【文档说明】【精准解析】河北省滦南县第一中学2019-2020学年高一下学期期末考试物理试题.doc，共(13)页，374.500 KB，由小赞的店铺上传

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滦南一中2019-2020学年度第二学期期末考试高一年级物理试卷一、单项选择题（本题共8小题，每小题4分，共32分。在下列各题的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的）。1.关于物体做曲线运动说法正确的是（）A.速度可以是不变的

B.速度一定是变化的C.合力一定是变化的D.合力与速度方向可以相同【答案】B【解析】【详解】AB．做曲线运动的物体，其速度方向时刻改变，而速度大小不一定变，故速度是变化的，故A错误，B正确；C．合力可以不变，比如做平抛运动的物体受重力

作用，而重力是恒力，故C错误；D．物体做曲线运动的条件是合力与速度不在同一条直线上，故D错误。故选B。2.关于运动的分运动与合运动，下列说法正确的是（）A.两个匀变速直线运动的合运动轨迹一定是直线B.不在同一直线的两个匀

速直线运动的合运动轨迹一定是直线C.不在同一直线的两个匀变速直线运动的合运动轨迹一定是直线D.不在同一直线的一个匀加速直线运动、另一个匀速运动的合运动轨迹可能是直线【答案】B【解析】【详解】A．两个匀变速直线运动的合运动的轨迹，若合速度与合

加速度不共线，则是曲线，若共线则是直线，故A错误；B．不在同一直线的两个匀速直线运动的合运动，知合加速度为零，合速度不为零，则合运动仍然是匀速直线运动，故B正确；C．不在同一直线的两个匀变速直线运动的合运动一定是匀变速运动，若合速度的方向与合

加速度的方向不共线，则合运动是匀变速曲线运动；若合速度的方向与合加速度的方向在同一条直线上，则合运动是匀变速直线运动，故C错误；D.不在同一直线上的一个匀速直线运动和一个匀加速直线运动的合运动，因为加速度与速度不在同一直线上，故

它的合运动是一个匀变速度曲线运动，故D错误。故选B。3.关于平抛运动，下列说法错误的是（）A.平抛运动在水平方向的运动是匀速直线运动B.平抛运动在竖直方向的运动是自由落体运动C.平抛运动是一种匀变速运动D.平抛运动是一种非匀变速运动【答案】D【解析】【详解】AB．根据

平抛运动的性质可知，平抛运动在水平方向的运动是匀速直线运动，在竖直方向的运动是自由落体运动，故AB正确，不符合题意；CD．平抛运动的物体只受重力，加速度为g，做匀变速曲线运动，故C正确，不符合题意；D错误，符合题意。故选D。4.已知某型号自行车机械传动部分如图所示，A点在前齿轮边

缘上，B点在后齿轮边缘上，C点在车轮边缘上，前齿轮半径为10cm，后齿轮半径为5cm，车轮半径为30cm．脚踏板匀速转动时，下列说法正确的有（）A.A、B两点角速度相同B.B、C两点线速度相同C.A、C两点的加速度大小不同D.B点转动周期小于C点的转动

周期【答案】C【解析】【详解】A．AB是用皮带连接的，故AB两点线速度相同，因两点的半径不同，故两点的角速度不同，故A错误；BD．BC两点是共轴转动的，故两点的角速度相同，由半径不相同，故两点的线速度不相同，而两点转动的周期相同，

故BD错误；C．由题知A的半径为10cm，B的半径为5cm，根据vr=可知A的角速度是B的角速度的一半，而BC两点的角速度相同，故A角速度是C角速度的一半，根据2ar=则有221114312AAACCCarar===故A、C两点的加

速度大小不同，故C正确。故选C。5.以下物体均在做圆周运动，运动中由摩擦力提供向心力的是（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【详解】A．小球在漏斗中圆周运动由重力和漏斗的支持力的合力提供向心力，故A不符合题意；B．木块随圆盘一起圆周运

动，由静摩擦力提供向心力，故B符合题意；C．小球在铁环内圆周运动，由重力和圆环的弹力的合力提供向心力，故C不符合题意；D．衣服随脱水桶一起圆周运动，竖直方向受力平衡，由筒壁的弹力提供向心力，故D不符合题意。故选B。6.铁路在弯道处的内外轨道高度是不同的，已知内外轨道所在平面与水平面

成θ，如图所示，水平弯道处的圆弧半径为R，若质量为m的火车以大于tanRg的速度匀速率转弯时，下列说法正确的是（）A.内轨对内侧车轮轮缘有挤压B.外轨对外侧车轮轮缘有挤压C.这时铁轨对火车的支持力等于cosmgD.这时铁轨对火车的作用力等于mgcosθ【答案】B【解析】【详解】A

B.火车的重力和轨道对火车的支持力的合力恰好等于需要的向心力时，此时火车的速度2tanvmmgR=当火车转弯的速度大于tanRg，需要的向心力增大，而重力与支持力的合力不变，所以合力小于了需要的向心力，外轨就要提供一定的力，所以此时外轨对外侧车轮

轮缘有挤压。故A错误，B正确；C.当内外轨没有挤压力时，根据受力分析得cosmgN=外轨对火车的作用力沿着轨道平面，可以把这个力分解为水平和竖直向上两个分力，由于竖直向下的分力的作用，使支持力变大，故C错误；D.铁轨对火车的作用力为轨道对火车的支持力和外轨对外侧车轮轮缘的压力的合力

，故D错误。故选B。7.北斗三号最后一颗全球组网卫星于2020年6月30日下午成功定点于距离地球3.6万公里的地球同步轨道。已知地球半径为6.4103公里，引力常量G=6.67×10-11Nm2/kg2，下列关于该卫星的说法错误的是（）A.线速度约为3.1公里每秒B.周期等于24小

时C.轨道平面一定与赤道平面共面D.轨道平面可以是与赤道平面平行的任意平面【答案】D【解析】【详解】AB．该卫星所在的轨道是地球同步轨道，故周期等于24小时，则线速度为()323.14640036000

102m/s3082m/s243600rvT+==即线速度约为3.1公里每秒，故AB正确，不符合题意；CD．同步卫星的轨道平面一定与赤道平面共面，故C正确，不符合题意；D错误，符合题意。故选D。8.某运动员推铅球的过程简化如图：

1为铅球刚出手的位置，2为铅球在空中的最高点位置，3为铅球落地的位置。铅球运动过程中（）A.铅球由位置1到位置2的过程，重力做正功B.铅球由位置2到位置3的过程，重力做负功C.铅球由位置1到位置3的过程，动能守恒D.铅球由位

置1到位置3的过程，机械能守恒【答案】D【解析】【详解】A．铅球由位置1到位置2的过程，高度升高，重力做负功，故A错误；B．铅球由位置2到位置3的过程，高度降低，重力做正功，故B错误；CD．铅球由位置1到位置3的过程，

只有重力做功，机械能守恒，并不是动能守恒，故C错误，D正确。故选D。二、多项选择题（本题共4小题，每小题4分，共16分。在下列各题的四个选项中，有两个或三个选项是符合题目要求的。选对但不全者得2分，错选或不选得0分）9.“套圈”是老少皆宜的游戏．如图所示

，某人某次抛出铁丝圈，落在了目标的后方（水平距离偏小），抛出的铁圈在以下哪种情况下有可能套住目标（）A.高度不变，以较小的初速度水平抛出B.高度不变，以较大的初速度水平抛出C.初速度不变，高度增大D.初速度不变，

高度减小【答案】BC【解析】【详解】设铁丝圈平抛运动的水平初速度为v0，抛出点离目标的高度为h，水平位移为x，则在竖直方向上有212hgt=解得2htg=则水平位移002hxvtvg==A．高度不变，以

较小的初速度水平抛出，则水平位移更小，不可能套住目标，故A不符合题意；B．高度不变，以较大的初速度水平抛出，则水平位移变大，有可能套住目标，故B符合题意；C．初速度不变，高度增大，则水平位移变大，有可能套住目标，故C符合题意；D．初速度不变，高度减小，则

水平位移更小，不可能套住目标，故D不符合题意。故选BC。10.如图所示，a、b两颗质量不相同的地球卫星分别在半径不同的轨道上绕地球做匀速圆周运动，则（）A.卫星a的周期一定大于卫星b的周期B.卫星a的线速度一定大于卫星b的线速度C.卫星a的向心力一定大于卫星b的向心力D.卫星a的加

速度一定大于卫星b的加速度【答案】BD【解析】【详解】A．根据万有引力提供向心力，则有2224MmGmrrT=解得32rTGM=，因b的半径大，故b的周期大，故A错误；B．根据万有引力提供向心力，则有22MmvGmrr=解得GMvr=，因a的半径小，故a的线速

度大，故B正确；C．根据n2MmFGr=由于不知道两卫星的质量关系，故无法判断向心力大小，故C错误；D．根据万有引力提供向心力，则有2MmGmar=解得2GMar=，因a的半径小，故a的加速度大，故D正确。故选BD。11.神舟号载人飞船在发射至返回过程中，说法正确的是（）A.飞船升空过程机械能

守恒B.飞船在椭圆轨道上绕地球运行的阶段机械能守恒C.返回舱在大气层外向着地球做无动力飞行的阶段机械能守恒D.降落伞张开后，返回舱下降的阶段机械能不守恒【答案】BCD【解析】【详解】A．飞船在升空的阶段，推力做正功，机械能增加，故机械能不守恒，故A错误；B．飞船在椭圆轨道

上绕地球运行的阶段，只有万有引力作用，机械能守恒，故B正确；C．返回舱在大气层外向着地球做无动力飞行阶段，只有万有引力做功，机械能守恒，故C正确；D．降落伞张开后，返回舱下降的阶段，要克服空气阻力做功，故机械能减小，故机械能不守恒，故D正确。故选BCD。1

2.一重物质量为m，在一竖直向上的拉力F作用下，加速上升h，恒定空气阻力为f，上升过程中，有（）A.重力势能增加了mghB.动能增加了(F-mg-f)hC.机械能增加(F-f)hD.机械能增加Fh【答案】ABC【解析】【详解】A．重物

上升h，重力做负功，故重力势能增加了mgh，故A正确；B．根据动能定理有()kEFmgfh=−−故动能增加了(F-mg-f)h，故B正确；CD．根据功能关系，可知机械能的增加量等于除重力之外的其他力做的功，即()EFfh=−故C正确，D错误。故选ABC。三、填空（

本题共5小题，每题4分，共20分）13.某同学在研究平抛运动实验中，将一小球沿水平方向由桌面抛出，测得课桌的桌面距地板高为a，小球落至水平地板上的位置距抛出点的正下方为b，已知当地的重力加速度为g，则：小球做平抛运动的初速度为______；【答案】02gvba=【解析】【详解】[

1]根据平抛运动的规律，在竖直方向上有212agt=在水平方向上有0bvt=解得02gvba=14.质量为1.0103kg的汽车，以10m/s的速度驶至一半径为100m的拱桥顶点时，对桥的压力大小为________N【答案】39.010

N【解析】【详解】汽车在拱桥顶点时，根据牛顿第二定律得2vmgNmR−=代入数据解得39.010NN=根据牛顿第三定律知，汽车对桥顶的压力大小为39.010N15.质量为1.0103kg的汽车，行驶至一半径为100m的拱桥顶点时，当

该车速度达到__________m/s时，汽车对桥顶的压力为零。（g=10m/s2）【答案】1010【解析】【详解】汽车对桥顶的压力为零，根据牛顿第二定律得2vmgmR=代入数据解得1010m/sv=16.小明体重为70kg，他从一楼匀速跑到五楼用时20s，已知楼层高为3m

，他克服自身重力做功的功率约为__________（g=10m/s2）【答案】420W【解析】【详解】[1]一楼到五楼的高度为43m12mh==小明克服重力所做的功701012J8400JWmgh===他克服重力做功的功率8400W=420W20WPt==17.

在“验证机械能守恒定律”的实验中，正确的操作步骤按顺序应是:_____________。①把纸带的一端用夹子固定在重物上，另一端穿过打点计时器的限孔，用手提着纸带使重物停靠在打点计时器附近；②选取点迹较为清晰且第一、二个点间距接近2mm的纸带，测量数据；③先接通电源，待打

点稳定后松开纸带，让重物自由下落，重复几次，打下3条纸带；④将打点计时器固定在铁架台上，用导线将打点计时器与交流电源相接；⑤计算动能的增加量和重力势能的减少量，比较二者数值；【答案】④①③②⑤【解析】【详解】[1]根据实验原理，可

知正确的操作步骤按顺序应是：④将打点计时器固定在铁架台上，用导线将打点计时器与交流电源相接；①把纸带的一端用夹子固定在重物上，另一端穿过打点计时器的限孔，用手提着纸带使重物停靠在打点计时器附近；③先接通电源，待打点稳定后松开纸带，让重物自由下落，重复几次，打下3条纸带；

②选取点迹较为清晰且第一、二个点间距接近2mm的纸带，测量数据；⑤计算动能的增加量和重力势能的减少量，比较二者数值；故正确的操作步骤按顺序应是：④①③②⑤。四、计算题（本题共32分，其中18题10，19题10分，20题12分。解题过程中要求写出必要的文字说明）1

8.一石块从距离水平地面20m的高度，以10m/s的速度水平抛出。不计阻力，g=10m/s2，计算结果可以带根号。求：（1）石块下落的时间；（2）石块的最大位移；（3）石块的落地的瞬时速度大小。【答案

】（1）2s；（2）202m；（3）105m/s【解析】【详解】（1）小球在竖直方向做自由落体运动，则有212hgt=代入数据解得t=2s（2）水平位移为0102m20mxvt===则石块的最大位移为22sxh=+代入数据解得202ms=（3）经过t=2s竖直方向的速度为20m/syv

gt==则石块的落地的瞬时速度大小220105m/syvvv=+=19.已知月球的质量约为m=7×1022kg，月球与地球间距约为r=4×108m，月球绕地球运动一周的时间约为27.3天，引力常量为G=6.67×10﹣11Nm2/kg2。计算结果保留一位有效数

字，求：（1）月球与地球的万有引力大小；（2）地球质量。【答案】（1）22210N；（2）24610kg【解析】【详解】（1）月球与地球的万有引力大小22228222244(3.14)710410N210N(27.324360

0)FmrT==（2）根据2224MmGmrrT=解得232424610kgrMGT=20.如图所示，一半径为R的半球固定于水平地面上，今有一可视为质点的小球从半球顶点由静止开始滑下，忽略一切阻力，已知当地的重力加

速度为g。（1）求小球落地瞬时的速度大小；（2）已知小球是在落地前离开半球面的，求小球离开球面时距离地面的高度；【答案】（1）2vgR=；（2）23hR=【解析】【详解】（1）下滑过程中只有重力做功，根据

机械能守恒，则有212mgRmv=解得2vgR=（2）当球面对小球的支持等于零时，小球离开球面，设小球离开球面的速度为1v，如图所示根据牛顿第二定律有21cosvmgmR=根据几何关系有coshR=解得21mghmv=从离开球面到落地，根据动能定理有22

11122mghmvmv=−联立解得23hR=