相互作用时间短，而掉在草地上的玻璃杯

与地面接触时，相互作用时间长A.①②B.③④C.①③D.②④【答案】D【解析】【详解】①由于从同样高度下落的玻璃杯，因此落地时的速度相等，①错误；②④由于落到水泥地上的玻璃杯，相互作用的时间短，因此动量变化的快，而掉在草地上的玻璃杯与草地相互作用的时间长，因此动量改变慢，②④正确；③由于落地后最终

都停下来，因此动量变化大小相同，③错误。故D正确，ABC错误。故选D。11.“嫦娥三号”探测器由“长征三号乙”运载火箭从西昌卫星发射中心发射，首次实现月球软着陆和月面巡视勘察。假设“嫦娥三号”先后分别在如图所示的环月圆轨道和椭圆轨道上运行，则（）

A.若已知“嫦娥三号”环月圆轨道的半径、运行周期和引力常量，则可以算出月球的密度B.“嫦娥三号”由环月圆轨道变轨为椭圆轨道时，应在P点发动机点火使其减速C.“嫦娥三号”在环月椭圆轨道上运行时P点的速度大于Q点的速度D.“嫦娥三号”进入环月椭圆轨道后关闭发动机

，探测器从Q点运行到P点过程中机械能增加【答案】B【解析】【详解】A．根据万有引力提供向心力2224MmGmrrT可以解出月球的质量2324rMGT由于不知道月球的半径，无法知道月球的体积，故无法计算月球的密度，故A错误；B．嫦

娥三号在环月段圆轨道上P点减速，使万有引力大于向心力做近心运动，才能进入进入环月段椭圆轨道，故B正确；C．嫦娥三号在环月段椭圆轨道上P点向Q点运动中，距离月球越来越近，月球对其引力做正功，故速度增大，即嫦娥三号在环月段椭圆轨道上P点的速度小于Q点的速度，故C错误；D．“嫦娥三号”进入环月

椭圆轨道后关闭发动机，探测器从Q点运行到P点过程中只有引力做功，机械能守恒，故D错误。故选B。12.研究小组的同学们用如图所示的装置探究物体的加速度与力、质量的关系之后，对此实验又做了进一步的分析：在实

验前通过垫块已经平衡了阻力，且砂和砂桶的总质量远小于小车和车上砝码的总质量，若将小车（含车上砝码）和砂（含砂桶）当成一个系统（包括地球），由静止释放小车后，下列说法中正确的是（）A.系统动量守恒，机械能守恒B.系统动量不守恒，机械能守恒

C.系统动量守恒，机械能不守恒D.系统动量不守恒，机械能不守恒【答案】D【解析】【详解】由静止释放小车后，小车的速度增加，砂桶的速度也增加，因此水平方向动量增加，竖直方向动量也增加，小车（含车上砝码）和砂（含砂桶）组成的系统动量不守恒；运动过程中，除重力做功外，摩擦力对系统做

负功，小车（含车上砝码）和砂（含砂桶）组成的系统机械能减小；故D项正确，ABC三项错误。故选D。13.如图所示，光滑水平面上有A、B两物块，已知A物块的质量mA=2kg，以一定的初速度向右运动，与静止的物块B发生碰撞并一起

运动，碰撞前后的位移时间图象如图所示（规定向右为正方向），则碰撞后的速度及物体B的质量分别为A.2m/s，5kgB.2m/s，3kgC.3.5m/s，2.86kgD.3.5m/s，0.86kg【答案】B【解析】由图象可知，碰

前A的速度为：120/5/4vmsms，碰后AB的共同速度为：22820/2/84vmsms，A、B碰撞过程中动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：12AABmvmmv，解得：3Bmkg，选B.【点睛】由图象求出碰撞

前后物体的速度，然后由动量守恒定律求出物体B的质量．14.如图所示，质量为M的木块静止在光滑水平面上，质量为m的子弹以水平速度v0射入木块，并留在木块里。已知在子弹射入木块的过程中子弹发生的位移为1s，木块发生的位移为2s，子

弹进入木块深度为s，子弹受到阻力大小恒为f，子弹射入木块后二者的共同速度为tv，不计空气阻力影响，下列说法中不正确的是（）A.220122tmvmvfsB.222tMvfsC.220()22tmvmMvfsD.22022tmvMvfs【答案】D【

解析】【详解】A．子弹射入木块过程中，对子弹根据动能定理220122tmvmvfsA正确；B．子弹射入木块过程中，对木块根据动能定理222tMvfsB正确；CD．子弹射入木块过程中，产生的热量Qfs根据能量守恒可知22011()22tQmvMmv因此220()22tmv

mMvfsC正确，D错误。故不正确的选D。二、填空题(本题共2小题，共18分。15题总分6分，每空2分；16题总分12分，（1）、（2）、（3）每空2分，（4）4分)15.如图所示，是探究向心力大小F与质量m、角速度ω和半径r之间关系的实验装置图。转动手柄1，可使变速塔轮2和3以及长

槽4和短槽5分别随之匀速转动。皮带分别套在塔轮2和3上的不同圆盘上，可使两个槽内的小球分别以几种不同的角速度做匀速圆周运动。小球做圆周运动的向心力由横臂6的挡板对小球的压力提供，球对挡板的反作用力，通过横臂

6的杠杆作用使弹簧测力筒7下降，从而露出标尺8。标尺8上露出的红白相间的等分格子的多少可以显示出所受向心力的比值。那么（1）现将两小球分别放在两边的槽内，为了探究小球受到的向心力大小和角速度的关系，下列说法中正确的是_______。A．在小球运动半径相等的情况下，用质量相同的小球做实验B．在小球

运动半径相等的情况下，用质量不同的小球做实验C．在小球运动半径不等的情况下，用质量相同的小球做实验D．在小球运动半径不等的情况下，用质量不同的小球做实验（2）在这个探究向心力大小与质量、角速度和半径之间的关系的实验中，采用

了______。A．理想实验法B．控制变量法C．等效替代法（3）当用两个质量相等的小球做实验，且左边小球的轨道半径为右边小球的2倍时，转动时发现右边标尺露出的红白相间的等分格数为左边的2倍，那么，左边轮塔与右边轮塔之间的角速度之比为____。【答案】(1).A(2).B(3).1：2【解

析】【详解】(1)[1]本题采用控制变量法，当研究向心力与角速度关系时，应选用质量相等的小球，轨道半径相同，只有角速度不同，因此A正确，BCD错误。故选A。(2)[2]本实验采用控制变量法，B正确，AC错误。故选B。(3)[3]根据2Fmr可得:1:2右左1

6.用如图所示装置验证机械能守恒定律。（1）除带夹子的重物、纸带、铁架台（含夹子）、电磁打点计时器、导线及开关外，在下列器材中，还需要使用的一组器材是_______。A．直流电源、天平（含砝码）B．直流电源、刻度尺C．交流电源、天平（含砝码）D．交流电源、刻度

尺（2）实验中，先接通电源，再释放重物，得到如图所示的一条纸带。在带上选取连续打出的5个点A、B、C、D、E，测得C、D、E三个点到起始点O的距离分别为hC、hD、hE。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，则从打下O点到打下D点的过程中，重物的重力势能减少量为____，动能增加量为____。（用上述测量量和已知量的符号表示）（3）很多实验结果显示，重力势能的减少量略大于动能的增加量，你认为原因是____。（4）对于上述实验，有的同学提出研究的运动过程的起点必须选

择在O点，你同意这种看法吗？如果同意请你说明理由；如果不同意，请你给出当起点不在O点时，实验中验证机械能守恒的方法？_______【答案】(1).D(2).Dmgh(3).22(-)8ECmhhT(4).空气阻力和打点计时器对纸带阻力(5).见解析【解析

】【详解】(1)[1]由于电磁打点计时器需要交流电源，因此AB错误；计算机械能守恒时，重物的质量等式两边均有，可以相互抵消，不必测出；要用刻度尺测量点与点之间的距离，从而算出打某个点时速度及下降的高度，因此C错误，D正确。故选D。(2)[2]

下降的高度为Dh，因此减少的重力势能为Dmgh；[3]打D点时的速度等于CE段的平均速度-2ECDhhvT动能增加量222(-)1-028ECkDmhhEmvT(3)[4]由于空气阻力和打点计时器对纸带阻力影响，重力势能的减少量略大于动能的增加量；(4)[5]不同意，可以选择A点

作为起点，研究从B到D的过程，测得各点到A点的距离分别为hAB、hAC、hAD和hAE，如果在误差允许范围内得出222(-)-(-)8AEACACADABhhhghhT即可证明机械能守恒。三、计算题（本题共4小题，共40分。解答时应画出必要的受力图，写出必要的文字说明和原始

方程。只写出最后答案不能得分。有数值计算的题，答案中要明确写出数值和单位）。17.已知地球质量为M，万有引力常量为G。将地球视为半径为R、质量均匀分布的球体。忽略地球自转影响。（1）求地面附近的重力加速度g；（2）求地球的第

一宇宙速度v；（3）若要利用地球绕太阳的运动估算太阳的质量，需要知道哪些相关数据？请分析说明。【答案】（1）2GMgR（2）GMvR（3）若要利用地球绕太阳的运动估算太阳的质量，需要知道地球绕太阳运动的轨道半径、周期和万有引力常量。【解析】【详解】（1）设地球表面的物体质

量为m,有2MmGmgR解得2GMgR（2）设地球的近地卫星质量为m，有22MmGmRRv解得GMvR（3）若要利用地球绕太阳的运动估算太阳的质量，需要知道地球绕太阳运动的轨道半径、周期和万有引力常量。设太阳质量为M，地球绕

太阳运动的轨道半径为r、周期为T，根据2224MMGMrrT可知若知道地球绕太阳运动的轨道半径、周期和万有引力常量可求得太阳的质量。18.暑假里，小明去游乐场游玩，坐了一次名叫“摇头飞椅”的游艺机，如图所示，该游艺机顶上有一

个半径为r=4.5m的“伞盖”，“伞盖”在转动过程中带动下面的悬绳转动，其示意图如图所示。“摇头飞椅”高O1O2=5.8m，绳长L=5m。小明挑选了一个悬挂在“伞盖”边缘的最外侧的椅子坐下，他与座椅的总质量为m=40kg。小明和椅子的转动可简化为如图

所示的圆周运动。在某段时间内，“伞盖”保持在水平面内稳定旋转，绳与竖直方向夹角为37°。（g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8），在此过程中，求：（1）座椅受到绳子的拉力大小；（2）小明运动的线速度大小；（3）小明运动一个周期内重力

的冲量。【答案】（1）500N；（2）7.5m/s；（3）2512NsGI【解析】【详解】（1）拉力沿竖直方向的分力等于重力，由平行四边形定则，得拉力4010N500Ncos370.8mgT（2）根据受力分析，由牛顿第二定律得

：2tan37mvmgR小明做圆周运动的半径sin377.5mRrL联立代入数据解得v=7.5m/s（3）小明做圆周运动的周期223.147.5s6.28s7.5RTv小明运动

一个周期内重力的冲量40106.28Ns=2512NsGIGt19.如图所示，游乐场的过山车可以底朝上在圆轨道上运行，游客却不会掉下来。我们把这种情形抽象为如右图所示的模型：弧形轨道的下端与半径为R的竖直圆轨道相接，

B、C分别为圆轨道的最低点和最高点。质量为m的小球（可视为质点）从弧形轨道上的A点由静止滚下，且恰好能通过C点。已知A、B间的高度差为h=4R，小球到达B点时的速度为vB6gR，重力加速度为g。求：(1)小球运动到

B点时，小球对轨道的压力F的大小；(2)小球通过C点时的速率vC；(3)小球从A点运动到C点的过程中，克服摩擦阻力做的功W。【答案】(1)7mg；(2)CvgR；(3)1.5mgR【解析】【详解】(1)小球在B点时，根据牛顿第二

定律有2NBmvFmgR解得N7Fmg据牛顿第三定律得F=7mg(2)因为小球恰能通过C点，根据牛顿第二定律有2CmvmgR解得CvgR(3)在小球从A点运动到C点的过程中，根据动能定理有21(2)-02Cm

ghRWmv解得W=1.5mgR20.（1）如图，质量为m的物体，仅在与运动方向相同的恒力F的作用下，经过时间t，发生了一段位移l，速度由v1增加到v2。结合图中情景，请猜测并推导：a．恒力和其作用时间的累积Ft直接对应着什么物理量的变化？并由牛顿运动定律和运动学公式推导这种

关系的表达式。b．恒力在其作用空间上的积累Fl直接对应着什么物理量的变化？并由牛顿运动定律和运动学公式推导这种关系的表达式。（2）题（1）a和（1）b所推导出的表达式不仅适用于质点在恒力作用下的运动，也适用于质点在变力作用下的运动，这时两个表达式中的力都是指平均

力，但两个表达式中的平均力的含义不同。在（1）a所推导出的表达式中的平均力F1是指合力对时间的平均值，在（1）b所推导出的表达式中的平均力F2是指合力对位移的平均值。c．质量为1.0kg的物块，受变力作用下由静止开始沿直线运动，在2.0s的时间内运动了2.5m的位移，速度达到了2.0m/s。请利用

题（1）a和（1）b所推导出的表达式求出平均力F1和F2的值。【答案】（1）见解析；（2）F1=1.0N；F2=0.8N；【解析】【详解】（1）a．恒力和其作用时间的累积Ft直接对应着动量的变化．由牛顿运动定律和运动学公式推导：F=mav2=v1+at解得Ft=mv2-

mv1=∆pb.．恒力和其作用空间的累积Fl直接对应着动能的变化．由牛顿运动定律和运动学公式推导：F=ma22212vval解得2221k1122FlmvmvE（2）c．由题（1）a可知，合力对时间的平均值2111.02.00N1.

0N2.0mvmvFt由题（1）b可知，合力对位移的平均值2222121111.02.00222N0.8N2.5mvmvFl21.如图所示，一光滑杆固定在底座上，构成支架，放置在水平地面

上，光滑杆沿竖直方向，一轻弹簧套在光滑杆上。一圆环套在杆上，圆环从距弹簧上端H处由静止释放，接触弹簧后将弹簧压缩，弹簧的形变始终在弹性限度内。已知圆环的质量为m，弹簧的劲度系数为k，重力加速度为g，不计空气阻力。试求，在圆环压缩弹簧的过程中的最大速度vm的大小。【答案】2m2mg

vgHk【解析】【详解】在运动过程中当合力为零时，圆环的速度有最大值，设圆环速度最大时弹簧的形变量为x，根据牛顿第二定律有0mgkx从圆环开始下落到圆环速度达到最大的过程中，根据动能定理有2211()022mmgxHkxmv解得2m2mgvgHk