【物理】海南省三亚华侨学校2019-2020学年高二上学期期中考试试题（解析版）

【物理】海南省三亚华侨学校2019-2020学年高二上学期期中考试试题（解析版）

三亚华侨学校 2019—2020 学年度第一学期 高二年级物理科 期中考试 试卷 一．单选择题：（12 小题，每题 3 分，共 36 分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是 符合题目要求的。） 1.关于曲线运动的下列几种说法中正确的是（ ） A. 曲线运动的速度有可能不变 B. 曲线运动的速度大小有可能不变 C. 曲线运动可能没有加速度 D. 曲线运动的物体所受合力可能为零 【答案】B 【解析】 【详解】A 项：物体做曲线运动时，速度的方向沿曲线的切线方向，速度肯定变化，故 A 错误； B 项：物体做匀速圆周运动时速度大小不变。故 B 正确； C 项：物体做曲线运动时，速度肯定变化，必然有加速度。故 C 错误； D 项：物体做曲线运动的条件是合力的方向与速度方向不在同一条直线上，所以合外力不可 能为 0，故 D 错误。 故选：B。 2.质点在一平面内沿曲线由 P 运动到 Q，如果用 v、a、F 分别表示质点运动过程中的速度、 加速度和受到的合外力，下列图象中可能正确的是( 　) A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 解：A、物体做曲线运动，物体的速度的方向是沿着轨迹的切线方向的，所以 A 错误； B、物体受到的合力应该指向运动轨迹的弯曲的内侧，并且合力的方向和加速度的方向是相 同的，所以加速度的方向也是指向运动轨迹的弯曲的内侧，由此可以判断 BC 错误，D 正确； 故选 D． 【点评】根据物体的运动轨迹来判断受到的合力的方向，合力应该指向运动轨迹的弯曲的内 侧，这是解决曲线运动的时候经常用到的知识点． 3.弯道上高速行驶的赛车，突然后轮脱离赛车，关于脱离了的后轮的运动情况，以下说法中 正确的是（ ） A. 仍然沿着汽车行驶 弯道运动 B. 沿着与弯道垂直的方向飞出 C. 沿着脱离时轮子前进的方向做直线运动，离开弯道 D. 上述情况都不可能 【答案】C 【解析】 【详解】后轮未脱离赛车时，具有向前的速度，脱离赛车后，由于惯性，后轮保持原来向前 的速度继续前进，所以沿着脱离时轮子前进的方向做直线运动，离开弯道。故选 C。 4.一运动物体在相互垂直的两个方向上的运动规律分别是 x=3t[m],y=4t[m]，则下列说法正确 的是（ ） A. 物体在 x 轴和 y 轴方向上都是初速度为 5 米每秒的匀速直线运动 B. 物体的合运动是初速度为零，加速度为 5m/s2 的匀加速直线运动 C. 物体的合运动是初速度为零，加速度为 10m/s2 的匀加速直线运动 D. 物体的合运动是 5 米每秒的匀速直线运动 【答案】D 【解析】 【详解】根据匀变速直线运动的位移时间公式 可知，物体在 x 方向做初速度为 3m/s， 加速度为零的匀速直线运动；y 方向做初速度为 4m/s，加速度为零的匀速直线运动；由运动 的合成原则可知，物体的合运动是初速度为 5m/s，加速度为零的匀直线运动，故选 D。 5.在做匀速直线运动的火车上的一人（在确保安全的情况下）从窗口伸出手自由释放一物体， 不计空气阻力，在地面上的人看到该物体（ ） A. 做自由落体运动 B. 因惯性而向车前进的反方向沿抛物线落下 C. 将以此时火车的速度为初速度做平抛运动 D. 将向前下方做匀加速直线运动 【答案】C 【解析】 【详解】火车沿水平轨道匀速行驶，从火车落下的物体，有水平初速度，仅受重力，站在路 边的人看到物体做平抛运动。故 C 正确，ABD 错误。 的 x vt= 故选：C。 6.水平匀速飞行的飞机上，每隔相等的时间落下一个小球，若不计空气阻力，则每一个小球 在空中运动的轨迹及这些小球在空中的连线将分别是（ ） A. 抛物线、倾斜直线 B. 竖直直线、倾斜直线 C. 抛物线、竖直直线 D. 竖直直线、折线 【答案】C 【解析】 【详解】小球离开飞机后将做平抛运动，所以小球在空中的运动轨迹是抛物线； 小球在水平方向做匀速直线运动，速度大小与飞机速度相同，所以在空中各个小球应在同一 条竖直线上，所以 C 正确 ABD 错误。 故选：C。 7.在由东向西行驶的坦克上发炮，射击正南方向的目标。要击中目标，射击方向应该是（ ） A. 直接对准目标 B. 向东偏一些 C. 向西偏一些 D. 必需停下来射击 【答案】B 【解析】 【详解】因为合速度的方向指向南方，合速度为炮弹射出速度与坦克速度的合速度，坦克的 速度向西，根据平行四边形定则知，射击的方向偏向东南，即向东偏一些，故 B 正确，A、 C、D 错误。 故选：B。 8.物体从同一高度水平抛出，不计空气阻力，下列说法正确的是(　　) A. 质量越大，水平位移越大 B. 初速度越大，落地时竖直方向速度越大 C. 初速度越大，空中运动时间越长 D. 初速度越大，落地速度越大 【答案】D 【解析】 【详解】根据平抛运动的知识，运动的时间决定于高度，C 错误；水平位移大小决定于水平 速 度 与 高 度 ， A 错 误 ； 竖 直 方 向 速 度 ， 与 高 度 有 关 ， B 错 误 ； 落 地 速 度 ，可见初速度越大，则落地速度越大，D 正确。 9.如图所示，轻杆的一端有一个小球，另一端有光滑的固定轴 O，现给球一初速度，使球和 杆一起绕 O 轴在竖直面内转动，不计空气阻力，用 F 表示球在最低点时杆对小球的作用力， 则 F（ ） A. 一定是拉力 B. 一定是推力 C. 一定等于零 D. 可能是拉力，可能是推力，也可能等于零 【答案】A 【解析】 【详解】小球通过最低点时，受重力和杆 弹力作用，杆的弹力和重力和合力提供向心 力．小球通过最低点时，受重力和杆的弹力作用，杆的弹力和重力和合力提供向心力，加速 度方向向上，而重力方向向下，所以杆的弹力方向向上，一定是拉力．故选：A 10.对平抛运动的物体，若 g 已知，再给出下列哪组条件，可确定其初速度大小（ ） A. 水平位移 B. 下落高度 C. 水平位移和下落高度 D. 落地位移大小 【答案】C 【解析】 【详解】A 项：平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，根据 x＝vt 知，仅知道水平位移， 时间未知，不能求出初速度的大小，故 A 错误； B 项：根据 知，知道高度只能求出平抛运动的时间，水平位移未知，不能求出初 速度，故 B 错误； C 项：有高度可以求出平抛运动时间，由水平位移即可求得初速度，故 C 正确； D 项：仅知道落地位移大小，无法推导竖直高度和水平位移，故 D 错误。 故选：C。 11.已知两个质点相距为 r 时，它们之间的万有引力的大小为 F；当这两个质点间的距离变为 3 r 时，万有引力的大小变为( ) 的 21 2h gt= A. B. C. D. 3F 【答案】C 【解析】 【详解】根据万有引力定律公式 F=G 知，将这两个质点之间的距离变为原来的 3 倍， 则万有引力大小变为原来的 1/9，即为 F/9；故 C 正确，ABD 错误。故选 C。 12.首先测出“万有引力恒量”的科学家是 　　 A. 伽利略 B. 牛顿 C. 亚里士多德 D. 卡文迪许 【答案】D 【解析】 【详解】牛顿发现万有引力定律；首先测出“万有引力恒量”的科学家是卡文迪许，故选 D. 二、多项选择题（4 小题，每题 4 分，全对得 4 分，选不全得 3 分，选错不得分。共 16 分。） 13.如图，海王星绕太阳沿椭圆轨道运动，P 为近日点，Q 为远日点，M、N 为轨道短轴的两 个端点，运行的周期为 T0。若只考虑海王星和太阳之间的相互作用，则海王星在从 P 经 M、Q 到 N 的运动过程中( ) A. 从 P 到 M 所用的时间等于 B. 从 Q 到 N 阶段，机械能逐渐变大 C. 从 P 到 Q 阶段，速率逐渐变小 D. 从 M 到 N 阶段，万有引力对它先做正功后做负功 【答案】C 【解析】 【详解】A：海王星绕太阳沿椭圆轨道运动，运行的周期为 T0，则海王星从 P 到 Q 的时间 为 ；据开普勒第二定律可知，海王星从 P 到 M 运动的速率大于从 M 到 Q 运动的速率； 则海王星从 P 到 M 所用的时间小于 。故 A 项错误。 B：海王星在运动过程中只受太阳引力的作用，机械能守恒。故 B 项错误。 / 3F / 6F / 9F 2 Mm r ( ) 0 4 T 0 1 2T 0 1 4T C：据开普勒第二定律可知，海王星从 P 到 Q 阶段，速率逐渐变小。故 C 项正确。 D：海王星从 M 到 N 阶段，先远离太阳再靠近太阳，万有引力对它先做负功后做正功。故 D 项错误。 【点睛】海王星远离太阳运动时，引力做负功，动能减小，引力势能增加，机械能不变。 14.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 , 得 , 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 2 MmG mar = 2 GMa r = , 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； 15.如图所示,A 为地球同步卫星,B 为运行轨道比 A 低的一颗卫星,C 为地球赤道上某一高山 山顶上的一个物体,两颗卫星及物体 C 的质量都相同,关于它们的线速度、角速度、运行周期 和所受到的万有引力的比较,下列关系式正确的是( ) A. vB>vA>vC B. C. FB>FA>FC D. TA=TC>TB 【答案】AD 【解析】 【详解】A.AC 的角速度相等，由： 可知： AB 比较，同为卫星，由万有引力提供向心力，则有： 解得： 可知： 综合分析有： 2 GMmF r = A B C ω ω ω> > v rω= C Av v< 2 2 Mm vG mR R = GMv R = A Bv v< B A Cv v v＞ ＞ 故 A 正确； B.因为同步卫星想上对地面上的 C 静止，所以 AC 的角速度相等， AB 比较，同为卫星，由万有引力提供向心力，则有： 解得： 而 A 的角速度小于 B 的加速度；故： 故 B 错误； C.由万有引力公式可知： 即半径越大，万有引力越小；故： 故 C 错误； D.卫星 A 为同步卫星，周期与 C 物体周期相等；又万有引力提供向心力，即： 解得： 所以 A 的周期大于 B 的周期，综合分析有： 故 D 正确。 16.有 a、b、c、d 四颗地球卫星，a 还未发射，在赤道表面上随地球一起转动，b 是近地轨 道卫星，c 是地球同步卫星，d 是高空探测卫星，它们均做匀速圆周运动，各卫星排列位置 如图所示，则（　　） 2 2 MmG m rr ω= 3 GM r ω = A C B ω ω ω= < 2 MmF G R = A B CF F F＜ ＜ 2 2 2Mm m RR TG π     = 3 2 RT GM π= A C BT T T= > A. 在相同时间内 a 转过的弧长最长 B. b 的向心加速度近似等于重力加速度 g C. c 在 6h 内转过的圆心角是 D. d 的运动周期有可能是 22h 【答案】BC 【解析】 【详解】A、由 ，得 ，卫星的半径越大，线速度越小，所以 b 的 线速度比 c、d 大，而 a 与 c 的角速度相等，根据 v=ωr 可知，a 的线速度小于 c 的线速度， 则在相同时间内 b 转过的弧长最长;故 A 错误. B、b 是近地轨道卫星，则其向心加速度约为 g;故 B 正确. C、c 是地球同步卫星，周期是 24h，则 c 在 6h 内转过的圆心角是 ;故 C 正确. D、由开普勒第三定律 知，卫星的半径越大，周期越大，所以 d 的运动周期大于 c 的周期 24h;故 D 错误. 故选 BC 【点睛】对于卫星问题，要建立物理模型，根据万有引力提供向心力，分析各量之间的关系， 并且要知道同步卫星的条件和特点． 三、填空题：（每空 2 分，共 28 分） 17.质量为 m 的物块，系在弹簧的一端，弹簧的另一端固定在转轴上如图所示，弹簧的长度 为 ，使物块在光滑水平支撑面上以角速度 做匀速圆周运动，则此时弹簧的_________提 供向心力，向心力为_________。 。 2 π 2 2 Mm vG mr r = GMv r = 2 π 3 2 R kT = l 【答案】 (1). 弹力 (2). 【解析】 【详解】[1]对物体受力分析，可知其向心力由弹簧 弹力提供； [2]向心力的大小为： 18.匀速圆周运动的特点是：线速度_________；角速度_________；加速度_________；周期 _________。（以上空格均选填“变化”或“不变化”） 【答案】 (1). 变化 (2). 不变 (3). 变化 (4). 不变 【解析】 【详解】[1][2][3][4]匀速圆周运动的线速度是矢量，线速度大小不变，方向时刻改变，所以 线速度是变化的；匀速圆周运动是角速度不变的运动；匀速圆周运动的加速度是矢量，加速 度大小不变，方向时刻改变，所以加速度变化；匀速圆周运动周期不变。 19.如图所示 A 是 B 轮上的一点，B、C 两轮用皮带连接而不打滑 =1∶3∶2，则 A、 B 两点的线速度之比________，B,C 两点加速度之比________。 【答案】 (1). 1：3 (2). 2：3 【解析】 【详解】[1]A 与点 B 是同轴传动，角速度相等，故： A 与 B 的半径之比为 1：3，根据: 得线速度之比为： [2]B 与 C 是同源传递的边缘点，故： 的 2m lω 2 nF m lω= : :A B Cr r r A B ω ω= v rω= 1:: 3A Bv v = B 与 C 的半径之比为 3：2，根据： 得 B、C 的加速度之比为： 20.工厂的天车上钢丝绳长 ，用它来吊运 200kg 的机件。天车以 2m/s 的速度水平前 进，匀速行驶时钢丝绳的拉力为________ N。当天车突然刹车，机件刚开始摆动时，钢丝绳 对机件的拉力大小为________ N（g 取 10 ） 【答案】 (1). 2000 (2). 2200 【解析】 【详解】[1]行车匀速行驶时，以铸件为研究对象，根据平衡条件得钢丝的拉力为： =200×10N=2000N [2] 由题意知，行车突然停车的瞬间，铸件开始做圆周运动，其所受合力提供向心力，即： 代入数据解得： N 21.如图所示，已知导体棒中通有电流 I，导体棒长度为 L，磁场磁感应强度为 B，当导体棒 按下面几种方式放置时，写出导体棒所受安培力的大小． F=________ F=_________ F=________ F=________ 【答案】 (1). BIL； (2). BIL； (3). BIL； (4). 0 【解析】 【详解】当导体棒与磁场垂直时受的安培力最大，平行时受安培力为零，则从左到右，导体 B Cv v= 2va r = : 2:3B Ca a = 4mL = 2m/s 1F mg= 2 2 vF mg m L − = 2 2200F = 棒所受安培力的大小分别为：BIL、BIL、BIL、0. 【点睛】此题关键是搞清四个导体棒的放置方式，知道导体棒与磁场垂直时受的安培力最大， 最大值为 BIL，平行时受安培力为零. 四、计算题（共 20 分） 22.当汽车通过拱桥顶点的速度为 10m/s 时，拱桥的圆弧半经为 50 米，求汽车对拱桥压力的 大小和方向？（汽车的质量 m=200kg,g 取 10 ） 【答案】1600N, 向下 【解析】 详解】根据牛顿第二定律得： 解得： 代入数据解得： N=1600N 根据牛顿第三定律知，汽车对桥顶的压力为 =1600N，向下。 23.行星绕恒星环绕半径为 r,周期为 T，则恒星的质量 M 等于？（用 r,T 表示） 【答案】 【解析】 【详解】根据万有引力提供向心力有： 解得： 24.一物体在离地面 20 米处，以水平速度为 7.5m/s 抛出。在仅受重力的作用下，g=10m/s2.求 抛出点到落地点的位移大小。 【答案】25m 【 2m/s 2vmg N m r − = 2vN mg m r = − ´N 2 3 2 4 r GT π 2 2 2MmG m rr T π =    2 3 2 4 rM GT π= 【解析】 【详解】小球在竖直方向做自由落体运动，抛出时离地面的高度为： 解得： t=2s 小球平抛的水平位移为： 解得： x=15m 所以抛出点到落地点的位移大小： 解得： s=25m 21 2h gt= 0x v t= 2 2s h x= +