【文档说明】江苏省江阴市二中、要塞中学等四校2019-2020学年高一下学期期中考试物理试题【精准解析】.doc，共(21)页，663.500 KB，由小赞的店铺上传

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2019-2020学年第二学期高一期中考试物理学科试题一、选择题1.在物理学发展历史中，许多物理学家做出了卓越贡献．以下关于物理学家所作科学贡献的叙述中，正确的是（）A.牛顿提出万有引力定律并测出引力常量GB.伽利略提出了“日心说”C.哥白尼测定了引力常量D.开普勒发现了行星运动三大定律【答案

】D【解析】【详解】A项：牛顿提出万有引力定律，卡文迪许测出引力常量G，故A错误；B项：哥白尼提出了“日心说”，故B正确；C项：卡文迪许测出引力常量G，故C错误；D项：开普勒发现了行星运动三大定律，故D正确．

故选D．2.8月16日凌晨，被命名为“墨子号”的中国首颗量子科学实验卫星开启星际之旅，其运行轨道为如图所示的绕地球E运动的椭圆轨道，地球E位于椭圆的一个焦点上．轨道上标记了墨子卫星经过相等时间间隔（Δt=T/14，

T为轨道周期）的位置．如果作用在卫星上的力只有地球E对卫星的万有引力，则下列说法正确的是（）A.面积S1>S2B.卫星在轨道A点的速度小于B点的速度C.T2=Ca3，其中C为常数，a为椭圆半长轴D.T2=C'b3，其中C'为常数，b为椭圆半短轴【答案】C【解析】【详解

】根据开普勒第二定律：对每一个行星而言，太阳行星的连线在相同时间内扫过的面积相等S1=S2。行星在此椭圆轨道上运动的速度大小不断变化，故A错误，B错误；根据开普勒第三定律：所有行星的轨道的半长轴的三次方跟公转周期的二次方的比值都相等。即T2=Ca3，其中C为常数，a为椭圆

半长轴，故C正确，D错误。故选C。3.如图所示的三个人造地球卫星，则下列说法正确的是（）①卫星可能的轨道为a、b、c②卫星可能的轨道为a、c③同步卫星可能的轨道是a、c④同步卫星可能的轨道是aA.①③是对的B.②④是对的C.②③是对的D.

①④是对的【答案】B【解析】【详解】地球卫星围绕地球做匀速圆周运动，圆心是地球的地心，所以凡是地球卫星，轨道面必定经过地球中心，所以b轨道是不可能的，a、c是可能的；同步卫星的轨道是固定的，必定跟赤道面重合，所以c不可能是同步卫星，只有a有可能．所以②

④正确；故选B．4.“月—地检验”的结果说明()A.地面物体所受地球的引力与月球所受地球的引力是同一种性质的力B.地面物体所受地球的引力与月球所受地球的引力不是同一种性质的力C.地面物体所受地球的引力只与物体的质量有关，即G＝mgD.月球所受地球的引力只与月球质量有关【答案】A【解析

】月--地检验的结果说明地面物体所受地球的引力与月球所受地球的引力是同一种性质的力，故A正确，B错误；月--地检验的结果说明地面物体所受地球的引力与月球所受地球的引力是同一种性质的力．即遵循力与距离的平方成反比的规律，故C错误；依据万有引力定律，则月球所受地球的引力

除与月球质量有关外，还与地球质量有关，故D错误．所以A正确，BCD错误．5.引力常量为G，地球质量为M，地球可看做球体，半径为R，忽略地球的自转，则地球表面的重力加速度为()A.gGMR=B.gGR=C.2gGMR=D

.缺少条件，无法计算【答案】C【解析】【详解】当忽略地球的自转时，对地球表面的物体满足2GMmmgR=则2GMgR=故选C。6.如图所示，A、B、C三颗人造地球卫星绕地球做匀速圆周运动，已知三颗卫星的质量关系为ABCmmm=，轨道半径的关系为ABCrrr=，则三颗卫星()A.线速度大小关

系为ABCvvv=B.加速度大小关系为ABCaaa=C.向心力大小关系为ABCFFF=D.周期关系为ABCTTT=【答案】B【解析】【详解】人造卫星绕地球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力，则有：22224GMmmvmrmarrT===，解得：GMvr=，2GMar

=，234rTGM=；由题意有：ABCrrr=，因此可知线速度大小关系为：ABCvvv=，加速度大小关系为：ABCaaa=，周期关系为：ABCTTT=，根据2GMmFr=向和ABCmmm=可知ABFF，BCFF，故选项B正确，A、C、D错误．

7.已知下面的哪组数据,可以计算出地球的质量M地(引力常量G已知)()①地球表面的重力加速度g和地球的半径R②月球绕地球运动的周期T1及月球到地球中心的距离r1③地球绕太阳运动的周期T2及地球到太阳中心的距离r2④地球同步卫星离地面的高度hA.①②B.①③C.②③D.②④

【答案】A【解析】【详解】已知地球表面的重力加速度g和地球的半径R，根据2GMmmgR=地可得GgRM2=则①正确；若月球绕地球运动的周期T1及月球到地球中心的距离r1，根据21211()2MmGmrrT=地可求解地球的质量M地，则②正确；已知地球绕太阳运动的周期T

2及地球到太阳中心的距离r2根据22222()2MmGmrrT=日可求解太阳的质量，则③错误；已知地球同步卫星离地面的高度h，根据222()()()MmGmRhRhT=++可知，不能求解地球的质量，则④错误。故选A。8.2019年1月3日10时2

6分，由中国航天科技集团有限公司研制的嫦娥四号探测器成功着陆在月球背面着陆，并通过“鹊桥”中继星传回了世界第一张近距离拍摄的月背影像图，揭开了古老月背的神秘面纱。若月球探测器绕月运行时的轨道是圆形的,且贴近月球表面,月球的质量约为地球质

量的181，月球的半径约为地球半径的14，地球的第一宇宙速度约为7.9km/s，则该月球探测器绕月运行的速率约为()A.1.8km/sB.0.4km/sC.11km/sD.36km/s【答案】A【解析】【详解】根据22

MmvGmrr=可得GMvr=则12==4=819vMRvMR月月地月地地则22==7.9km/s1.8km/s99vv月地故选A。9.中国北斗卫星导航系统是中国自行研制的全球卫星导航系统，由地球同步卫星和低轨道卫星组成,这两种卫星正常运行时()A.地球同步卫星的运行周期比低

轨道卫星的运行周期小B.地球同步卫星相对于地面是移动的，但每天经过特定地区的上空C.地球同步卫星和低轨道卫星都处于失重状态D.低轨道卫星与地球同步卫星可能具有相同的角速度【答案】C【解析】【详解】A．根据222()MmGmrrT=可知234rTGM=则地球同步卫

星的运行周期比低轨道卫星的运行周期大，选项A错误；B．地球同步卫星与地球自转同步，故相对于地球同步卫星的位置是固定不动的，故B错误；C．卫星绕地球做匀速圆周运动，万有引力完全提供向心力，卫星处于完全失重状态，故C正确；D．根据万有引力提供圆周运动向心力22MmGmrr=可知3GM

r＝卫星轨道半径越大角速度越小，则低轨道卫星角速度大于地球同步卫星的角速度，故D错误。故选C。10.发射地球同步卫星要经过三个阶段:先将卫星发射至近地圆轨道1,然后使其沿椭圆轨道2运行，最后将卫星送入同步圆轨道3.轨道1、2相切于Q点，

轨道2、3相切于P点，如图所示．当卫星分别在1、2、3轨道上正常运行时，以下说法正确的是()A.卫星在轨道1上经过Q点时的加速度等于它在轨道2上经过Q点时的加速度B.卫星在轨道1上经过Q点时的速度等于它在轨道2上经过Q点时的速度大小C.卫星在轨道3上受到的引力小于它在轨道1上受到的引力D.卫星由

2轨道变轨到3轨道在P点要加速【答案】ACD【解析】【详解】A.根据万有引力提供向心力2MmGmar=,得2GMar=,所以卫星在轨道1上经过Q点时的加速度等于它在轨道2上经过Q点时的加速度.故A正确的;B.卫星从轨道1上经过Q点时加速做离心运动才能进

入轨道2,故卫星在轨道1上经过Q点时的速度小于它在轨道2上经过Q点时的速度,故B错误;C、根据引力定律2GMmFr=,可以知道,距离越大的,同一卫星受到的引力越小,因此在轨道3上受到的引力小于它在轨道1上受到的引力,故C正确D、由2轨道变轨到3轨道,必须加速,才能做

匀速圆周运动,否则仍做近心运动,，故D正确；11.关于重力势能,下列说法中正确的是()A.重力势能有正负,是矢量B.重力势能的大小只取决于物体的质量C.水平地面上物体的重力势能一定等于零D.教室内日光灯的重力势能实际上是日光灯和地球所共有的【答案】D【解析】【详解】A．重力势能有正负，但是是标量

，选项A错误；B．根据EP=mgh可知，重力势能的大小不只取决于物体的质量，选项B错误；C．重力势能与零势能面的选择有关，则水平地面上物体的重力势能不一定等于零，选项C错误；D．教室内日光灯的重力势能实际上是日光灯和地球所共有的，选项D正确。故选D。12.以一定的初速度竖直向上抛出一个小球,

小球上升的最大高度为h,空气阻力的大小恒为F,则从抛出到落回到抛出点的过程中,重力和空气阻力对小球做的功分别为()A.0，0B.mg2h，-2FhC.0，-2FhD.0，-Fh【答案】C【解析】【详解】从抛出到落回到抛出点的过程中，重力的位移为零，则重力做功为零；阻力做功与路程有关

，则阻力做功Wf=-2Fh故选C。13.关于以下各物理量的理解正确的是()A.速度是矢量，-3m/s比-5m/s大B.位移是矢量，-3m比-5m大C.重力势能是标量，-3J比-5J大D.功是标量，做功-3J比-

5J多【答案】C【解析】【详解】A．速度是矢量，符号表示方向，则-3m/s比-5m/s小，选项A错误；B．位移是矢量，符号表示方向，则-3m比-5m小，选项B错误；C．重力势能是标量，符合表示大小，则-3J比-

5J大，选项C正确；D．功是标量，符号表示力的方向与位移方向的关系，则做功-3J比-5J少，选项D错误。故选C。14.如图所示，质量为m的物体（可视为质点）以速度v0离开桌面，不计空气阻力，若以桌面为零重力势能参考面，则当物体经过A

处时，它所具有的机械能是（）A.12mv02B.12mv02+mghC.12mv02+mg（H+h）D.12mv02+mgH【答案】A【解析】【详解】由题意知选择桌面为零势能面，则开始时机械能为20102Emv=+由于不计空气阻力，

物体运动过程中机械能守恒，故当物体经过A处时，它所具有的机械能是2012mv，故A正确，BCD错误。故选A。15.如图所示,从空中以40m/s的初速度平抛一重为10N的物体,物体在空中运动3s落地,不计空气阻力,取g210m/s=,则物体下落过程

中的平均功率和落地前瞬间重力的瞬时功率分别为()A.300W300WB.150W300WC.150W500WD.300W500W【答案】B【解析】【详解】物体做平抛运动,在竖直方向上做自由落体运动,所以物体落地瞬间竖直方

向的速度为：30m/syvgt==则落地瞬间重力的瞬时功率为：1030W300WGyPFvmgv====物体下落的位移为：2145m2hgt==则重力做功为：1045J450JGWmgh===则重力的平均功率为：450W150W3GGWPt==

=A．300W300W与分析不符，故A项错误；B．150W300W与分析相符，故B项正确；C．150W500W与分析不符，故C项错误；D．300W500W与分析不符，故D项错误．16.不计空气阻力，将一石块从H高处水平抛出，物体下降高度为h，下列图象中描述石块重力势能EP随h变化关系可能

正确的是（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【详解】物体做平抛运动，重力做正功，重力时能一定减小，设地面为零势能面，则初态的重力时能为EP0=mgH，随着高度的降低，物体的重力时能EP=mgH-mgh，故A正确，BCD错误．故选A.17.一

个质量为0.5kg的物体，从静止开始做直线运动，物体所受合外力F随物体位移L变化的图象如图所示，则物体位移L=8m时，物体的速度为()A.2m/sB.8m/sC.42m/sD.4m/s【答案】C【解析】【详解】根据F-l图象与坐标轴所围的“面积”

表示功，则知物体位移L=8m时合外力做的功等于0-2s与6-8s内做功之和，为W=2×2+2×2=8J由动能定理有212Wmv=得42m/sv=故选C。18.如图所示，弹簧固定在地面上，一小球从它的正上方A处自由下落，到达B处开始与弹簧接触，到达C处速度为0，不计空气阻力，则小

球从B到C的过程中()A.弹簧的弹性势能不断增大B.弹簧的弹性势能不断减小C.小球和弹簧组成的系统机械能不断减小D.小球和弹簧组成的系统机械能不增大【答案】A【解析】【详解】AB．在B→C的过程中，弹簧的压缩量逐渐增大，小球始终克服弹力做功，弹性势能不断增大，故A正确，B

错误；CD．小球从B到C的过程中，只有重力和弹力做功，系统的机械能守恒，故CD错误。故选A。19.质量为m的物体，在距地面h高处以4g的加速度由静止竖直下落到地面。下列说法中正确的是（）A.重力做功14mghB.物体的

重力势能减少14mghC.物体的动能增加14mghD.物体的机械能减少14mgh【答案】C【解析】【详解】AB．物体在下落过程中，重力做正功为mgh，则重力势能减小也为mgh，故AB错误；C．物体的合力为14Fmamg==所以物体

的动能增加等于合力做功，大小为14kEFhmgh==故C正确；D．物体动能增加14mgh，重力势能减小mgh可知，机械能减小34mgh，选项D错误。故选C。20.飞行员进行素质训练时，抓住秋千杆由水平状态开始下摆，如图所示，在到达竖直位置的过程中，下列说法正确的是（）A.重力对飞行员做正功飞行

员重力势能在增大B.飞行员的向心力大小不变C.重力对飞行员做功的功率一直在增大D.重力对飞行员做功的功率先增大后减小【答案】D【解析】【详解】A．飞行员向下摆动，则重力对飞行员做正功，飞行员重力势能在减小，选项A错误；B．飞行员的速度不断增

加，根据2nvFmr=可知向心力不断变大，选项B错误；CD．根据P=mgvy可知，开始时速度为零，则重力的功率为零；到达最低点时，重力的方向与速度垂直，可知重力的瞬时功率又为零，则重力对飞行员做功的功率先增大后减小，选项C错误，D正确。故选D。21.中国的高铁技术居世界领先地

位．通常，列车受到的阻力与速度的平方成正比，即f=kv2．列车要跑得快，必须用大功率的机车牵引．若列车以120km/h的速度匀速行驶时机车的功率为P，则该列车以240km/h的速度匀速行驶时机车的功率为（）A.2PB.4

PC.8PD.16P【答案】C【解析】【详解】列车匀速行驶，则牵引力和阻力是一对平衡力，大小相等，所以F=f=kv2因为P=Fv=kv3故当速度变为原来的2倍时，功率变为原来的8倍，即为8P，故C正确

，ABD错误。22.如图所示，质量为M木块静止在光滑水平桌面上，一质量为m子弹以初速度速度v0水平射入木块，当射入木块的深度为d时，子弹与木块相对静止以速度v一起运动，在子弹入射的过程中，木块沿桌面移动的距离为

L，木块对子弹的平均阻力为Ff，下列关系式中正确的是（）A.FfL=12Mv2-12Mv02B.-Ff(L+d)=12mv2C.Ffd=12mv2-12mv02D.FfL=12Mv2【答案】D【解析】【详解】根据动能定理，对子弹22011()22fFLdmvmv−+=

−对木块212fFLMv=两式相加可得22011()22fFdmvMmv=−+因此ABC错误D正确。故选D。23.如图所示，在倾角θ＝30°的光滑固定斜面上，放有两个质量分别为1kg和2kg的可视为质点的小球A和B，两球之间用一根长L＝0.2m的轻杆相连，小球B距水平面的高度h＝0.1m

．两球从静止开始下滑到光滑地面上，不计球与地面碰撞时的机械能损失，g取10m/s2.则下列说法中正确的是()A.下滑的整个过程中A球机械能守恒B.下滑的整个过程中B球机械能守恒C.两球在光滑水平面上运动时的速度大小为1m

/sD.系统下滑的整个过程中B球机械能的增加量为23J【答案】D【解析】【详解】AB．在下滑的整个过程中，只有重力对系统做功，系统的机械能守恒，但在B在水平面滑行，而A在斜面滑行时，杆的弹力对A做负功，也对B做正功，所以AB两球机械能都不守恒，

故AB错误；C．根据系统机械能守恒得21sin302ABABmghLmghmmv++=+（）()代入解得26m/s3v=故C错误；D．系统下滑的整个过程中B球机械能的增加量为212J23BBEmvmgh=−=故D正确。故选D。二、实验题24.(1)某同学用图示装置做

“验证机械能守恒定律”的实验，下列说法中不正确．．．的是_____A．不需要称量重物质量B．选用重物时，同样大小、形状的重物应选重一点的比较好C．要选用第1、2两点距离接近2mm的纸带D．实验时，当松开纸带让重物下落的同时，立即接通电源(2)质量m＝1

kg的重锤自由下落，在纸带上打出一系列如下图所示的点，A为第一个点，B、C、D为相邻的计数点，相邻计数点的时间间隔为0.04s，长度单位是cm，取g＝9.8m/s2，求：打点计时器打下计数点C时，物体的速度

vC＝________m/s(保留三位有效数字)；从打下起点A到打下计数点C的过程中，物体重力势能减少量ΔEp＝________J(保留三位有效数字)，此过程中，物体动能增加量ΔEk＝________J(保留三位有效

数字)．根据以上实验数据可以得出实验结论：_______．【答案】(1).D(2).2.13(3).2.28(4).2.27(5).实验误差允许的范围内机械能守恒【解析】【详解】(1)[1]．A．实验要

验证的关系是212mghmv=两边消掉m，则实验时不需要称量重物质量，选项A正确，不符合题意；B．选用重物时，同样大小、形状的重物应选重一点的比较好，选项B正确，不符合题意；C．要选用第1、2两点距离接近2mm的纸带，这样的纸带打第一个点的速度为零，选项C正确，不符合题意；D．实验时，应

该先接通电源，然后松开纸带让重物下落，选项D错误，符合题意。故选D。(2)[2]．利用匀变速直线运动的推论有232.515.510m/s=2.13m/s220.04ADABCxxvT−−−==[3]．从点O到打下计数点C的过程中，物体重力势能的减少量为

△Ep=mghOC=1×9.8×0.2325J=2.28J[4]．动能的增加量为221112.132.27J22JkkCCEEmv====[5]．根据以上实验数据可以得出实验结论：实验误差允许的范围内机械能守恒。三、计算题25.嫦娥一号”绕月球做匀速圆周运动，它到月球表面的距离

为h，月球的半径为R。已知“嫦娥一号”的质量为m，月球的质量为M，引力常量为G.试求：(1)“嫦娥一号”绕月球运动的周期T(2)月球表面的“重力加速度”g；(3)月球的第一宇宙速度。【答案】（1）3()2RhTGM+=；（2）2GMgR=；（3）GMvR=

【解析】【详解】(1)嫦娥一号”绕月球做匀速圆周运动()222()()MmGmRhRhT=++3()2RhTGM+=(2)在月球表面2MmmgGR=2GMgR=(3)绕月球表面做匀速圆周运动22MmvGmRR=GMvR=26.质量m＝

1kg的物体，在水平拉力F的作用下，沿粗糙水平面运动，经过位移4m时，拉力F停止作用，运动到位移是8m时物体停止，运动过程中Ek－x的图线如图所示．求：（g取10m/s2）(1)物体的初速度多大？(2)物体和平面间的摩擦系数为多大？(3)拉力F的大小．【答案】(1)02m/sv=(2)μ=0

.3(3)5.5N【解析】【详解】(1)物体初态，由图象知：20012kEmv=代入数据得：02m/sv=(2)物体在4m-8m内，由动能定理得：240kmgsE−=−代入数据得：μ=0.3(3)物体在0-4m内，由动能定理得：

140()kkFmgsEE−=−得：F=5.5N答：(1)物体的初速度2m/s.(2)物体和平面间的摩擦系数μ=0.3(3)拉力的大小为F=5.5N．27.如图所示，光滑水平面AB与竖直面内的半圆形轨道在B点

相接，导轨半径为R.一个质量为m的物体将弹簧压缩至A点后由静止释放，在弹力作用下物体获得某一向右速度后脱离弹簧，脱离弹簧后当它经过B点进入导轨瞬间对导轨的压力为其重力的8倍，之后向上运动完成半个圆周运

动恰好到达C点．试求：（1）弹簧开始时的弹性势能；（2）物体从B点运动至C点克服阻力做的功；（3）物体离开C点后落回水平面时,重力的瞬时功率是多大？【答案】(1)3.5mgR(2)mgR（3）2mggR【解析】【详解】(1)设弹簧的弹性势能为Ep,物体

经过B点时的速度为Bv，轨道对物体的支持力为N,物体对轨道的压力为N由题意知N=8mg由机械能守恒得212PBEmv=由牛顿第二定律得:2BvNmgmR−=由牛顿第三定律得'NN=解得3.5PEmgR=

；(2)设物体克服阻力做功为Wf,，在C点速度为Cv，物体恰到达C点2CvmgmR=由动能定理得:-2mgR221122fcBWmvmv−=−解得Wf=mgR（3）物体落到水平面上时的竖直分速度是2yvgR=重力的上升功率是P=mg2yvmggR=．