【文档说明】《精准解析》江西省赣州市赣县第三中学2020-2021学年高一（下）期末适应性考试物理试题（解析版）.doc，共(19)页，870.000 KB，由小赞的店铺上传

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高一物理试卷一、单选题（共7题；共28分）1.为了锻炼儿童的协调性，周末父子俩站在同一位置玩“掷硬币”游戏，两人同时向正前方水平地面上的小碗水平抛出硬币，硬币恰好都落入碗中央。若硬币离手后的运动可视为平抛运动

，它们的初速度分别为v1与v2，如图所示，下列说法正确的是()A.v1＜v2B.v1＞v2C.爸爸的硬币先落入碗中D.两人掷出的硬币同时落入碗中【答案】B【解析】【分析】【详解】设抛出的硬币做平抛运动的初速度为v，水平抛出时的高度为h，下落

的时间为t，则由212hgt=解得2htg=硬币水平方向的位移2hxvtvg==由于爸爸较高，故爸爸的硬币在空中运动时间较长，后落入碗中；因两人水平位移x相同，所以爸爸的初速度较小，即v2＜v1；故B正确ACD错误。故选B。2.如图所示，A为主动轮，B、C为从动轮（皮带不打滑），三轮通过绷紧的皮

带连接，三轮半径之比为123::4:2:3RRR=，A轮匀速转动，111ABC、、分别为ABC、、轮边缘上的点。则（）A.111ABC、、三点的线速度大小之比为4：2：3B.111ABC、、三点的角速度大小之比为2：4：3C.111ABC、、三点的周期之比为4：2：3D.11AC、两点的向心加

速度大小之比为9：16【答案】C【解析】【分析】【详解】A．三轮通过皮带传动，边缘线速度相等，即111ABC、、三点的线速度大小之比为1：1：1，A错误；B．由=vR可知，角速度与半径的倒数成正比，即111ABC、、三点的角速度大小之比为3：6：

4，B错误；C．由2T=可知，周期与角速度的倒数成正比，即111ABC、、三点的周期之比为4：2：3，C正确；D．由2aR=可知，11AC、两点的向心加速度大小之比为3：4，D错误。故选C。3.如图所示，半径为R，表面光滑的半圆柱体固定于水平地面上，其圆心在O点。位于竖直面内的光滑曲

线轨道AB的底端水平，与半圆柱相切于半圆柱面顶点B，质量为m的小滑块从距B点高为R的A点由静止释放，则小滑块（）A.将沿半圆柱体表面做圆周运动B.落地点距离O点的距离为2RC.落地时的速度大小为2gRD.小球落地时重力的功率为2mggR【答

案】C【解析】【分析】【详解】AB．当小球在B点支持力为零时，有2BvmgmR=解得BvgR=根据动能定理得212mgRmv=解得滑块到达B点的速度为2vgRgR=可知物块越过B点后做平抛运动，故A错误；B．根据212Rgt=得2Rtg=则

水平位移为222RxvtgRRg===故B错误；C．滑块落地时的竖直分速度为2yvgR=根据平行四边形定则知，落地的速度为22222yvvvgRgRgR=+=+=故C正确；D．小球落地时重力的功率为2yPmgvmggR==故D错误。故选C。4.如图所示，在水

平向左匀速行驶的车厢中，站在车内的人用力沿车前进的方向推车厢，已知人与车厢始终保持相对静止。则下列分析正确的是（）A.人对车厢的作用力不做功B.人对车厢的作用力做正功C.车厢对人的作用力做正功D.车厢对人的作用力做负功【答案】A【解析】

【分析】人对车厢的作用力是人对车厢所有力的合力，分析各个力做功情况，方便解题。【详解】AB．水平向左匀速行驶的车厢中，人受力平衡，合力为零，人对车厢作用力有推力，摩擦力，压力，推力和摩擦力大小相等方向相反，压力方向竖直向

下，压力不做功，故人对车厢的作用力不做功，A正确，B错误；CD．同理可知，车厢对人的作用力不做功，C错误，D错误。故选A。5.如图所示，一个小球在F作用下以速率v做匀速圆周运动，若从某时刻起，小球的运动情况发生了变化，对于引起小球沿a、b、c三种轨迹运动的原因，下列说法正确的是（）A.

沿a轨迹运动，可能是F减小了一些B.沿b轨迹运动，一定是v增大了C.沿b轨迹运动，可能是F减小了D.沿c轨迹运动，一定是v减小了【答案】C【解析】【分析】【详解】A．沿a轨迹运动，是小球没有力作用时的轨迹，所以

A错误；BC．沿b轨迹运动，可能是v增大了或可能是F减小了一些，所以B错误；C正确；D．沿c轨迹运动，可能是v减小了或可能是F增大了，所以D错误；故选C。6.物块B套在倾斜杆上，并用轻绳与物块A相连，今使物块B沿杆由点M匀速下滑到N点，运动中连接

A、B的轻绳始终保持绷紧状态，在下滑过程中，下列说法正确的是（）A.物块A的速度先变大后变小B.绳上的拉力先大于物体A的重力，再小于物体A的重力C.物块A先处于超重状态再处于失重状态D.物块A始终处于超重状态【答案】D【解析】【详解】A．将B的速度分解为沿绳子方向和

垂直于绳子方向，如图：根据平行四边形定则，沿绳子方向的速度为cosABvv=可知在增大到90的过程中，A的速度方向向下，且逐渐减小；由图可知，当B到达P点时，B与滑轮之间的距离最短，90=，A的速度等于0，随后A向上运动，且速度增大．所以在B沿杆由点M匀速下

滑到N点的过程中，A的速度先向下减小，然后向上增大，故A错误；BCD．物体A向下做减速运动和向上做加速运动的过程中，加速度的方向都向上，所以A始终处于超重状态，绳上的拉力始终大于物体A的重力，故D正确，BC错误。故选D。7.2020年11月24日4时30分，长征五号遥五运载火箭

在中国海南文昌航天发射场成功发射，飞行约2200s后，顺利将探月工程“嫦娥五号”探测器送入预定轨道，开启中国首次地外天体采样返回之旅。如图所示为“嫦娥五号”运行的示意图，“嫦娥五号”首先进入近地圆轨道I

，在P点进入椭圆轨道Ⅱ，到达远地点Q后进入地月转移轨道，到达月球附近后，经过一系列变轨进入环月轨道。近地圆轨道I的半径为r1，“嫦娥五号”在该轨道上的运行周期为T1；椭圆轨道Ⅱ的半长轴为a，“嫦娥五号”在该轨道

上的运行周期为T2；环月轨道Ⅲ的半径为r3，“嫦娥五号”在该轨道上的运行周期为T3。地球半径为R，地球表面重力加速度为g。“嫦娥五号”在轨道I、Ⅱ上运行时月球引力的影响不计，忽略地球自转，忽略太阳引力的影响。下列说法正确的是（）

A.33331222123rraTTT==B.“嫦娥五号”在轨道I的运行速度等于1grC.“嫦娥五号”在轨道Ⅱ上运行时，在Q点的速度小于在P点的速度D.“嫦娥五号”在轨道I上P点的加速度小于在轨道Ⅱ上P点的加速度【答案】C【解析】【分析】【详解】A．根据开普勒第三

定律可知，3312212raTT=成立，中心天体是地球；但是3323rT，中心天体是月球，与前两项比例关系不一致，故A错误；B．根据牛顿第二定律，“嫦娥五号”在轨道I211vmgmr=“嫦娥五号”在轨道

I的运行速度11vgr=g1是r1处的重力加速度，g是地球表面的重力加速度，故B错误；C．“嫦娥五号”在轨道Ⅱ上运行时，Q为远地点，P为近地点，在Q点的速度小于在P点的速度，故C正确；D．根据牛顿第二定律，在同一点P，“嫦娥五号”受地球引力相同，则“嫦娥五号”在轨道I上P点的加速度等于

在轨道Ⅱ上P点的加速度，故D错误。故选C。二、多选题（共3题；共12分）8.如图，一名学生将篮球从同一位置斜向上抛出，其中两次篮球垂直撞在竖直墙上，不计空气阻力，则下列说法中正确的是（）A.从抛出到撞墙，第一次球在空中运动的时间较长B.篮球两次撞墙速度一样大C.

篮球两次抛出时速度的竖直分量可能相等D.篮球两次抛出时速度大小可能相同【答案】AD【解析】【分析】【详解】AB．由于两次篮球垂直撞在竖直墙壁上，因为在两次中，篮球被抛出后的运动可以看作是平抛运动的逆反运动，加速度都是g，在竖直方向212hgt=

因为h1>h2，则t1>t2；因为水平位移相等，由x=v0t可知，篮球撞墙的速度v01<v02，即篮球两次撞墙的速度不一样大，A正确，B错误；C．两次抛出时速度竖直方向的分量由vy=gt可知，第一次大于第二次，即篮球两次抛出时

速度的竖直分量不相等，C错误；D．由速度合成的平行四边形定则知202vvgh=+第一次的水平速度小，可竖直方向上升的高度大，第二次的水平速度大，可竖直方向上升的高度小，因此篮球两次抛出时速度大小可能相同，D正确。故选AD。9.如图所示，a为地球赤道上的

物体，b为沿地球表面附近做匀速圆周运动的人造卫星，c为地球同步卫星。关于a、b、c做匀速圆周运动的说法正确的是（）A.向心力关系为Fa>Fb>FcB.向心加速度的大小关系为aa<ac<abC.线速度的大小关系为va<

vc<vbD.周期关系为Ta=Tc<Tb【答案】BC【解析】【分析】【详解】卫星由万有引力充当向心力22222MmmvGmrmrrrT===得3GMr=，GMvr=，2GMar=A．因a

物体与b、c两卫星的质量关系未知，则三者的向心力无法比较，故A错误；B．向心加速度由于b比c半径小，所以b的向心加速度大于c，a与c角速度相同，c的半径大，c的向心加速度比a大，故B正确；C．由vr=，a比c线速度小，b比c线速度大，所以有bcavvv，故C正确

；D．因为rc>rb，所以c的角速度比b小，c的周期比b大，故D错误；故选BC。10.如图甲，光滑圆轨道固定在竖直面内，小球沿轨道始终做完整的圆周运动。已知小球在最低点时对轨道的压力大小为N，动能为Ek。改变小球在最低点的动能，小球对轨道压力N的大小随之改变

。小球的N－Ek图线如图乙，其左端点坐标为（[1]，[2]），其延长线与坐标轴的交点分别为（0，a）、（－b，0）。重力加速度为g。则（）A.小球的质量为gaB.圆轨道的半径为baC.图乙[1]处应为5bD.图乙[2]处应为6a【答案】CD【解析】【详解】在最低点由牛顿

第二定律得2kvNmgmER−==变形得kNmgE=+由图可知mga=解得amg=由题意可知k=-mgbE−=−其中2kk2=EmvERR=联立解得2bRa=CD．图线的最左端表示小球恰好能完成整个圆周运动，即有2vmgm

R=高2[2]=[1]mvmgR−=从最高点到最低点由机械能守恒有2211222mgRmvmv=−高联立解得[1]55mgb==，[2]66mga==故CD正确。故选CD。三、实验探究题（共2题；每空2分，共14分）11.在“

研究平抛运动”实验中，某同学只记录了小球运动途中的A、B、C三点的位置，取A点为坐标原点，则各点的位置坐标如图所示，g取10m/s2，则：（1）平抛的初速度为_______m/s．（2）B点的速度为______m/s．（3）小球抛出点的位置坐标是（）cm，___

__cm）．【答案】①.1②.5③.-10④.-5【解析】【详解】(1)根据△y=gT2得0.400.150.150.1s10yTg−−===,则平抛运动的初速度00.11m/s0.1xvT===(2)B点竖直方向的分速度0.42m/s20.2

ACByyvT===，则B点的速度2205m/sBByvvv=+=.(3)小球运动到B点的时间20.2s10Byvtg===，所以B点的水平位移为00.2m=20cmxvt==，竖直位移211100.040.2m20cm22ygt====;所以小

球抛出点的位置横坐标为10-20=-10cm，纵坐标为15-20=-5cm.即抛出点的坐标位置为(-10cm，-5cm).【点睛】解决本题的关键掌握平抛运动水平方向和竖直方向上的运动规律，灵活运用运动学公式进行求解．12.某同学用如图所示的实验装置验证机械能守恒定律，将气垫导轨固定

在水平桌面上，调节旋钮P使其水平，在气垫导轨的左端固定一光滑的定滑轮，在B处固定一光电门，测出滑块及遮光条的总质量为M、将质量为m的钩码通过细线与滑块连接，宽度为d的遮光条中心到光电门中心之间的距离为x，打开气源，滑块从A处由静止释放，遮光条经过光电门的遮光时间

为t，取遮光时间t内的平均速度作为滑块经过B处的速度，钩码离地面足够高，重力加速度为g。（1）关于实验操作和注意事项，下列说法正确的是______；A．必须满足m远小于MB．定滑轮的质量要足够小C．用手向上托稳钩码，由静止开始释放钩码（2）滑块由A运

动到B的过程中，滑块及遮光条和钩码组成的系统重力势能的减小量ΔEp为______，滑块及遮光条和钩码组成的系统动能的增加量ΔEk为______；（结果均用题给字母表示）（3）改变x重复实验得到多组数据，用图象法处理数

据，为了形象直观，应该作______。A．x－t图象B．x－t2图象C．x－21t图象【答案】①.B②.mgx③.()2212dMmt+④.C【解析】【分析】【详解】(1)[1]A．该装置是要验证机械能守恒定律，要验证的表达式为21()2mgxmMv=+故不

需要满足m远小于M，A错误；B．定滑轮的质量要足够小，若定滑轮质量较大，转动时有动能的增大，造成滑块、钩码系统机械能的减小，产生较大误差，B正确；C．用手向上托稳钩码，由静止开始释放钩码，可能会导致细绳松弛，绷直时有机械

能损失，正确的做法应该是用手按住滑块，然后由静止释放，C错误。故选B。(2)[2]滑块及遮光条和钩码组成的系统重力势能的减小量ΔEp=mgx[3]运动至B处时滑块的速度为dvt=滑块及遮光条和钩码组成的系统

动能的增加量ΔEk=()()2221122dMmvMmt+=+(3)[4]由(2)的分析可得，要验证的表达式为()2212dmgxMmt=+整理得()2212Mmdxmgt+=为了形象直观，应该作x－21t图象，C正确。故选C。四、综合题（共4题；共46分）13.小船在1

00m宽的河中横渡，当小船船头垂直河岸行驶渡河时，经过20秒时间，小船到达正对岸下游60m的位置。已知sin37°=0.6，cos37°=0.8，假设河岸平直。求：（1）河水流动的速度大小；（2）小船在静水中的速度大小；（3）若调整船头方向，使小船

到达正对岸，求小船渡河时间。【答案】（1）3m/s；（2）5m/s；（3）25s【解析】【分析】【详解】(1)小船船头正对河岸行驶渡河时水速为160m/s3m/s20xvt===(2)小船在静水中的速度是2100m/s5m/s20dvt===(3)设静水速的方向偏向上游与河岸成θ，根据

平行四边形定则有22222153m/s4m/svvv=−=−=渡河时间是100s25s4dtv===14.一宇航员在半径为R、密度均匀的某星球表面，做如下实验：如图所示，在不可伸长的长度为l的轻绳一端系一质量为m的小球，另一端固定在O点，当小球绕O点在竖直面内做

圆周运动通过最高点速度为v0，绳的弹力为零。不计小球的尺寸，已知引力常量为G，求：(1)该行星表面的重力加速度；(2)该行星的第一宇宙速度；(3)该行星的平均密度。【答案】(1)20vgl=；(2)0Rvvl=；(3

)2034vGlR=【解析】【分析】【详解】(1)小球通过最高点时20vmgml=解得20vgl=(2)对在行星表面附近做匀速圆周运动的质量为m0的卫星，有200vmgmR=解得第一宇宙速度为0Rvvl=(3)对行星表面质量为m1的

物体，有112MmGmgR=解得行星质量220RvMGl=故行星的密度MV=343VR=解得2034vGlR=15.如图所示，ABCD为固定在竖直平面内的轨道，其中ABC为光滑半圆形轨道，半径为R，CD为水平粗糙轨道，小滑块与水平轨道间的动摩擦因数

μ=0.2.一质量为m的小滑块（可视为质点）从D点获得某一初动能，使它向左运动冲上圆轨道，恰好能通过最高点A，CD间距为5R。已知重力加速度为g。求：(1)小滑块到达A点的速度vA；(2)小滑块在D点获得的初动能Ek【

答案】(1)gR；(2)3.5mgR【解析】【详解】(1)小滑块在A点有2AvmgmR=AvgR=(2)根据题意，小滑块从D到A的过程中根据动能定理得21-2-52AkmgRmgRmvE=−解得3.5kEmgR=16.如图甲所示，一根轻质弹簧左端固定在竖直墙面上，右端放一个可

视为质点的小物块，小物块的质量为m=0.4kg，当弹簧处于原长时，小物块静止于O点。现对小物块施加一个外力F，使它缓慢移动，，将弹簧压缩至A点，压缩量为x=0.1m，在这一过程中，所用外力F与压缩量的关系如图乙所示。然后撤去F释放小物块，让小物块沿桌面运动，设小物块与桌面的滑动摩擦力等于

最大静摩擦力，小物块离开水平面做平抛运动，下落高度h=0.8m时恰好垂直击中倾角θ为37°的斜面上的C点，sin37°=0.6，g取10m/s2。求：（1）小物块到达桌边B点时速度的大小；（2）在压缩弹簧的过程中，弹簧存贮的最大弹性势能；（3）O点至桌边B点的距离L。【答

案】（1）3.0m/s；（2）2.3J；（3）0.4m【解析】【详解】（1）物块由B到C做平抛运动212hgt=物块在C点垂直击中斜面有0tan37vgt=0v=3.0m/s（2）由图知滑动摩擦力f=1.0N

推力做的功()F47.01.00.1=J+1.00.1J=2.4J2W−压缩过程中由功能关系得FP=0WfxE−−P=2.3JE（3）物块从A到B的过程中，由功能关系得()2P012EfxLmv−+=L=0.4m获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100

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