1、梧州市20192020学年度下学期高一期末抽样检测物理（全卷满分120分，考试时间90分钟）第卷（选择题 共60分）一、选择题（本大题共12小题，每小题5分，共60分。在每小题给出的四个选项中，第110题只有一个选项正确。第1112题有多个选项正确，全选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分）1. 下列说法符合史实的是（ ）A. 开普勒发现了万有引力定律B. 牛顿发现了行星的运动规律C. 第谷通过观察发现行星运动轨道是椭圆，总结了行星轨道运行规律D. 卡文迪许第一次在实验室里测出了万有引力常量【答案】D【解析】【详解】A项：开普勒发现了行星的运动规律，故A错误；B项：牛顿发现了万有引力
2、定律，故B错误；C项：开普勒通过观察发现行星运动轨道是椭圆，总结了行星轨道运行规律，故C错误；D项：卡文迪许第一次在实验室里测出了万有引力常量，故D正确【点睛】本题考查物理学史，是常识性问题，对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加强记忆，这也是考试内容之一2. 一物体由静止开始自由下落，一小段时间后突然受一恒定水平向右的风力的影响，但着地前一段时间内风突然停止，则其运动的轨迹可能是( )A. B. C. D. 【答案】C【解析】由力的独立作用原理可知，没有风力时物体做自由落体运动，有风力后水平方向匀加速直线运动，水平分速度逐渐增大，撤去风力后水平速度不变，竖直分速度继续增大，C对3. 小船过
3、河时，船头偏向上游与水流方向成角，船相对静水的速度为v，其航线恰好垂直于河岸。现水流速度稍有增大，为保持航线不变，且准时到达对岸，下列措施中可行的是（）A. 增大角，增大船速vB. 减小角，增大船速vC. 减小角，保持船速v不变D. 增大角，保持船速v不变【答案】A【解析】【详解】由题意可知，船相对静水的速度为v ，其航线恰好垂直于河岸。因为合速度方向指向河岸且大小不变，如图可得当水流速度增大时，可增大船速v，同时增大角，故A符合题意，BCD不符合题意。故选A。4. 如图所示为学员驾驶汽车在水平面上绕O点做匀速圆周运动的俯视示意图。已知学员在A点位置，教练员在B点位置，A点的转弯半径为5.0m
4、，B点的转弯半径为4.0m，学员和教练员（均可视为质点）（）A. 运动周期之比为54B. 运动角速度之比为45C. 向心加速度大小之比为45D. 运动线速度大小之比为54【答案】D【解析】【详解】AB学员和教练员都绕同一点O做圆周运动，则运动周期和运动角速度相等，选项AB错误；C根据a=2r可知，因学员和教练员做圆周运动的半径之比为5:4，则向心加速度大小之比为54，选项C错误；D根据v=r可知，因学员和教练员做圆周运动的半径之比为5:4，则线速度大小之比为54，选项D正确。故选D。5. 如图所示,一铁球用细线悬挂于天花板上,静止垂在桌子边缘, 细线穿过一光盘的中间孔,手推光盘在桌面上平移,
5、光盘带动细线紧贴着桌子的边缘以水平速度匀速运动,当光盘由位置运动到图中虚线所示的位置时 ,细线与竖直方向的夹角为,此时铁球A. 竖直方向速度大小为B. 竖直方向速度大小为C. 竖直方向速度大小为D. 相对于地面速度大小为【答案】B【解析】【详解】线与光盘交点参与两个运动，一是逆着线的方向运动，二是垂直线的方向运动，则合运动的速度大小为v，由数学三角函数关系，则有：，而线的速度的方向，即为小球上升的速度大小，故B正确，AC错误；球相对于地面速度大小为，故D错误【点睛】对线与CD光盘交点进行运动的合成与分解，此点既有逆着线方向的运动，又有垂直线方向的运动，而实际运动即为CD光盘的运动，结合数学三角
6、函数关系，即可求解6. 2018年12月我国成功发射嫦娥四号探测器.2019年1月嫦娥四号成功落月，我国探月工程四期和深空探测工程全面拉开序幕假设探测器仅在月球引力作用下，在月球表面附近做匀速圆周运动.可以近似认为探测器的轨道半径等于月球半径已知该探测器的周期为T.万有引力常量为G根据这些信息可以计算出下面哪个物理量A. 月球的质量B. 月球的平均密度C. 该探测器的加速度D. 该探测器的运行速率【答案】B【解析】【详解】根据，由于月球的半径R未知，则不能求解月球的质量M，选项A错误；，解得，则选项B正确；根据可知，不能求解该探测器的加速度，选项C错误；根据可知，不能求解该探测器的运行速率，选
7、项D错误；故选B.7. 如图物体A、B叠放在一起，A用绳系在固定的墙上，用力F将B拉着右移，用T、fAB、fBA分别表示绳中拉力、A对B的摩擦力和B对A的摩擦力，则下面叙述中正确的是（）A. F做正功，fAB做负功，fBA做正功，T不做功B. F做正功，fAB做负功，fBA和T不做功C. F、fBA做正功，fAB、T不做功D. F做正功，其他力都不做功【答案】B【解析】【详解】由题意可知，A不动，B向右运动，但均受到滑动摩擦力，由于B相对A向右运动，故其受到的摩擦力向左，与位移方向相反，做负功，拉力与位移同向，做正功，由于A没有位移，所以绳的拉力和不做功；故选B8. 不可回收的航天器最终将成为
8、漂浮在太空中的垃圾如图所示是绕地球运行的太空垃圾，对于离地面越高的太空垃圾，下列说法正确的是（）A. 运行速率越大B. 运行角速度越小C. 运行周期越小D. 向心加速度越大【答案】B【解析】【详解】绕地球运行的太空垃圾，地球对它的万有引力提供向心力，有解得即离地面越高，速率越小，角速度越小，周期越大，向心加速度越小。故选B。9. 农民在精选谷种时，常用一种叫“风车”的农具进行分选。在同一风力作用下，谷种和瘪谷（空壳）都从洞口水平飞出，结果谷种和瘪谷落地点不同，自然分开，如图所示。若不计空气阻力，对这一现象，下列说法正确的是（）A. 谷种和瘪谷飞出洞口后都做匀变速曲线运动B. 谷种飞出洞口时的速
9、度比瘪谷飞出洞口时的速度大C. 谷种和瘪谷从飞出洞口到落地的时间不相同D. M处是谷种，N处是瘪谷【答案】A【解析】【详解】A若不计空气阻力，谷种和瘪谷飞出洞口后做平抛运动，平抛运动是匀变速曲线运动，故谷种和瘪谷飞出洞口后都做匀变速曲线运动，故A正确；B在大小相同的风力作用下，由于谷种的质量大，所以离开风车时的速度小，故B错误；C谷种和瘪谷飞出洞口后做平抛运动，平抛运动在竖直方向做自由落体运动，高度相同，故运动时间相同，故C错误；D由于谷种飞出时的速度较小，而谷种和瘪谷的运动的时间相同，所以谷种的水平位移较小，瘪谷的水平位移较大，所以M处是瘪谷，N处是谷种，故D错误。故选A。10. 如图所示，
10、小球从斜面的顶端A处以大小为的初速度水平抛出，恰好落到斜面底部的B点，且此时的速度大小，空气阻力不计，（，）该斜面的倾角为（）A. 60B. 53C. 37D. 30【答案】C【解析】【详解】根据平抛运动的一个重要的推论，速度偏转角的正切等于位移偏转角正切的2倍，即有解得故有故选C。【点睛】平抛运动中的一个重要的推论，速度偏转角的正切等于位移偏转角正切的2倍。11. 下列对有关情景描述中，符合物理学实际的是（）A. 洗衣机脱水时利用向心运动把附着在衣物上的水分甩掉B. 汽车通过拱形桥最高点时对桥的压力小于汽车重力C. 绕地球沿圆轨道飞行的航天器中悬浮的宇航员处于平衡状态D. 火车轨道在弯道处应
11、设计成外轨高内轨低【答案】BD【解析】【详解】A洗衣机脱水时利用离心运动把附着在衣物上的水分甩掉，故A不符合题意；B汽车通过拱形桥最高点时，由牛顿第二定律可知由牛顿第三定律可知，桥对汽车的支持力与汽车对桥的压力是一对相互作用力，大小相等，所以，汽车通过拱形桥最高点时对桥的压力小于汽车重力，故B符合题意；C绕地球沿圆轨道飞行的航天器中悬浮的宇航员，万有引力提供向心力，宇航员处于完全失重，不属于平衡状态，故C不符合题意；D火车轨道在弯道处设计成外轨高内轨低，火车靠重力与支持力的合力提供向心力，故D符合题意。故选BD。12. 有一款蹿红的微信小游戏“跳一跳”，游戏要求操作者通过控制棋子(质量为m，可
12、视为质点)脱离平台时的速度，使其能从同一水平面上的平台跳到旁边的另一平台上如图所示的抛物线为棋子在某次跳跃过程中的运动轨迹，轨迹的最高点距平台上表面高度为h，不计空气阻力，重力加速度为g，则A. 棋子从离开平台至运动到最高点过程中，重力势能增加mghB. 棋子从离开平台至运动到最高点的过程中，机械能增加mghC. 棋子离开平台后距平台面高度为时动能为D. 棋子落到另一平台上时的速度大于【答案】AD【解析】【详解】A.重力势能增加量等于克服重力做功的值，所以：，A正确B.棋子从离开平台至运动到最高点的过程中，只有重力做功，动能和重力势能相互转化，总的机械能保持不变，所以机械能守恒，B错误C.从初
13、态到最高点时，设水平速度，设初动能为，有：，当到达高度为时有：，解得：，C错误D.从最高点到落另一平台，竖直方向自由落体：，即：，所以落到另一平台速度，D正确第卷（非选择题 共60分）二、实验题（本大题共2小题，共18分）13. （1）在用小球、斜槽、重垂线、木板、坐标纸、图钉、铅笔做 “研究平抛运动”的实验中，下列说法正确的是_ A斜槽轨道必须光滑B斜槽轨道末短可以不水平C应使小球每次从斜槽上相同的位置自由滑下D要使描出的轨迹更好地反映小球的真实运动，记录的点应适当多一些（2）若某次研究平抛运动的实验中，用一张印有小方格的纸记录轨迹，小方格的边长L，小球在平抛运动途中的几个位置如图中的a、b
14、、c、d所示，则小球平抛的初速度v0= _ （用g，L表示），a点_ （选填“是”或“不是”）小球的抛出点【答案】 (1). CD (2). (3). 不是【解析】【详解】(1)1A斜槽轨道没必要光滑，只要到达底端的速度相等即可，故A错误；B斜槽轨道末端必须水平，以保证小球做平抛运动，故B错误；C应使小球每次从斜槽上相同的位置自由滑下，故C正确；D要使描出的轨迹更好地反映小球的真实运动，记录的点应适当多一些，故D正确。故选CD。(2)23从图中看出，a、b、c、d4个点间的水平位移均相等，是x=2L因此这4个点是等时间间隔点。竖直方向两段相邻位移之差是个定值，即y=gT2=L再根据解出因竖直方
15、向的位移之比是1:2:3，不是1:3:5，所以a点不是小球的抛出点。14. 某同学用如图乙所示的实验装置验证和组成的系统机械能守恒，已知，由静止释放，拖着纸带运动，打点计时器在纸带上打出一系列点，通过对纸带上的点的测量分析，即可验证机械能守恒定律，已知，某次实验打出的纸带如下图甲所示。O是打下的第一个点，然后每隔4个点取一个计数点，分别标记为A、B、C、D、E、F，分别测出各计数点到O点距离，其中C、D、E到O点的距离已经标出，已知打点计时器所使用交流电电压为220V、频率为50Hz。(1)纸带上打下D点时的速度为_。（结果保留3位有效数字）(2)从打下“O”点到打下“D”点的过程中，经过分析
16、计算的机械能增加了，的机械能_（选填“增加”或“减少”）了。(3)理论上，和相等，但由上述计算结果表明和组成的系统机械能有所损失，损失的机械能转化为_（具体到物体和能量，写出其中一条即可）(4)若某同学作出物体速度随上升高度的图像如图丙，则当地的实际重力加速度_。（结果保留2位有效数字）【答案】 (1). 1.60m/s (2). 减少 (3). 滑轮（纸带、细线）的动能 (4). 9.7【解析】【详解】(1)1因为物体作匀变速直线运动，所以D点的瞬时速度等于CE两点间的平均速度，即(2)2如果忽略阻力做功，对m1和m2组成的系统，机械能守恒，m1的机械能增加了，那么m2的机械能会减少。(3)
17、3理论上，和相等，但由上述计算结果表明和组成的系统机械能有所损失，损失的机械能除因摩擦转化为内能外，还转化为滑轮（纸带、细线）的动能。(4)4对m1和m2组成的系统，由机械能守恒可得代入，可得由题图可知，设直线的斜率为k，则故有三、计算题（本大题共3小题，共42分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分。有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位）15. 我国自行研制、具有完全自主知识产权新一代大型喷气式客机C919首飞成功后，拉开了全面试验试飞的新征程，假设飞机在水平跑道上的滑跑是初速度为零的匀加速直线运动，当位移x=1.6103 m时才能达到起飞所要求的
18、速度v=80 m/s已知飞机质量m=7.0104 kg，滑跑时受到的阻力为自身重力的0.1倍，重力加速度取求：（1）飞机滑跑过程中加速度a的大小；（2）飞机滑跑过程中牵引力的平均功率P【答案】（1）a=2 m/s2 （2）P=8.4106 W【解析】试题分析：飞机滑跑过程中做初速度为零的匀加速直线运动，结合速度位移公式求解加速度；对飞机受力分析，结合牛顿第二定律，以及求解牵引力的平均功率；（1）飞机滑跑过程中做初速度为零的匀加速直线运动，有v2=2ax，解得a=2m/s2（2）设飞机滑跑受到的阻力为，依题意可得=0.1mg设发动机牵引力为F，根据牛顿第二定律有；设飞机滑跑过程中的平均速度为，有
19、在滑跑阶段，牵引力的平均功率，联立式得P=8.4106W【点睛】考查牛顿第二定律，匀变速直线运动，功率的求解，加速度是连接力和运动的桥梁，本题较易，注意在使用公式求解功率时，如果v对应的是瞬时速度，则求解出来的为瞬时功率，如果v为平均速度，则求解出来的为平均功率16. 设想宇航员完成了对火星表面的科学考察任务后，乘坐返回舱返回围绕火星做匀速圆周运动的轨道舱。如图所示，己知火星表面重力加速度为g，火星半径为R，轨道舱到火星中心的距离为r，不计火星自转的影响。求：(1)轨道舱所处高度的重力加速度大小；(2)轨道舱绕火星做匀速圆周运动的速度v大小和周期T；(3)若该宇航员在火星表面做实验发现，某物体
20、在火星表面做自由落体运动的时间，是在地球表面同一高度处做自由落体运动的时间的1.5倍，已知地球半径是火星半径的2倍，求火星的第一宇宙速度与地球的第一宇宙速度的比值。【答案】(1) (2) ； ；(3)【解析】【详解】(1)根据万有引力等于重力可知，在火星表面在轨道舱所处高度联立解得轨道舱所处高度的重力加速度大小(2)轨道舱在所处高度，重力提供向心力联立解得轨道舱绕火星做匀速圆周运动的速度大小周期(3)物体在星球表面做自由落体运动解得 星球表面，重力等于万有引力 解得第一宇宙速度 某物体在火星表面做自由落体运动的时间是在地球表面同一高度处做自由落体运动的时间的1.5倍，地球半径是火星半径的2倍，
21、则火星的第一宇宙速度v1与地球的第一宇宙速度v2的比值为v1：v2=17. 如图所示为某同学设计的投射装置，水平地面上固定一根内壁光滑的细管道（管道直径忽略不计），管道下端固定在水平地面上，管道竖直部分长度为2R，部分是半径为R的四分之一圆弧，管口沿水平方向，O为圆弧的圆心。与圆心O水平距离为R的竖直墙壁上固定圆形靶子，圆心与O等高，E、F为靶子的最高点和最低点。管道内A处有一插销，挡住下面的小球，弹簧上端与小球并未连接，弹簧下端固定在金属杆上，可通过上下调节改变弹簧压缩量。小球质量为m且可视为质点，不计空气阻力和弹簧的质量，重力加速度为g。为了让小球击中靶子的圆心，求：(1)小球从管口离开时的速度大小；(2)小球对管道处的压力；(3)弹簧储存的弹性势能。【答案】(1)；(2)mg；(3)【解析】【详解】(1)小球从C点离开后到圆心O的过程做平抛运动，则水平方向，有R=vCt竖直方向有可得(2)设在C处，管道对小球的作用力方向竖直向下，大小为F，由牛顿第二定律得可得F=-mg负号表示F的方向竖直向上；根据牛顿第三定律知小球对管道C处的压力大小为mg，方向竖直向下。(3)小球由A至C运动过程中，取A所在水平面为零势能面。根据能量守恒可知 解得弹簧储存的弹性势能
