【文档说明】四川省成都外国语学校2019-2020学年高一下学期期中考试物理试题【精准解析】.doc，共(20)页，1.145 MB，由小赞的店铺上传

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成都外国语学校2019-2020学年度下期期中考试高一物理试卷一、选择题1.下列说法符合史实的是（）A.伽利略提出了日心说B.开普勒总结出了行星运动的三大规律C.卡文迪许发现了万有引力定律D.牛顿发现万有引力定律并测出引力常量【答案】B【解析】【详解】A．哥白尼的

贡献是提出了日心体系，用“日心说”否定了“地心说”，故A错误；B．开普勒在研究第谷的观察数据的基础上，提出了行星运动的三大定律，即开普勒三定律，故B正确；CD．牛顿发现万有引力定律后，并没能测得万有引力常量，而是由卡文迪

许用扭秤实验测出了万有引力常量，故CD错误。故选B。2.关于功和功率，下列说法正确的是（）A.根据WPt=可知，力做功越多，其功率越大B.根据PFv=可知，汽车的牵引力一定与速率成反比C.滑动摩擦力总是对物体做负功

D.静摩擦力可以对物体做正功，也可以对物体做负功【答案】D【解析】【详解】A．根据WPt=可知，单位时间内力做功越多，其功率越大，选项A错误；B．根据PFv=可知，当汽车的功率一定时，汽车的牵引力一定与速率成反比，选项B错误；C．滑动摩擦力总是对物体可以做正

功，也可以做负功，也可以不做功，选项C错误；D．静摩擦力可以对物体做正功，也可以对物体做负功，也可以不做功，选项D正确。故选D。3.一小船在静水中的速度为3m/s，它在一条河宽150m，水流速度为4m/s的河流中渡河，则该小船（）A.能垂直到达正对岸

B.渡河的时间可能少于50sC.以最短时间渡河时，它沿水流方向的位移大小为200mD.以最短位移渡河时，位移大小为150m【答案】C【解析】【分析】由题中“一小船在静水中的速度为3m/s”可知，本题考查船过河的问题，根据速度的分解和合成可解答本题．【详解】A、由于水流速度

大于船的速度，故小船不能垂直到达对岸，故A错误；B、若小船垂直河的方向过河，时间最短，根据公式mindtv=船可得最短时间为50s，不可能小于50s，故B错误；C、因为小船垂直河的方向过河，时间最短，因此在沿河

流方向为水流动的距离，根据公式minxvt=水可知，它沿水流方向的位移大小为200m，故C正确；D、因为船在静水中的速度小于河水流速，根据平行四边形法则求合速度不可能垂直到达河对岸，所以位移一定大于河宽即大于150m，故D

错误．4.如图所示，重物M沿竖直杆下滑，并通过绳带动小车沿斜面升高．当滑轮右侧的绳与竖直方向成θ角，且重物下滑的速率为v时，小车的速度为()A.vsinθB.v/cosθC.vcosθD.v/sinθ【答案】C【解析】【详解】

将M物体的速度按图示两个方向分解，如图所示则绳子的速率为：cosvv=绳而绳子速率等于物体m的速率，则有物体m的速率为cosmvv=故选C．5.如图是自行车传动结构的示意图，其中Ⅰ是半径为1r的大齿轮，Ⅱ是半径为2r的小齿轮，Ⅲ是半径为3r的

后轮，假设脚踏板的转速为n（r/s），则自行车前进的速度为（）A.132πnrrrB.231πnrrrC.1322πnrrrD.2312πnrrr【答案】C【解析】【详解】自行车前进的速度等于车轮Ⅲ边缘上的线速度的

大小，根据题意知：轮Ⅰ和轮Ⅱ边缘上的线速度大小相等，据vr=可知1122rr=已知12πn=，则轮Ⅱ的角速度1212=rr因为轮Ⅱ和轮Ⅲ共轴，则32=根据vr=可知132322πnrrvrr==故选C。6.在高速公路的拐弯处，通常路面都是外高内低。如图所示，在

某路段汽车向左拐弯，司机左侧的路面比右侧的路面低一些。汽车的运动可看做是做半径为R的圆周运动。设内外路面高度差为h，路基的水平宽度为d，路面的宽度为L。已知重力加速度为g。要使车轮与路面之间的横向摩擦力（即

垂直于前进方向）等于零，则汽车转弯时的车速应等于（）A.gRhLB.gRhdC.gRLhD.gRdh【答案】B【解析】【详解】要使车轮与路面之间的横向摩擦力（即垂直于前进方向）等于零，重力与支持力的合力等于向心力mgtanθ=m2vRtanhd

=联立解得汽车转弯时的车速gRhvd=故选B。7.一汽车通过拱形桥顶点时速度为10m/s，车对桥顶的压力为车重的89，如果要使汽车在桥顶对桥面没有压力，车速度至少为（）A.15m/sB.20m/sC.25m/sD.30m/s【答案】D【解析】【详解】车对桥顶的

压力为车重的89时，则有2189mvmgmgR−=解得0m9R=要使汽车在桥顶对桥面没有压力时，则有22mgmvR=解得230m/svgR==故A、B、C错误，D正确；故选D。8.“三号卫星”的工作轨道为地球同步轨道，

离地高度为h，设地球半径为R，则关于地球赤道上静止的物体、地球近地环绕卫星和“三号卫星”的有关物理量下列说法中正确的是A.赤道上物体与“三号卫星”的线速度之比为13vRhvR+=B.近地卫星与“三号卫星”的角速度之比为223()RhR+=C.近地卫星与“三号卫星”的周期

之比为323()TRTRh=+D.赤道上物体与“三号卫星”的向心加速度之比为213()aRhaR+=【答案】C【解析】【详解】A项：由于三号星为同步卫星，故其周期与地球自转周期相同，由2rvT=，所以赤道上物体与“三号卫星”的线速度之比

为13vRvRh=+，故A错误；B项：由万有引力提供向心力的周期表达式可得：22224GMmmrmrrT==，3GMr=所以近地卫星与“三号卫星”的角速度之比为3233()RhR+=，故B错误；C项：由公式32rTGM=，所以近地卫

星与“三号卫星”的周期之比为323TRTRh=+，故C正确；D项：由于三号星为同步卫星，故其周期与地球自转周期相同，由224arT=，所以赤道上物体与“三号卫星”的向心加速度之比为13aRaRh=+，故D错误．9.如图所示，物体受到水平推力

F的作用在粗糙水平面上做直线运动．监测到推力F、物体速度v随时间t变化的规律如图所示．取g=10m/s2，则（）A.第1s内推力做功为1JB.第2s内物体克服摩擦力做的功W=2.0JC.第1.5s时推力F的功率为3WD.第2s内推

力F做功的平均功率1.5W【答案】BC【解析】【详解】A.从速度时间图像中可知物体在第1s内速度为零，即处于静止状态，所以推力做功为零，故A错误；B.速度时间图像与坐标轴围成的面积表示位移，所以第2s内的位移为11212xm==由速度时间图象可以知道在2-3s

的时间内，物体匀速运动，处于受力平衡状态，所以滑动摩擦力的大小为2N，故摩擦力做功为2.0JfWfx=−=−所以克服摩擦力做功2.0J，故B正确；C.第1．5s速度为1m/s，故第1．5s时推力的功率为313WPFv===故C正确；D.F在第二秒做功，F的功为：31

J=3JWFx==所以第2内推力F做功的平均功率为：3W=3W1WPt==故D错误．10.如图所示，轻质且不可伸长的细绳一端系一质量为m的小球，另一端固定在天花板上的O点。则小球在竖起平面内摆动的过程中，以下说法正确的是（）A.小球在摆动过程中受到的外力的合力即为向心力B.在最高点A、B，

因小球的速度为零，所以小球受到的合外力为零C.小球在最低点C所受的合外力，即为向心力D.小球在最低点C时重力的功率为零【答案】CD【解析】【详解】A．小球摆动过程中，是沿绳子方向的合力提供向心力，沿切

线方向的合力不提供向心力，所以不是受到的外力的合力提供向心力，故A错误；B．在最高点A和B，小球的速度为零，向心力为零，但是小球所受的合力不为零，合力的方向沿切线方向，故B错误；C．小球在最低点，受重力和拉力，两个力的合力竖直向上，合力提供向心力

，故C正确；D．小球在最低点速度方向水平和重力的方向垂直，在最低点重力的功率为零，故D正确；故选CD。11.一物体从一行星表面某高度处自由下落（不计阻力）.自开始下落计时，得到物体离行星表面高度h随时间t变化的图象如图所示，则根据题设条件可以计算出A.行星表面重力

加速度大小B.行星的质量C.物体落到行星表面时的速度大小D.物体受到星球引力的大小【答案】AC【解析】【分析】根据离行星表面的高度落地时间求出行星表面的重力加速度，从而再求出落地的速度．【详解】物体离行星表面的高度为

25m，落地时间为2.5s，根据212hgt=，得出重力加速度g，再根据公式v=gt，求出落地的速度，故AC正确；由于不知道行星的半径，所以不能求出行星的质量，故B错误；由于不知道物体的质量，所以不能求出物体受到行星的引力大小，故D错误．所以AC正确，BD错误．【点

睛】本题主要考查了根据运动学公式求出行星表面的重力加速度和落地速度．以及知道万有引力等于重力，因为不知行星的半径，不能求出中心天体的质量，以及不知物体的质量m，而不能求出引力大小．12.2010年12月18日凌晨4时20分，以“金牌火箭”著称的“长征三号甲”运载火箭在西昌卫星发射中心点火升

空。火箭飞行832.1s后，成功将第七颗北斗导航卫星送入太空预定转移轨道，圆满完成任务。本次发射的第七颗北斗导航卫星是我国今年连续发射的第五颗北斗导航系统组网卫星，卫星的转移轨道为一椭圆，如图所示，地球的球心位于该椭圆的一个焦点上，A、B两点

分别是卫星转移轨道上的近地点和远地点。若A点在地面附近，且卫星所受阻力可以忽略不计，则（）A.运动到B点时其速率可能等于7.9km/sB.卫星由A运动到B万有引力做负功C.若要卫星从转移轨道变到同步轨道上做匀速圆周运动，需在B点加速D.若要卫星从转移轨道变到同步轨道上做匀速圆周运

动，需在A点加速【答案】BC【解析】【详解】A．7.9km/s是第一宇宙速度，是卫星的最小的发射速度，也是卫星在近地轨道做圆周运动的最大的环绕速度，由图可知，B点不是近地轨道的点，B的速度应小于7.9km/s，A错误；B．卫星由近地点A运动到远地点B过程中速度逐渐减小，地球

对卫星的万有引力做负功，B正确；CD．因为卫星在转移轨道上运行从B点开始，卫星做近心运动22BBBvMmGmrr转所以要使卫星开始在同步圆轨道运动，则卫星必须在B点增加速度使得22BBBvMmGmr

r=同D错误C正确。故选BC。13.质量为2×103kg的汽车发动机额定功率为80kW，若汽车在平直公路上所受阻力大小恒为4×103N，那么（）A.汽车在公路上的最大行驶速度为20m/sB.汽车以额定功率启动，当汽车速度为

5m/s时，加速度为12m/s2C.汽车以2m/s2的加速度做匀加速运动后第2s末发动机实际功率为32kWD.汽车以2m/s2的加速度做匀加速运动所能维持的时间为6s【答案】AC【解析】【详解】A．当牵引力等于阻力

时，速度达到最大8000040m/s0020m/smPvf===故A符合题意；B．若汽车保持额定功率起动，则当汽车速度为5m/s时，根据牛顿第二定律Pfmav−=代入数据解得a=6m/s2故B不符合题意；C．汽车以

加速度2m/s2匀加速启动，起动后第2秒末的速度为v=at=4m/s根据牛顿第二定律F-f=ma解得F=8000N此时的瞬时功率P=Fv=32000W故C符合题意；D．汽车以加速度2m/s2做初速为0的匀加速运动中，最大速度80000

800010m/sPvF===此过程持续的时间10s5s2vta===故D不符合题意。故选AC。14.如图所示，两个可视为质点的、相同的木块A和B放在转盘上，两者用长为L的细绳连接，木块与转盘的最大静摩擦力均为各自重力的K倍，A放在距离转轴L处，整个装置能绕通过转盘中心的转轴O1O2转动，开始

时，绳恰好伸直但无弹力，现让该装置从静止开始转动，使角速度缓慢增大，以下说法正确的是（）A.当23KgL时，A、B相对于转盘会滑动B.当223KgKgLL时，绳子一定有弹力C.在223KgKgLL范围内增大

时，B所受摩擦力变大D.在223KgKgLL范围内增大时，A所受摩擦力不变【答案】AB【解析】【详解】A．当A所受的摩擦力达到最大静摩擦力时，A、B相对于转盘会滑动，对A有21KmgTmL−=对B有212KmgTmL+=解得

123KgL=当23KgL时，A、B相对于转盘会滑动，故A正确；B．当B达到最大静摩擦力时，绳子开始出现弹力222KmgmL=解得22KgL=当223KgKgLL时，绳子具有弹力，故B正确；C．当ω在02KgL范围内增大时，B所受的摩擦力变大；当2KgL=时，B受到

的摩擦力达到最大；当ω在223KgKgLL范围内增大时，B所受摩擦力不变，故C错误；D．当ω在203KgL范围内增大时，A所受摩擦力一直增大，故D错误。故选AB。二、实验题15.在做“研究平抛

物体运动”的实验中，可以描绘平抛小球的运动轨迹和求平抛的初速度。（1）关于该实验的装置与操作的说法，正确的是_______。A．斜槽轨道必须光滑B．斜槽末端的切线必须水平C．木板必须竖直安装，且注意小球不和木板发生摩擦D．小球每次应从斜槽同一位置由静止开始下滑（2）

如图所示，是小球做平抛运动的轨迹，测得AE、EB间的水平距离EF=DB=0.4m，高度差y1=0.25m，y2=0.35m，则小球的初速度是______m/s，抛出点的坐标为______（g取10m/s2）。【答案】(1).BCD(2).4(3).（−0.8m，0.2m）【解

析】【详解】（1）[1]A．实验时只要把小球从斜槽轨道的同一位置由静止释放即可保证小球离开轨道时的速度相等，斜槽轨道不需要光滑，故A错误；B．为保证小球离开轨道后做平抛运动，斜槽末端的切线必须水平，故B正

确；C．小球在竖直平面内做平抛运动，木板必须竖直安装，如果小球与木板发生摩擦，小球的运动轨迹会发生改变，因此小球不能和木板发生摩擦，故C正确；D．要保证小球的做平抛运动的速度相等，小球每次应从斜槽同一位置由静止开始下滑

，故D正确。故选BCD。（2）[2][3]设小球抛出时初速度的大小为v，拋出点M的坐标为（x，y），显然x<0，y>0小球从M到A，在水平方向上运动的时间1xtv−=在竖直方向上，有2211122xygtgv−==同理，小球从M到E，可得210.40.252xygv−++=

小球从M到B，可得210.40.40.250.352xygv−++++=联立以上各式，解得4m/sv=，0.8mx=−，0.2my=16.用如图所示的装置可以探究做匀速圆周运动的物体需要的向心力的大小与哪些因素有关

。(1)本实验采用的科学方法是________。A.控制变量法B.累积法C.微元法D.放大法(2)通过本实验可以得到的结果是________。A.在质量和半径一定的情况下，向心力的大小与角速度成正比B.在质量和半径一定的情况下，向心力的大小与线速度的大小成正比C.在半径和角速度一定的情况下，

向心力的大小与质量成正比D.在质量和角速度一定的情况下，向心力的大小与半径成反比【答案】(1).A(2).C【解析】【详解】(1)[1]探究做匀速圆周运动的物体需要的向心力的大小与哪些因素有关，控制其他量不变，只改变其中的一个变量，看

向心力与该变量的关系，故采用的是控制变量法，故A正确BCD错误。故选A。(2)[2]AB．在质量和半径一定的情况下22vFmmrr==向心力的大小与角速度的平方成正比，与线速度的平方成正比，故AB错

误；C．在半径和角速度一定的情况下，向心力的大小与质量成正比，故C正确；D．在质量和角速度一定的情况下，向心力的大小与半径成正比，故D错误。故选C。三、计算题17.已知地球半径为R，地球表面重力加速度为g，万有引力常量为G，不考虑地球自转的影响．（1）求卫星环绕地球运行的第一宇宙速

度v1；（2）若卫星绕地球做匀速圆周运动且运行周期为T，求卫星运行半径r；【答案】（1）gR（2）22324gRTr＝【解析】试题分析：（1）地表的物体受到的万有引力与物体的重力近似相等即：2GMmmgR＝若发射成卫星在地表运动则卫星的重力提供向心力即：2vmgmR＝解得：vgR

=（2）由卫星所需的向心力由万有引力提供可得2224GMmmrrT＝又2GMmmgR＝解得：22324gRTr＝考点：万有引力定律的应用名师点睛：卫星所受的万有引力等于向心力、地面附近引力等于重力是卫星类问题必须要考虑的问题，本题根据这两

个关系即可列式求解．18.如图所示，将一根光滑的细金属棒折成“V”形，顶角为2θ，其对称轴竖直，在其中一边套上一个质量为m的小金属环P。(1)若固定“V”形细金属棒，小金属环P从距离顶点O为x的A点处

由静止自由滑下，则小金属环由静止下滑至顶点O需多长时间？(2)若小金属环P随“V”形细金属棒绕其对称轴以每秒n转匀速转动时，则小金属环离对称轴的距离为多少？【答案】(1)2cosxg；(2)22cot4gn【解析】【详解】(1)小金属环在下滑过程中，在重力和金属棒对

它的支持力作用下做初速度为零的匀加速直线运动，设小金属环沿棒运动的加速度为a，滑至O点所需时间为t，由牛顿第二定律得cosmgma=由运动学公式得212xat=联立解得2cosxtg=(2)小金属环随“V”形细金属棒绕其对称轴做匀速圆周运动所需的向心力由重力和金属棒对它的支持

力的合力提供，如图所示设小金属环离对称轴的距离为r，由牛顿第二定律和向心力公式得2cotmgmr=又2πn=联立解得22cot4πgrn=19.如图所示，AB为固定斜面，倾角为30°，小球从A点以初速度v0水平抛出，

恰好落到斜面上的B点（空气阻力不计，重力加速度为g）。求：(1)求小球在空中飞行的时间；(2)求小球与斜面间的最大距离；(3)在最大距离处将AB抛物线一分为二，求小球沿斜面方向的位移差是多少。【答案】(1)0233vg；(2)20312vg；(3)206vg【解析】【详解】(1)设飞行时

间为t，则水平方向位移lABcos30°＝v0t竖直方向位移lABsin30°＝12gt2解得t＝02vgtan30°＝0233vg(2)当小球运动方向与斜面平行时，小球离斜面最远，此时tan30yxvv=，03vgt=当033vtg=时，小球离斜面

最远．则最远距离为222003tan30sin302212ymyvvvhagg===(3)根据以上分析可知，斜面高2202123vhgtg==斜面长sin30ABhl=从抛出到离斜面最远，水平位移0'xvt=，竖直位移21'2hgt=，根据几何关系可知，沿斜面方向位移222201712

mvsxyhg=+−=则从离斜面最远到底端，沿斜面方向位移202134ABvslsg=−=则小球沿斜面方向的位移差20216vsssg=−=20.如图所示，M是水平放置的半径足够大的圆盘，绕过其圆心的竖直轴OO匀速转动，规定经过O点且水平向右为x轴正方

向。在圆心O点正上方距盘面高为h处有一个可间断滴水的容器，从t=0时刻开始容器沿水平轨道向x轴正方向做初速为零的匀加速直线运动。已知t=0时刻滴下第一滴水，以后每当前一滴水刚好落到盘面时再滴下一滴水。则(1)每一滴水离开容器后经过多长时间滴落到盘面上？(2)要使每

一滴水在盘面上的落点都位于同一直线上，圆盘的角速度ω应为多大？(3)当圆盘的角速度为322gh时，第二滴水与第三滴水在盘面上落点间的距离为s，求容器的加速度a。【答案】(1)2hg；(2)2gkh=，其中k=1，2，3……(3)0.117

sgh【解析】【详解】(1)离开容器后，每一滴水在竖直方向上做自由落体运动。所以每一滴水滴落到盘面上所用时间2htg=(2)因为要使每一滴水在盘面上的落点都位于同一直线，则圆盘在t秒内转过的弧度为k，k为不为零的正

整数tk=，其中k=1，2，3……即2gkh=，其中k=1，2，3……(3)因为第二滴水离开O点的距离为221()2satatt=+①第三滴水离开O点的距离为231(2)(2)2satatt=+②且2htg=③又因为323222ght

hg===即第二滴水和第三滴水分别滴落在圆盘上x轴方向及垂直x轴的方向上。所以22223sss+=④联列①②③④可得730.11773sgsgahh==