【文档说明】精准解析内蒙古土默特左旗第一中学2019-2020学年高一下学期期末考试物理试题.doc，共(19)页，881.000 KB，由小赞的店铺上传

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土左一中2019~2020学年第二学期高一期末考试物理一、单项选择题：本题共13小题，每小题3分，共39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.下列有关物理学史的说法正确的是（）A.伽利略最早提出了“日心说”B.第谷发现行

星的运行轨道是椭圆C.开普勒发现了万有引力定律D.卡文迪许第一次测出了引力常量【答案】D【解析】【详解】A.最早提出日心说的是哥白尼，A错误B.第谷只是测量了大量的天文数据，由开普勒总结提出了开普勒三定律，包括行星运动轨道是椭圆，B错误C.开普勒提出了行星三定律，万有引力定律是牛顿提出的，C

错误D.万有引力常量是卡文迪许最先通过扭称实验测量的，D正确2.下列说法正确的是（）A.牛顿第一定律是牛顿第二定律在合力为零时的特殊情况，即前者是后者的特例B.惯性定律不但指明了物体具有惯性，还指明了力是改

变物体运动状态的原因，而不是维持物体运动的原因C.汽车拉着拖车在水平道路上沿直线加速行驶，说明汽车拉拖车的力大于拖车拉汽车的力D.力的单位“牛顿”是基本单位【答案】B【解析】【详解】A．牛顿第一定律给出了物体不受力时的运动规律，同时也定义了惯性，是牛顿力学的基础；不是牛顿第二定

律在物体所受合力为零时的特殊情况，故A错误；B．惯性定律不但指明了物体具有惯性，还指明了力是改变物体运动状态的原因，而不是维持物体运动的原因，选项B正确；C．汽车拉着拖车在水平道路上沿直线加速行驶，汽车拉拖车的力与拖车拉汽车的力是一对作

用与反作用力，大小相等，方向相反，选项C错误；D．力的单位“牛顿”是导出单位，选项D错误。故选B。3.关于曲线运动下列叙述正确的是()A.物体只有受到一个大小不断改变的力，才可能做曲线运动B.物体只有受到一个方向不断改变的力，才可能做曲线运动C.物体受到不平行于初速度方向的外力作用时，物

体做曲线运动D.匀速圆周运动是一种匀变速曲线运动【答案】C【解析】物体做曲线运动的条件是合力与速度不在同一条直线上，合外力大小和方向不一定变化，加速度的大小和方向不一定变化，比如平抛运动，故AB错误；物体做曲线运动的条件是合力与速度不在同一条直线上，即物体受到不平行于初速度方向的外力作用时，物

体做曲线运动，故C正确；曲线运动可能是一种匀变速曲线运动，比如平抛运动，但加速度有可能是变化的，如圆周运动．故D错误．所以C正确，ABD错误．4.如图所示，一内外侧均光滑的半圆槽置于光滑的水平面上。槽的左侧有

一竖直墙壁。现让一小球（视为质点）自左端槽口A点的正上方足够高处从静止开始下落，与半圆槽相切并从A点进入槽内。不计空气阻力。下列说法正确的是（）A.小球从静止下落至运动到最低点的过程中机械能守恒B.小球在半圆槽内运动的全过程中，小球与槽组成的系统机械能不守恒C.小球与槽接触的过程中一

直对槽做正功D.小球离开右侧槽口以后，将竖直上升【答案】A【解析】【详解】A．小球从静止下落至运动到最低点的过程中只有重力做功，故小球机械能守恒，故A正确；B．小球在槽内运动的全过程中，系统能量只是动能和重力势能之间的转化，没有其他形式能的产生，故系统机械能守恒，故B错误；C．小球在槽左半部运动时

，由于槽不动，则对槽不做功，小球在槽右半部运动时，槽的动能增加，由动能定理可知，小球对槽做正功，故C错误；D．小球经过槽的最低点后，在小球沿槽的右侧面上升的过程中，槽也向右运动，小球离开右侧槽口时相对于地面的速度斜向右上方，小球将做斜抛运动而不是做竖直上抛运动，故D错误。故选A。5.如图所

示，一质量为1kg的木块静止在光滑水平面上，在t=0时，用一大小为F=2N、方向与水平面成θ=30°的斜向右上方的力作用在该木块上，则在t=3s时力F的功率为A.5WB.6WC.9WD.63W【答案】C【解析】【详解】对木块根据牛顿第二定律可知，木块的加速度为：2cos3m/sFa

m==，则t=3s时的瞬时速度为：33m/svat==，则力F的瞬时功率为：3cos233W9W2PFv===.A．5W与计算结果不相符；故A项错误.B．6W与计算结果不相符；故B项错误.C．9W与计算结果相符；故C项正确.D．63W与计算结果不相符；故D项错误.6.某船在一

条水流速度一定的河上以恒定的速度渡河，下列说法正确的是（）A.船身垂直河岸向对岸航行，航行时间一定最短B船身垂直河岸向对岸航行，实际航线最短C.船头朝向上游，使船与河岸成某一夹角时，有可能使航行时间最短．D.船头朝向上游，使船与河岸成某一夹角时，实际航线最短且为河的宽度【答案】A

【解析】【详解】AB．若船以最短时间渡河，则需船速（船在静水中的速度）垂直于河岸时，即船身必须垂直河岸过河，此时实际航线不是垂直河对岸，即实际航线不是最短，故A正确，B错误；C．船头朝向上游，使船与河岸成某一夹角时，此时船速在垂直于河岸方向的速度不是最大，此时船

航行的时间不是最短的，选项C错误；D．当静水速大于水流速，静水速与水流速的合速度方向与河岸垂直时，渡河位移最小，即船头朝向上游，使船与河岸成某一夹角航行时，有可能使航线最短，如图所示；而当静水速小于水流速时，当船速与合速度方向垂直时，航线

最短，但是此时最短航程大于河宽，选项D错误。故选A。7.如图所示，一轻杆一端固定一小球，绕另一端O点在竖直面内做匀速圆周运动，在小球运动过程中，轻杆对它的作用力A.方向始终沿杆指向O点B.一直不做功C.从最高点到最低点，一直做负功D.从最高点到最低点，先做负

功再做正功【答案】C【解析】【详解】A．小球做匀速圆周运动，合力提供向心力，方向始终沿杆指向O点，小球受重力和杆的作用力，所以杆的作用力不一定沿杆指向O点，故A错误；BCD．小球做匀速圆周运动，合力做功为零，从最高点到最低点，重力做正功，

所以杆一直做负功，故B错误，C正确，D错误．故选：C8.手动挡汽车上坡时，司机一般都会将变速挡换到低速挡位上，这样做的主要目的是（）A.节省燃料B.使汽车获得较大的功率C.避免因车速过大而发生危险D.使汽车获得较大的牵引力【

答案】D【解析】【详解】根据P=Fv可知，当功率一定时，速度越小，牵引力越大，则手动挡汽车上坡时，司机一般都会将变速挡换到低速挡位上，目的是使汽车获得较大的牵引力。故选D。9.如图所示，小朋友沿着滑梯匀速下滑的过程中，下列说法正确的是（）A.他受到的重力不做功B.他的重力势能减少C.他的动能增

加D.他的机械能不变【答案】B【解析】【详解】AB.小朋友沿着滑梯匀速下滑的过程中，他受到的重力对他做正功，则他的重力势能减少，选项A错误，B正确；CD.匀速下滑，则他的动能不变，重力势能减小，则他的机械能减小，选项CD错误。故选B。10.一辆汽车在水平路面上由静止启

动，在前4s内做匀加速直线运动，4s末达到额定功率，之后保持额定功率运动，其v—t图象如图所示。已知汽车的质量为m=3×103kg，汽车受到的阻力为车重的0.2倍，g取10m/s2，则下列不正确的是（）A.汽车的最大速度

为20m/sB.汽车的额定功率为180kWC.汽车在前4s内的牵引力为1.5×104ND.汽车在前4s内牵引力做的功为3.6×105J【答案】A【解析】【详解】ABC．汽车匀加速启动，则在匀加速阶段，牵引力恒定，由图可知，在匀加速运动阶段加速度2212m/s3m/s4a==根据牛顿第二定律Ffm

a−=0.2fmg=代数解得41.510NF=在4s末，汽车达到额定功率，根据PFv=代数可得，汽车的额定功率为180kWP=当达到额定功率后，功率不再变化，速度继续增加，故牵引力减小，当牵引力减小到等于阻力时，

汽车达到最大速度。有maxPFv=Ff=解得max60m/sv=所以A选项符合题意，BC选项不合题意，故A正确，BC错误；D．汽车在前4s内牵引力做的功为WFx=212xat=联立解得53.610JW=所以D选项不合题意，故D错误。故选A。

11.一质量不变的运动物体，速度变为原来的2倍时其动能变为原来的（）A.34倍B.12倍C.2倍D.4倍【答案】D【解析】【详解】根据212kEmv=可知，一质量不变的运动物体，速度变为原来的2倍时其动能变为原来的4倍。故选D。12.如图所示，将弹簧拉

力器用力拉开的过程中，弹簧的弹力和弹性势能的变化情况是（）A.弹力变大，弹性势能变小B.弹力变小，弹性势能变大C.弹力和弹性势能都变大D.弹力和弹性势能都变小【答案】C【解析】试题分析：由胡可定律可知，在弹性限度内弹簧的形变量越

大，弹簧的弹力越大；弹簧的弹性势能EP=kx2，在弹性限度内，弹簧的形变量越大，弹簧的弹性势能越大．解：将弹簧拉力器用力拉开的过程中，弹簧的伸长量变大，弹簧的弹力变大，弹性势能变大；故ABD错误，C正确；故选C．点评：在弹性限度内弹簧的形变量越大，弹力越大，弹性

势能越大．13.质量为m的小球在竖直平面内的光滑圆形轨道内运动，当它以速度v经过最高点时，小球受到轨道对它的压力大小为8mg，则小球经过此轨道最高点而不脱离轨道的最小速度为（）A.24vB.22vC.13vD.14v【答案】C【解析】【详解】小球经过最高点时，由牛顿第二定律2vNmgmR+=小

球经过此轨道最高点而恰不脱离轨道时，则2minvmgmR=解得min13vv=故选C。二、多项选择题：本题共5小题，每小题3分，共15分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对得3分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。

14.关于同步卫星（它相对于地面静止不动），下列说法中正确的是（）A.它一定在赤道上空B.同步卫星的高度和速率是确定的C.它运行的线速度一定大于第一宇宙速度D.它的发射速度一定介于第一宇宙速度和第二宇宙速度之间【答案】ABD【解析】【详解】A．同步卫星只能定点在赤道上空，否则

就不能实现与地球运动同步，选项A正确；BC．同步卫星与地球具有相同的周期，根据22224()=()()MmvGmRhmRhTRh=+++可知GMvRh+＝2324GMThR=−可知同步卫星的高度和速率是确定的，且运行的线速度一定小于第

一宇宙速度，选项B正确，C错误；D．第一宇宙速度是环绕速度，第二宇宙速度为脱离速度，第二宇宙速度是在地面附近发射航天器，能挣脱地球引力束缚的最小发射速度，同步卫星没有摆脱地球引力的束缚，则它的发射速度一定介于第一宇宙速度和第二宇宙速度之间，故D正确。故选ABD

。15.如图所示，物体沿弧形轨道滑下后进入足够长的水平传送带，传送带以图示方向匀速运转，则传送带对物体做功情况可能是（）A.始终不做功B.先做负功后做正功C.先做正功后不做功D.先做负功后做负功【答案】AC【解析】【详解】A．

当物体到达传送带上时，如果物体的速度恰好和传送带的速度相等，那么物体和传送带将一起在水平面上运动，它们之间没有摩擦力的作用，所以传送带对物体始终不做功，所以A可能；BD．若物体速度大，则受向后的摩擦力，做负功，直至速度一致为止，摩擦力消失，不做功；如果物体速度更大，

可能一直受到向后的摩擦力作用直至到达传送带的另一端，不会出现再做正功或者再做负功的情况，所以BD不可能；C．若物体速度小，则受向前的摩擦力，做正功。到速度一致时，摩擦力又变为零，不做功，所以C有可能。故选AC。16.如图所示，a、b、c是地球大气层外，圆形轨道上运行的三颗人造卫星，b、c离地面的高

度大于a离地面的高度，a、b的质量相等且大于c的质量，下列说法中正确的是（）A.b、c的线速度大小相等，且大于a的线速度B.b、c的向心加速度大小相等，且小于a的向心加速度C.a的向心力大于b和c的向心力D.若要

c、b实现对接，可让卫星c加速【答案】BC【解析】【详解】A．根据22=MmvGmrr可知GMvr＝因ra<rb=rc，则b、c的线速度大小相等，且小于a的线速度，选项A错误；B．根据2MmGmar=可得2G

Mar＝因ra<rb=rc，则b、c的向心加速度大小相等，且小于a的向心加速度，选项B正确；C．根据2MmFGmar==可知，a的向心力大于b和c的向心力，选项C正确；D．让卫星c加速，则c将做离心运动，进入到更高的轨道，

从而不是能实现与b对接，选项D错误。故选BC。17.天文学家将相距较近、仅在彼此的引力作用下运行的两颗恒星称为双星。若某双星的质量分别为M、m，间距为L，双星各自围绕其连线上的某点O做匀速圆周运动，其角速度分别为1、2，质量为M的恒星轨道半径为

R，已知引力常量为G，则描述该双星运动的上述物理量满足（）A.12B.12=C.()222GMLRL=−D.231GmR=【答案】BC【解析】【详解】AB．双星做圆周运动的角速度大小相等，ω1=ω2，故A错误，B正确；CD．双星系统靠相互间的万有引力提供向心力，知向心力大小相等，则有

()22122GMmMRmLRL−=＝则()222GMLRL=−221GmRL=故C正确，D错误。故选BC。18.如图所示，从空中A点以速度0v水平抛出一小球，飞行一段时间后，垂直地撞在倾角为的斜面上的B点，由此可求得（）A.

小球落到斜面前瞬间的速度大小为0sinvB.小球由A到B的时间为0cotvgC.小球由A到B的水平距离为20tanvgD.这段时间小球下落的竖直高度为220cot2vg【答案】ABD【解析】【详解】

A．小球撞在斜面上时，速度方向与斜面垂直，如下图所示，由几何知识可知此时的速度方向与竖直方向的夹角为。则有小球落到斜面前瞬间速度大小为0sin=vvA正确；B．由速度分解图可知，小球由A到B的时间由00tanyvv

vgt==得00cottanvvtgg==B正确；C．小球由A到B的水平距离为200tanvxvtg==C错误；D．小球下落的高度为2222002cot122tan2vvhgtgg===D正确。故选

ABD。三、非选择题：本题共6小题，共46分。19.在探究功与速度变化的关系的实验中，某实验研究小组的实验装置如图甲所示．木块从A点静止释放后，在一根弹簧作用下弹出，沿足够长的木板运动到B1点停下，记录此过程中弹簧对木块做的功为W1．O点为弹簧原

长时所处的位置，测得OB1的距离为L1．再用完全相同的2根、3根…弹簧并在一起进行第2次、第3次…实验并记录2W1，3W1…及相应的L2、L3…数据，用W﹣L图象处理数据，回答下列问题：（1）如图乙是根据实验数据描绘的W﹣L图象，图线不过原点的原因是_____；（2）

由图线得木块从A到O过程中摩擦力做的功是W1=____；（3）W﹣L图象斜率的物理意义是_____．【答案】(1).未计算AO间的摩擦力做功(2).(3).摩擦力【解析】【分析】木块在平衡位置处获得最大速度，之后与弹簧分离，在摩擦力作用下运动到B位置停

下，由O到B根据动能定理：-fL=0-12mv02，故L∝v02；对全过程应用动能定理有：W-fLOA-fL=0即W=fL+fLOA结合数学解析式判断图象中斜率为摩擦力大小、截距等于OA段摩擦力做的功．【详解】（1）根据动能定理全过程的表达式，所以W-L图线不通过原点，是因为未计木块通过A

O段时，摩擦力对木块所做的功．（2）图中W轴上截距等于摩擦力做的功：13J；（3）有前面分析知图象中斜率为摩擦力大小；【点睛】本题考查了创新方法探究功与速度的关系，关键是列出两个动能定理方程然后结合数学函数进行分析出截距与斜率的物理意义．20.在“验证机械能守恒定律”的实验中，打点计

时器所用电源频率为50Hz，当地重力加速度的值为9.80m/s2，测得所用重物的质量为1.00kg。按实验要求正确地选出纸带进行测量，量得连续三点A、B、C到第一个点O的距离如图所示（相邻计数点时间间隔为0.02s），那么（结果均保留两

位有效数字）：(1)打点计时器打下计数点B时，重物的速度vB=____________；(2)在从起点O到打下计数点B的过程中重物重力势能的减少量是△Ep=___________，此过程中重物动能的增加量是△Ek=________

____；(3)实验的结论是________________。【答案】(1).0.98m/s(2).0.49J(3).0.48J(4).在实验误差允许范围内，重物的机械能守恒【解析】【详解】(1)[1]利用匀变速直线运动的推论27.063.14100.98m/

s20.04ACBxvt−−===(2)[2][3]重物由B点运动到C点时，重物的重力势能的减少量△Ep=mgh=1.00×9.8×0.0501J≈0.49J动能的增加量是22k111.000.98J0.48J22BBEmv===(3)[4]由上数据可知，在实验误差范围内，

△EP=△Ek，机械能守恒。21.长为L的细线，拴一质量为m的小球，一端固定于O点．让其在水平面内做匀速圆周运动(这种运动通常称为圆锥摆运动)，如图.求摆线L与竖直方向的夹角为α时：(1)线的拉力F；(2)小球

运动的线速度的大小；(3)小球运动的角速度及周期．【答案】（1）cosmg；（2）tansinvgL=；（3）cosgL=；cos2LTg=【解析】【详解】(1)做匀速圆周运动的小球受力分析如图所示小球受重

力mg和绳子的拉力F.因为小球在水平面内做匀速圆周运动，所以小球受到的合力指向圆心O′，且沿水平方向．由平行四边形定则得小球受到的合力大小为mgtanα，绳对小球的拉力大小为cosmgF＝(2)由牛顿第二定律得2tanmvmgr＝由几何关系得sinrL

＝所以小球做匀速圆周运动的线速度的大小为tansinvgL＝(3)小球运动的角速度tansinsincosgLvgrLL=＝＝小球运动的周期2cos2LTg==22.某人造卫星绕地球做匀

速圆周运动，它离地面的高度为h，地球半径为R，地球表面的重力加速度为g，求：（1）卫星的线速度大小；（2）卫星的向心加速度大小。【答案】（1）2RgRh+；（2）22()RgRh+。【解析】【详解】（1）设地

球质量为M，卫星质量为m，引力常量为G，离地面的高度为h人造卫星，万有引力提供向心力，有22()MmvGmRhRh=++地球表面处物体所受万有引力近似等于重力，即2MmGmgR=卫星的线速度大小2RgvRh=

+（2）根据向心加速度公式2var=可得，卫星的向心加速度大小222()vRgaRhRh==++23.如图所示，光滑水平地面上有两物块A和B，质量分别为m和2m，在物块B右侧有一倾角37=足够长斜面与水平地面相连。现

给物块A一个向右的初速度0v，一段时间后物块A与物块B发生碰撞，碰后A返回速度为03v，B向前运动，速度为023v，物块经过斜面底端时没有能量损失，物块B上滑到斜面上最高点处，恰好能处于静止状态，已知重力加速度为g，sin370.6=，cos37

0.8=，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，求：(1)斜面的动摩擦因数；(2)物块AB相碰过程中系统损失的机械能E。【答案】(1)0.75；(2)0E=【解析】【详解】(1)对物块B在斜面上静止时受力分析，由平衡2cosNFmg=2sinfmg=恰好静止时NfF=解得

tan370.75==(2)A、B系统损失的机械能2220002111222323vvEmvmm=−+解得0E=24.如图所示，BCPD是由半径为R的圆轨道与半径为2R的B

CD圆弧轨道相切于C点构成的竖直螺旋轨道，BP与竖直直径成37角，轨道光滑，质量为m的小球以一定的初速度从B点开始沿轨道运动，已知sin370.6=，cos370.8=，重力加速度为g。(1)要使小球能通过轨道最高点，小球初速度应满

足什么条件？(2)若小球恰好能完成竖直圆周运动，求小球从左向右在经过C点时，在C点左、右两边对轨道的压力之差。【答案】(1)大于或等于4.2gR；(2)52mg【解析】【详解】(1)若小球恰好能通过P点

，根据牛顿第二定律有2PmvmgR=解得PvgR=小球从B点到P点的过程中，根据动能定理有220112cos3722PmvmvmgR−=−解得04.2vgR=要使小球能通过轨道最高点，小球初速度应大于或等于4.2gR(2)

小球在经过C点时，在C点左、右两边相当于分别在两个圆周上过最低点小球在C点左边轨道时212vNmgmR−=小球在C点右边轨道时22vNmgmR−=小球由C点到P点的过程中，根据动能定理有2211222PmvmvmgR−=

−联立解得221522vNNmmgR−==