【文档说明】【精准解析】新疆乌鲁木齐市第四中学2019-2020学年高一下学期期末考试物理试题.doc，共(12)页，453.000 KB，由小赞的店铺上传

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乌鲁木齐市第四中学2019-2020年度下学期阶段性诊断测试高一物理试题时间：80分钟满分：100分一．选择题（每小题4分，第1~9题只有一项符合题目要求，第10~12题有多项符合题目要求．全部选对的得

4分，选不全的得2分，有选错或不答的得0分．）1.下列有关物理知识和史事的说法，正确的是（）A.伽利略发现了万有引力定律B.卡文迪许用扭秤装置第一次测量出了引力常量C.发射地球同步卫星的发射速度应介于11.2km/s与16.7km/s之间

D.哥白尼发现了行星运动的三大规律，为人们解决行星运动学问题提供了依据【答案】B【解析】A、牛顿发现了万有引力定律，故A错误；B、卡文迪许第一次在实验室里测出了万有引力常量，故B正确；C、根据22MmvGmrr=，得GMvr=，可知第一宇宙速度

7.9/kms，由于地球的同步卫星大于地球的半径，则发射速度是介于7.9/kms和11.2/kms之间的某一值，故C错误；D、开普勒提出了行星运动规律，为人们解决行星运动学问题提供了依据，故D错误．点睛：本题考查物理学史，是常识性问题，对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加

强记忆，这也是考试内容之一．2.关于曲线运动，以下说法中正确的是（）A.做匀速圆周运动的物体，所受合力是恒定的B.物体在恒力作用下不可能做曲线运动C.平抛运动是一种匀变速运动D.物体只有受到方向时刻变化的力的作用才可能做曲线

运动【答案】C【解析】【详解】做匀速圆周运动的物体所受合外力提供向心力，合力的大小不变，方向始终指向圆心，方向时刻改变，故A错误；曲线运动的条件是物体的速度方向与合力方向不共线，平抛运动合力恒定，加速度恒定，故平抛运动为匀变速运动，故BD

错误，C正确．3.要使两物体间万有引力减小到原来的14，不可采取的方法是A.使两物体的质量各减少12，距离保持不变B.使两物体间距离变为原来的2倍，质量不变C.使其中一个物体质量减为原来的14，距离不变D.使两物体质量及它们之间的距离都减为原来的

14【答案】D【解析】【详解】由2MmFGr=可知，若要使两物体间万有引力减小到原来的14，距离不变的情况下，可以使两物体的质量各减少12或者使其中一个物体质量减为原来的14，质量不变的情况下，使两物体间距

离变为原来的2倍，所以ABC正确，D错误，D符合题意，故选D。4.如图所示，以9.8m/s的水平速度v0抛出的物体，飞行一段时间后，垂直地撞在倾角θ为30°的斜面上，可知物体完成这段飞行的时间是（）A.33sB.233sC.3sD.2s【答案】C【解

析】【详解】物体做平抛运动，当垂直地撞在倾角为30°的斜面上时，把物体的速度分解如图所示由图可知，此时物体的竖直方向上的速度的大小为0tan30yvv=由ygt=v可得运动的时间09.8s3stan39.83yvvtgg====故C正

确，ABD错误。故选C。5.关于互成角度(不为0和180)的一个匀速直线运动和一个匀变速直线运动的合运动，下列说法正确的是()A.一定是直线运动B.一定是曲线运动C.可能是直线，也可能是曲线运动D.以上选项都不对【答

案】B【解析】【详解】两个分运动一个是匀速直线运动，另一个是匀变速直线运动，只有一个方向上有加速度，则合加速度的方向就在该方向上，所以合速度的方向与合加速度的方向不在同一条直线上，其合运动为曲线运动，故B正确，ACD错误。故选B。6.北斗卫星导航系统（BDS）是我国自行研制的全球卫星导航系统

，是继美国全球定位系统（GPS）、俄罗斯格洛纳斯卫星导航系统（GLONASS）之后的第三个成熟的卫星导航系统．已知某北斗导航卫星的轨道高度约为21500km，同步卫星的轨道高度约为36000km，地球半径约为6400km，则下列说法中

正确的是（）A.该导航卫星的线速度大于7.9km/sB.地球同步卫星的运转角速度大于该导航卫星的运转角速度C.地球赤道上的物体随地球自转的周期小于该导航卫星的运转周期D.该导航卫星的向心加速度大于地球同步卫星的向心加

速度【答案】D【解析】根据22MmvGmrr=，得GMvr=，故轨道半径越大，线速度越小，第一宇宙速度的轨道半径为地球的半径，所以第一宇宙速度是绕地球做匀速圆周运动最大的环绕速度，所以静止轨道卫星和中轨卫星的线速度均小于地球的第

一宇宙速度，故A错误；根据22MmGmrr=，得3GMr=，导航卫星的轨道半径小，所以地球同步轨道卫星的运转角速度小于导航卫星的运转角速度，故B错误．根据2224MmGmrrT=，得32rTGM

=，所以导航卫星的周期小于静止轨道卫星的周期，则导航卫星的周期小于地球赤道上物体随地球自转的周期．故C错误．根据2MmGmar=，得2GMar=，轨道半径越大，向心加速度越小，导航卫星的轨道半径小，向心加速

度大．故D正确．故选D．【点睛】解决本题的关键掌握万有引力提供向心力，会根据轨道半径的关系比较向心加速度、线速度、角速度和周期．7.以下对有关情景描述符合物理学实际的是（）A.洗衣机脱水时利用向心运动把附着在衣物上的水份甩掉B.汽车通过拱形桥最高点时对桥的压力大于汽车重力C.绕地球沿圆轨道飞行的航

天器中悬浮的宇航员处于平衡状态D.火车轨道在弯道处应设计成外轨高内轨低【答案】D【解析】【详解】A．洗衣机脱水时，附着在衣物上的水做圆周运动，当做圆周运动所需的向心力大于水滴的合力时，水滴将做离心运动，故A符合物理实际；B．对汽车受力分析：2vmgFmr支−=

，所以mgF支＞再由牛顿第三定律可知：mgF压＞，故B错误；C．绕地球沿圆轨道飞行的航天器中悬浮的液滴也在做圆周运动，万有引力用来提供向心力，液滴此时处于完全失重状态，故C错误．D．铁轨内高外低，此时火车转弯内外轨道均不受侧向压力作用，火车靠重力与支持力的合力提供向心力，故D正确．

故选D。8.如图所示，完全相同的三个金属小球a、b、c位于距离地面同一高度处，现以等大的初速度使三个小球同时开始运动，分别做平抛．竖直上抛和斜抛运动，忽略空气阻力．以下说法不正确的是（）A.落地之前，三个小球均做匀变速运动B.落地之前，三个小球在任意相等时间内速度

的增量相同C.b、c所能达到的最大高度相同D.三个小球落地时的速度大小相等【答案】C【解析】【详解】A．落地之前，三个小球的加速度均为g，则均做匀变速运动，选项A正确，不符合题意；B．落地之前，根据∆v=gt可知，

三个小球在任意相等时间内速度的增量相同，选项B正确，不符合题意；C．b、c的竖直初速度不同，则根据22yvhg=可知，所能达到的最大高度不相同，选项C错误，符合题意；D．三个小球的机械能守恒，开始时的机械能相同，则落地时的动能相同，即三个小球落地时的

速度大小相等，选项D正确，不符合题意。故选C。9.以下说法正确的是（）A.一个物体所受的合外力为零，它的机械能一定守恒B.一个物体做匀速运动，它的机械能一定守恒C.一个物体所受的合外力不为零，它的机械能可能守恒D.除了重力以外其余力对物体做功为零，它的机械能不可能守恒【答案】C【解析】【详

解】AB．一个物体所受合外力为零时，物体机械能也可能变化，做匀速运动，机械能也可能变化，如匀速上升的物体，合力为零，机械能增加，故A错误，B错误；C．机械能守恒的条件是只有重力或弹力做功，所以物体的合外力肯定不为零，所以合外力不为零，它的机械能可能守恒，如自由下落

的物体，只受重力，机械能守恒，故C正确；D．机械能守恒的条件是只有重力或弹力做功，所以除了重力以外其余力对物体做功为零，机械能一定守恒，故D错误。故选C。10.某人用手将1kg物体由静止向上提起1m,这时物体的速度为2m/s，则下列说法

正确的是（g=10m/s）（）A.手对物体做功12JB.合外力做功2JC.合外力做功12JD.物体克服重力做功12J【答案】AB【解析】根据速度位移公式：22vax=，解得：a=2m/s2，由牛顿第二定律可得：F-mg=ma，所以F=mg+ma=12N，手对

物体做功W=FL=12×1J=12J，故A正确；合力的大小为F合=ma=2N，所以合力做的功为2×1=2J，所以合外力做功为2J，故B正确，C错误；重力做的功为WG=mgh=-10×1=-10J，所以物体克服重力做功10J，故D错误．所以AB正

确，CD错误．11.一汽车在水平公路上行驶，设汽车在行驶过程中所受阻力不变．汽车的发动机始终以额定功率输出，关于牵引力和汽车速度的下列说法中正确的是（）A.汽车加速行驶时，牵引力不变，速度增大B.汽车加速行驶时，牵引力减小，速度增大C.汽车加速行驶时，牵引力增大，速度增

大D.当牵引力等于阻力时，速度达到最大值【答案】BD【解析】【详解】根据P=Fv知，速度增大，牵引力减小，根据牛顿第二定律知，加速度减小，由于加速度的方向与速度方向相同，则速度增大．当加速度减小到零，牵引力等于阻力，速度达到最大，然后做匀速直线运动．故BD正确，AC错误．12.如图所示

，轻质弹簧竖直放置，下端与水平地面相连，让小球从距离弹簧上端一定高度自由下落，直至到弹簧被压缩到最短的整个下落过程中（弹簧始终在弹性限度内），下列说法正确的是（）A.小球的机械能守恒B.小球的机械能一

直减小C.小球的动能一直增大D.小球、弹簧组成的系统机械能守恒【答案】BD【解析】【详解】AB．小球接触弹簧后，弹簧对小球有向上的弹力，弹力对小球做负功，所以小球的机械能不断减少，故A错误，B正确；C．弹簧对小球的弹力先小

于重力，后大于重力，小球先加速后减速，动能先增大后减小，故C错误；D．小球、弹簧组成的系统，只有重力和弹力做功，则系统的机械能守恒，故D正确．故选BD．二．实验题（共2题，满分14分；）13.如图1所示，某同学利用自由落体运动进行验证机械能守恒定律的实验：（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，该同学先接通电源，再释放重物，得到一条图2所示的纸带，其中O点为打点计时器打下的第一个点，A、B、C为纸带上所打的三个点，

测得它们到起始点O的距离分别为h1、h2、h3，在A和B、B和C之间还各有一个点。已知当地重力加速度为g，打点计时器打点的周期为T，重物的质量为m，从打O点到打B点的过程中，重物的重力势能减少量ΔEp=_______，

动能增加量ΔEk=____________；该同学数据处理的结果比较合理的应当是ΔEp_____ΔEk（选填>、=、或<）；【答案】(1).AB(2).2pEmgh=(3).231124khhEmT−=

(4).>【解析】【详解】（1）[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交流电源和刻度尺，由于要比较mgh与12mv2的关系，两边质量消掉，可知不需要天平（含砝码）；故选AB。（2）[2][3][4]．从打O点到打B点

的过程中，重物的重力势能减少量2pEmgh=打B点时小车的速度314BhhvT−=动能增加量223111224kBhhEmvmT−==该同学数据处理的结果比较合理，但是由于重物下落时受到阻力作用，则使得ΔEp>ΔEk。14

.如图所示，在“研究平抛运动”的实验中，可以描绘出小球平抛运动的轨迹，实验简要步骤如下：A.让小球多次从同一位置静止释放，在一张印有小方格的纸上记下小球经过的一系列位置，如图中a、b、c、d所示.B.安装好器材，注意斜槽末端切线水平，记下平抛初位置O点和过O点的水

平线与竖直线.C.取下方格纸，以O为原点，以水平线为x轴，竖直线为y轴建立坐标系，用平滑曲线画出小球平抛运动的轨迹.（1）上述实验步骤的合理顺序是____________.（2）已知图中小方格的边长为L，则小球从a位置运

动到c位置所用的时间为________，小球平抛的初速度为________.(均用L、g表示)【答案】(1).BAC(2).2Lg(3).2Lg【解析】【详解】(1)[1]实验操作中要先安装仪器,然后进行实验操作,

在进行数据处理，故实验顺序为:B,A,C(2)[2])由图可以知道a、b、c、d之间的时间间隔是相同的,因此根据匀变速直线运动的规律有:2hgT=由题可以知道hL=,带入计算得出每相邻两个位置的时间间隔为：LTg=则小球从a位置运动到c位置所用的时间为：22LtTg==[3]

水平方向匀速直线运动，02xLvT==小球平抛的初速度为：022LvgLT==三．解答题（共4小题，共38分）15.把质量为0.5kg的石块从离地面高为10m的高处以与水平面成30°斜向上方抛出，石块落地时的速度为15m/s．不计空气阻力，

求石块抛出的初速度大小．（g=10m/s2）【答案】5m/s【解析】【分析】石块运动过程中只有重力做功，故机械能守恒，设地面为参考面，根据机械能守恒定律列式即可求解；【详解】石块运动过程中只有重力做功，故机

械能守恒，设地面为参考面，根据机械能守恒定律有：22011122tmvmghmv+=，解得：220121521010/5/tvvghmsms−−=＝＝．【点睛】本题主要考查了机械能守恒定律的直接应用，也可以用动能定理求解．16.如图所示，质量m=50kg的滑雪运动员从高度

H=60m的坡顶由静止开始下滑，斜坡的倾角θ=37°，滑雪板与雪面之间的动摩擦因数0.1=，则运动员滑至坡底的过程中：（g取10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8，不计装备质量及空气阻力，计算结果均保留两位有效数字）(1)滑雪运动员所受的重力对他做了多少功？(2)各力对运动员

做的总功是多少？【答案】(1)43.010J；(2)42.610J【解析】【详解】(1)重力做的功为：45010603.010GWmgH===JJ(2)运动员所受合力：2sin37cos372.610Fm

gmg=−=合N合力方向沿斜坡向下，沿合力方向的位移100sin37Hl==m合力做的功42601002.610WFl===J合合J17.质量为2000kg、额定功率为80kW的汽车，在平直公路上行驶中的最大

速度为20m/s，若汽车从静止开始做匀加速直线运动，加速度大小为2m/s2，运动中的阻力不变，求：（1）汽车所受阻力的大小；（2）汽车做匀加速运动的时间及4s末汽车的瞬时功率。【答案】(1)3410N；(2)5s，46.410W【解析】【详解】（1）当汽车匀速直线运动时

，速度达到最大，此时牵引力与阻力大小相等，则得Ff=又由mPFv=得阻力为38000041020mPfv===NN（2）当汽车的实际功率达到额定功率时，匀加速运动结束，设汽车做匀加速运动的时间为t，末速度为

v，汽车做匀加速运动的末速度为'vPF=根据牛顿第二定律得'Ffma−=由运动学公式得v=at联立解得31800005()241020002Ptafma===++ss则4s末汽车在匀加速运动，则4s末汽车的瞬时功率为()34334'

()41020002246.410PFvfmaat==+=+=WW18.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为圆弧轨道的最低点，圆弧轨道的右端C与一倾角θ=37°的粗糙斜面相切。一质量m=1kg的小

滑块从A点正上方h=1m处的P点由静止自由下落。已知滑块与粗糙斜面间的动摩擦因数μ=0.5，sin37°=0.6，cos37°=0.8，重力加速度g=10m/s2。（1）求滑块第一次运动到B点时对轨道的压力；（2）求滑块在粗糙斜面上向上滑行的最大距离。【答案】（1）70N，方向竖

直向下；（2）1.2m【解析】【详解】（1）滑块从P到B的运动过程只有重力做功，故机械能守恒，则有21()2BmghRmv+=那么，对滑块在B点应用牛顿第二定律可得，轨道对滑块的支持力竖直向上，且2N2()70NBmvmghRFmgmgRR+=

+=+=故由牛顿第三定律可得：滑块第一次运动到B点时对轨道的压力为70N，方向竖直向下；（2）设滑块在粗糙斜面上向上滑行的最大距离为L，滑块运动过程只有重力，摩擦力做功，故由动能定理可得()cos37sin37cos370

mghRRLmgL+−−−=所以1.2mL=