2018-2019学年云南省玉溪一中高一下学期期中考试物理试卷（解析版）

2018-2019学年云南省玉溪一中高一下学期期中考试物理试卷（解析版）

‎2018-2019学年云南省玉溪一中高一下学期期中考试物理试卷（解析版）‎ 一、选择题（1-8题为单选题，每题3分，9-14题为多选择题，每题4分，共48分）‎ ‎1.关于运动的叙述，下列说法正确的是(　　)‎ A. 所有做曲线运动的物体，加速度都在发生变化 B. 做匀速圆周运动的物体，加速度为零 C. 加速度在减小，物体速度却在增大是有可能的 D. 所有做圆周运动的物体，合外力都指向圆心 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】并非所有做曲线运动的物体，加速度都在发生变化，例如平抛运动的加速度是不变的，选项A错误；做匀速圆周运动的物体，有向心加速度，即加速度不为零，选项B错误；若加速度和速度同向，加速度在减小，物体速度仍在增大，选项C正确；只有做匀速圆周运动的物体，合外力才指向圆心，选项D错误.‎ ‎2.下列说法正确的是（ ）‎ A. 牛顿首次发现了行星绕太阳运动的轨道是椭圆 B. 卡文迪许是第一个测出万有引力常量G的科学家 C. 牛顿是第一个测出万有引力常量的科学家 D. 经典力学适用于宏观的、高速的物体 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】开普勒首次发现了行星绕太阳运动的轨道是椭圆，选项A错误；卡文迪许是第一个测出万有引力常量G的科学家，选项B正确，C错误；经典力学适用于宏观的、低速的物体，选项D错误.‎ ‎3.如图甲所示，地面上有一质量为M的重物，用力F向上提它，力F变化而引起物体加速度a变化的函数关系如图乙所示，则以下说法中不正确的是(　　)‎ A. 当F小于图中A点值时，物体的重力Mg>F，物体不动 B. 图中A点值即为物体的重力值 C. 物体向上运动的加速度和力F成正比 D. 图线延长线和纵轴的交点B的数值的绝对值等于该地的重力加速度 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】物体未离开地面时，受拉力、重力和支持力，根据平衡条件，有N+F=mg，故重力大于拉力，故A正确；物体加速向上，当拉力大于重力时，物据牛顿第二定律，有F-Mg=Ma，解得①，当F=F0时，加速度为零，故F=Mg，故B正确；由图象，加速度与力是线性关系，不是正比关系，故C错误；由①式，当拉力为零时，加速度为-g，故D正确；此题选择不正确的选项，故选C。‎ ‎4.如图所示，板长为L，板的B端静止放有质量为m的小物块，物体与板的动摩擦因数为μ.开始时板水平，将木板逆时针缓慢转过一个小角度α的过程中，小物块始终保持与板相对静止，在这个过程中，下列说法正确的( ).‎ A. 小物块所受的摩擦力减小 B. 小物块所受的摩擦力增大 C. 木板对物块做功mgLcosα D. 以上说法都不对 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】小物块始终保持与板相对静止，在这个过程中物块所受的为静摩擦力，大小为f=mgsinθ，则随θ的变大，小物块所受的摩擦力增大，选项A错误，B正确；木板对物块做功等于木块重力势能的增加量mgLsinα，选项CD错误.‎ ‎5.如图所示，发射地球同步卫星时，先将卫星发射至近地圆轨道1，然后经点火将卫星送入椭圆轨道2，然后再次点火，将卫星送入同步轨道3,轨道1、2相切于Q点，2、3相切于P点，则当卫星分别在1、2、3轨道上正常绕行时，下列说法中正确的是( )‎ A. 卫星在轨道3上的绕行的速率大于在轨道1上绕行的速率 B. 卫星在轨道3上的周期大于在轨道2上的周期 C. 卫星在轨道1上经过Q点时的速度大于它在轨道2上经过Q点时的速度 D. 卫星在轨道2经过P点时的加速度大于它在轨道3上经过P点时的加速度 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】设卫星和地球的质量分别为m和M，卫星速率为v，轨道半径为r，则有，得到，可见半径小，速率大。故A错误。根据开普勒第三定律可知可知，卫星在轨道3上的轨道半径大于在轨道2上的半长轴，则卫星在轨道3上的周期大于在轨道2上的周期，选项B正确；卫星在轨道1上经过Q点时要通过加速才能进入轨道2，则卫星在轨道1上经过Q点时速度小于它在轨道2上经过Q点时的速度，选项C错误；根据牛顿第二定律， 可知，卫星在轨道2经过P点时的加速度等于它在轨道3上经过P点时的加速度，故D错误。‎ ‎6.绝缘支架上有两个相同的金属小球(均可视为点电荷)，它们带有异种电荷，带电量之比为1:9，在真空中相距为r，现挪动支架把它们接触后再放回原处，则它们间的库仑力为原来的( )倍 A. 16/9 B. 9/‎16 ‎C. 9/4 D. 4/9‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】因两电荷异性，设一个球的带电量为q，则另一个球的带电量为9q，此时，接触后再分开，带电量各为4q，则两球的库仑力大小，故A正确，BCD错误。‎ ‎7.质量为M的木块位于粗糙的水平面上，若用大小为F的水平恒力拉木块，使其速度由0增大到v，这一过程合力做功W1,木块加速度为a1, ,然后拉力方向不变，大小变为恒为‎2F，又作用一段时间，使其速度由v增大到2v，这一过程合力做功W2,加速度为a2,下列关系正确的是（ ）‎ A. W2=W1, a2=‎2a1,‎ B. W2=2W1,a2<‎2a1‎ C. W2＞3W1,a2=‎2a1‎ D. W2=3W1,a2＞‎2a1‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】由牛顿第二定律得：F-Ff=ma1；‎2F-Ff=ma2，由于物体所受的摩擦力Ff=μFN=μmg，即Ff不变，所以；由动能定理：；，故选D.‎ ‎8.如图所示，圆心在O点、半径为R的光滑圆弧轨道ABC竖直固定在水平桌面上，OC与OA的夹角为60°，轨道最低点A与桌面相切。一足够长的轻绳两端分别系着质量为m1和m2的两小球（均可视为质点），挂在圆弧轨道光滑边缘C的两边，开始时m1位于C点，然后从静止释放,则下列说法正确的是（ ）‎ A. 在m1由C点下滑到A点的过程中两球速度大小始终相等 B. 在m1由C点下滑到A点过程中，重力对m1做功功率先增大后减少 C. 在m1由C点下滑到A点的过程中，m1机械能守恒 D. 若m1恰好能沿圆弧下滑到A点，则m1＝‎‎3m2‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】m1由C点下滑到A点的过程中，沿绳子方向的速度是一样的，在m1滑下去一段过程以后，此时的绳子与圆的切线是不重合，而是类似于圆的一根弦线而存在，所以此时两个物体的速度必然不相同的，故A错误；重力的功率就是P=mgv，这里的v是指竖直的分速度，一开始m1是由静止释放的，所以m1一开始的竖直速度也必然为零，最后运动到A点的时候，由于此时的切线是水平的，所以此时的竖直速度也是零，但是在这个C到A 的过程当中是肯定有竖直分速度的，所以相当于竖直速度是从无到有再到无的一个过程，也就是一个先变大后变小的过程，所以这里重力功率mgv也是先增大后减小的过程，故B正确；在m1由C点下滑到A点的过程中m1对m2做正功，故m1的机械能减小，故C错误；若m1恰好能沿圆弧轨道下滑到a点，此时两小球速度均为零，根据动能定理得：m1gR（1-cos60°）=m2gR，解得：m1=‎2m2‎，故D错误。‎ ‎9.自行车的大齿轮、小齿轮、后轮的半径不一样，它的边缘有三个点A、B、C，如图所示．在自行车正常骑行时，下列说法正确的是(　 )‎ A. A、B两点的线速度大小相等 B. B、C两点的角速度大小相等 C. A、B两点的向心加速度之比与其半径成反比 D. B、C两点的线速度与其半径成反比 ‎【答案】ABC ‎【解析】‎ ‎【详解】AB两点在传送带上，是同缘传动的边缘点，所以两点的线速度相等，故A正确；BC两点属于同轴转动，故角速度相等，故B正确；根据可知，A、B两点的向心加速度之比与其半径成反比，选项C正确；根据v=ωr，B、C两点的线速度与其半径成正比，故D错误。‎ ‎10.如图所示，一个物体以速度v0冲向与竖直墙壁相连的轻质弹簧，墙壁和物体间的弹簧被物体压缩，在此压缩过程中以下说法正确的是(　　 )‎ A. 物体对弹簧做的功与弹簧的压缩量成正比 B. 物体的机械不能守恒 C. 弹力做正功，弹簧弹性势能减小 D. 弹力做负功，弹簧的弹性势能增加 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【详解】弹簧的弹力为 F=kx，弹力做功表达式，可见物体对弹簧做的功与弹簧的压缩量平方成正比，故A错误；因弹力对物体做负功，则物块的机械能减小，选项B错误；物体向左运动，弹力方向向右，故弹力做负功，弹簧的弹性势能增加，故C错误，D正确。‎ ‎11.汽车发动机的额定功率为P1，它在水平路面上行驶时受到的阻力f大小恒定，汽车在水平路面上由静止开始运动，最大速度为vm，汽车发动机的输出功率随时间变化的图像如图所示，则汽车(　 )‎ A. 0～t1做加速度减小的变加速运动 B. 0～t1做匀加速运动，牵引力大小不变 C. t1时刻达到最大速度 D. t1时刻以后做加速度减小的变加速运动，直到牵引力与阻力大小相等后做匀速运动 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【详解】根据P=Fv=Fat=(ma+f)at可知，在0～t1时间内功率随时间均匀增大，知汽车做匀加速直线运动，加速度恒定，则牵引力恒定，速度均匀增加。故A错误，B正确。当功率达到额定功率后，速度增大，牵引力减小，根据牛顿第二定律，知加速度减小，加速度与速度同向，速度继续增大，当加速度减小到零，速度达到最大，做匀速运动。故C错误，D正确。‎ ‎12.如图所示，一个内壁光滑的圆锥筒的轴线垂直于水平面，圆锥筒固定不动，有两个质量不同的小球A和B紧贴着内壁分别在图中所示的水平面内做匀速圆周运动，则下列说法正确的是(　 　)‎ A. 球A的向心加速度等于球B的向心加速度 B. 球A的角速度小于球B的角速度 C. 球A的线速度大于球B的线速度 D. 球A对筒壁的压力等于球B对筒壁的压力 ‎【答案】ABC ‎【解析】‎ ‎【详解】对小球受力分析，小球受到重力和支持力，它们的合力提供向心力，如图 根据牛顿第二定律，有： F=mgtanθ=m=mω2r=ma，解得：a=gtanθ，则两球的向心加速度相等；，由于A球的转动半径较大，A线速度较大；，由于A球的转动半径较大，则A的角速度较小。故ABC正确。由上分析可知，筒对小球的支持力，因两球质量不同，则球A对筒壁的压力不等于球B对筒壁的压力。故D错误。‎ ‎13.设地球的近地卫星的线速度为v1,向心加速度为a1,；地球赤道上的物体随地球自转的线速度为v2,向心加速度为a2；地球同步轨道卫星运行的线速度为v3，向心加速度为a3；下列选项中大小关系排列正确的是(　　 )‎ A. a1﹥a3﹥a2 B. a1=a2＞a3‎ C. v1﹥v2﹥v3 D. v1﹥v3﹥v2‎ ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【详解】同步卫星与赤道上的物体具有相同的角速度，根据v=ωr和a=ω2r可知，v3﹥v2，a3﹥a2；对近地卫星和同步卫星，由可知和可知v1﹥v3，a1﹥a3；即a1﹥a3﹥a2；v1﹥v3﹥v2，故选AD.‎ ‎14.如图所示，质量为M的木块放在光滑的水平面上，质量为m的子弹以速度v0沿水平方向射中木块，并最终留在木块中与木块一起以速度v运动．已知当子弹相对木块静止时，木块前进距离L，子弹进入木块的深度为s，若木块对子弹的阻力f视为恒定，则下列关系式中正确的是( )‎ A. ‎ B. ‎ C. ‎ D. ‎ ‎【答案】BCD ‎【解析】‎ ‎【详解】对子弹，由动能定理：，选项A错误，D正确；对木块，由动能定理：，选项B正确；两式相减可得：，选项C正确；‎ 二、实验题(每空2分，共14分) ‎ ‎15.某实验小组采用如图所示的装置探究功与速度变化的关系，小车在橡皮筋的作用下弹出后，沿木板滑行．打点计时器的工作频率为50 Hz.‎ ‎（1）实验中木板略微倾斜，这样做为了_________‎ A．使释放小车后，小车能匀加速下滑 B．可使得橡皮筋做的功等于合力对小车做的功 C．增大小车下滑的加速度 D．可使得橡皮筋松弛后小车做匀速运动 ‎（2）实验中先后用同样的橡皮筋1条、2条、3条……，合并起来挂在小车的前端进行多次实验，每次都要把小车拉到同一位置再释放小车．把第1次只挂1条橡皮筋时橡皮筋对小车做的功记为W1，第二次挂2条橡皮筋时橡皮筋对小车做的功为2W1，……：橡皮筋对小车做功后使小车获得的速度可由打点计时器打出的纸带测出．根据某次打出的纸带(如图所示)求：小车获得的最终速度为________ m/s.‎ ‎（3）若阻力已经完全平衡，根据多次测量数据画出的W－v2像如图所示，根据图线形状，可知W与v2的关系符合实际的是图 ________‎ ‎【答案】 (1). BD (2). 2.0 (3). A ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）实验中木板略微倾斜是平衡摩擦力，目的是使橡皮筋对小车的拉力为小车受到的合力，即可使得橡皮筋做的功等于合力对小车做的功，所以B正确，同时可使得橡皮筋松弛后小车做匀速运动，故D正确，显然AC错误．   （2）小车速度为 ‎ ‎ （3）由动能定理得：W=mv2，W与v2是正比关系，由图示图象可知，A正确．‎ ‎16.如题所示的装置验证机械能守恒定律的实验中，已知重锤的质量为m=‎1kg，打点计时器所用电源的频率为50 Hz，查得当地的重力加速度g＝‎9.80 m/s2，某同学选择了一条打下的理想的纸带，图中O点是打点计时器打出的第一个点，A、B、C、D分别是每打两个点取出的计数点，A、B、C、D各点到O点的距离如图，根据以上数据填空（注意所有计算结果均保留三位有效数字）‎ ‎（1）打B点时的瞬时速度为______m/s ‎（2）从O点到B点重锤的动能的增加量为______J;‎ ‎（3）从O点到B点重锤重力势能的减少量为____J；‎ ‎（4）对比增加的动能和减小的重力势能,实验结论是______________________‎ ‎【答案】 (1). 1.93 (2). 1.86 (3). 1.91 (4). 在误差范围内,重锤机械能守恒 ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）打B点时的瞬时速度为；‎ ‎（2）从O点到B点重锤的动能的增加量为;‎ ‎（3）从O点到B点重锤重力势能的减少量为:；‎ ‎（4）对比增加动能和减小的重力势能,实验结论是在误差范围内,重锤机械能守恒 三、计算题 ‎17.如图所示，半径R＝‎0.8 m的四分之一圆弧形光滑轨道竖直固定放置，B点离地面高h＝‎0.8 m，质量m＝‎1.0 kg的小滑块从圆弧顶点A静止释放， (不计空气阻力，取g＝‎10 m/s2)求：‎ ‎（1）小滑块刚到达圆弧轨道的最低点B点时的速度vB ‎ ‎（2）小滑块落地点C到B点的水平距离x ‎【答案】（1）‎4m/s（2）‎‎1.6m ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）由机械能守恒定律，得mgR＝mvB2 所以vB=‎4m/s.‎ ‎（2） 小滑块从B到C做平抛运动 水平方向x＝vBt ‎ 竖直方向h＝gt2 ‎ B到C点的水平距离为x=‎‎1.6m ‎18.如图，不可伸长的柔软轻绳跨过光滑的定滑轮，绳两端各系一小球a和b，a球质量为m，静止于地面，b球质量为‎3m，用手托住，高度为h，此时轻绳刚好拉紧。从静止开始释放b球，重力加速度为g,试计算：‎ ‎（1）释放后但b球落地前绳子拉力的大小 ‎（2）b球落地前瞬间速度的大小 ‎【答案】（1）1.5mg（2）‎ ‎【解析】‎ 详解】（1）由牛顿第二定律，对b:3mg-T=3ma 对a:T-mg=ma ‎ 两式联立得T=1.5mg ‎（2）对a、b组成的系统用机械能守恒：3mgh-mgh=‎ 所以 ‎19.天文学家发现了一种相互绕转的三颗恒星，可以将其称为三星系统。如图所示，假设三颗恒星质量相同，每颗星均为m，任意两颗星之间距离均为L，已知万有引力常量为G,它们仅在彼此的引力作用下围绕着三星系统的中心点O做匀速圆周运动，运动轨迹完全相同．试求：‎ ‎（1）每颗星做圆周运动的半径r ‎（2）每颗星运动做圆周的线速度v ‎【答案】（1）（2）每颗星运动做圆周的线速度v ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）由几何关系可知；‎ ‎（2）对三星系统中的任意一颗恒星，它所受万有引力的合力为 由F=得：‎ 所以 ‎20.如图所示，水平面上有一块木板，质量M＝‎4.0 kg，它与水平面间的动摩擦因数μ1＝0.10.‎ 在木板的最左端有一个小滑块(可视为质点)，质量m＝‎2.0 kg.小滑块与木板之间的动摩擦因数μ2＝0.50。开始时它们都处于静止状态。某时刻起对小滑块施加一个水平向右的恒力F＝18 N，此后小滑块将相对木板滑动，1.0 s后撤去该力。（重力加速度g=‎10m/s2）‎ ‎（1）求小滑块在木板上相对于木板向右滑行时，木板加速度的大小a；‎ ‎（2）若要使小滑块不离开木板，求木板的长度L应满足的条件．‎ ‎【答案】(1) ‎1 m/s2；(2) L≥‎‎2.25 m ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)小滑块在木板上滑行时，先做匀加速直线运动，然后做匀减速直线运动．小滑块受到的木板的摩擦力Ff1＝μ2FN1＝μmg＝10N；‎ 根据牛顿第三定律：木板受到的小滑块摩擦力的大小Ff1′＝μ2mg＝10N；‎ 木板受到的小滑块压力的大小FN1′＝FN1＝20N 木板受到地面的摩擦力Ff2＝μ1(Mg＋FN1)＝6N；‎ 在拉力F的作用下，滑块做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律，木板的加速度 。‎ ‎(2)小滑块的加速度a1＝m/s2＝‎4 m/s2；‎ 撤去拉力F时，滑块的速度v1＝a1t1＝‎4.0 m/s；‎ 滑块运动的距离x1＝a1t12＝‎‎2.0 m 撤去拉力后，滑块做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律，滑块的加速度：‎ 若滑块没有滑出木板，滑块与木板达到共同速度，设该速度为v2，则这段时间内v2＝v1＋a2t2‎ 在(t1＋t2)时间内，木板做匀加速直线运动，则有：v2＝a(t1＋t2)‎ t2＝0.5 s v2＝‎1.5 m/s；‎ 小滑块前进的位移x2＝＝‎1.375m；‎ 木板运动的位移x＝a(t1＋t2)2＝‎‎1.125 m 则滑块相对木板运动的距离d＝x1＋x2－x＝‎‎2.25m 所以要使小滑块不离开木板，木板长度L应满足L≥d，即L≥‎‎2.25 m