2018-2019学年江苏省沭阳县高一下学期期中调研测试物理试题（解析版）

2018-2019学年江苏省沭阳县高一下学期期中调研测试物理试题（解析版）

‎2018-2019学年江苏省沭阳县高一下学期期中调研测试 高一物理试卷 一、单选题 ‎1.能量守恒定律的建立是人类认识自然的一次重大飞跃，它是最普遍、最重要、最可靠的自然规律之一．下列说法正确的是（  ）‎ A. 因能量守恒，所以不需要节约能源 B. 因为能量不会消失，所以不可能有能源危机 C. 不同形式的能量之间可以相互转化 D. 能量可以被消灭，也可以被创生 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 掌握热力学四个定律的内容和本质。‎ ‎【详解】自然界的总能量是守恒的，能量即不能被消灭，也不能被创生，但随着能量耗散，能量可以利用的品质降低了，可利用的能源减少了，所以会有能源危机，所以我们要节约能源。所以A、B、D均错，而C正确。故选C。‎ ‎【点睛】本题关键是根据热力学第二定律进行分析，即能量虽然守恒，但热过程具有方向性，故能量存在耗散，能量可以利用的品质会降低了。‎ ‎2.一个物体做曲线运动,在某时刻物体的速度v和合外力F的方向可能正确的是 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】A ‎【解析】‎ 试题分析：曲线运动速度在曲线的切线方向上，合外力一定指向曲线弯曲的内测．故A正确，BCD错误．‎ 故选：A ‎3.如图所示，在开门过程中，门上A、B两点的角速度ω、线速度v、向心加速度a的大小关系是 A. ωA>ωB B. vA=vB C. vAaB ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.门上A、B两点属于同轴转动模型，所以两点具有相同的角速度，A错误 BC.根据线速度方程：，因为两点角速度相同，所以半径大的A点线速度大，，BC错误 D.根据向心加速度方程：，角速度相同，半径大的A点向心加速度更大，aA>aB，D正确 ‎4.如图所示，在匀速转动水平圆盘上有两个质量相同的物块P和Q两物块均可视为质点，它们随圆盘一起做匀速圆周运动，线速度大小分别为和，摩擦力大小分别为和，下列说法中正确的是 A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】同轴传动角速度相等，故ωp=ωq，由于rp＜rQ，根据v=rω，有vp＜vQ，故CD错误；由于rp＜rQ，根据F=mrω2可知Fp＜FQ，故A正确，B错误；故选A。‎ ‎5.公路在通过小型水库的泄洪闸的下游时，常常要修建凹形桥，也叫“过水路面”。如图所示，汽车通过凹形桥的最低点时 A. 车对桥的压力等于汽车的重力 B. 车对桥的压力小于桥对汽车的支持力 C. 汽车所需的向心力就是地面对车的支持力 D. 为了防止爆胎，车应低速驶过 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】ABC.在最低点，根据牛顿第二定律知：地面对车的支持力与车的重力的合力提供了向心力，设桥对车的支持力为N，有，所以，根据牛顿第三定律得：车对桥的压力等于桥对车的支持力，所以车对桥的压力大于重力，ABC错误 D.为了防止爆胎，应减小桥对车的支持力N，，所以应该减小速度，D正确 ‎6.如图所示，地球的公转轨道接近圆，哈雷彗星的运动轨道则是一个非常扁的椭圆。已知哈雷彗星轨道的半长轴约等于地球公转半径的18倍，由此可知 A. 地球质量与哈雷彗星质量之比为18∶1‎ B. 地球的公转周期与哈雷彗星的公转周期之比为1∶‎ C. 地球的公转周期与哈雷彗星的公转周期之比为1∶18‎ D. 地球受到太阳的引力与哈雷彗星在远日点时受到太阳的引力之比为182∶1‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.因为哈雷彗星的轨道不是圆周，无法使用向心力方程，只能通过开普勒定律进行求解，所以无法求得质量关系，A错误 BC.根据开普勒第三定律得：，解得：，B正确C错误 D.根据万有引力提供向心力可知：，由于不知道两星球质量关系，所以无法比较引力大小，D错误 ‎7.2019年春节期间，中国科幻电影里程碑的作品《流浪地球》热播。影片中为了让地球逃离太阳系，人们在地球上建造特大功率发动机，使地球完成一系列变轨操作，其逃离过程如图所示，地球在椭圆轨道I上运行到远日点B变轨，进入圆形轨道Ⅱ。在圆形轨道Ⅱ上运行到B点时再次加速变轨，从而最终摆脱太阳束缚。对于该过程，下列说法正确的是 A. 沿轨道I运动至B点时，需向前喷气减速才能进入轨道Ⅱ B. 沿轨道I运行时，在A点的加速度小于在B点的加速度 C. 沿轨道I运行的周期小于沿轨道Ⅱ运行的周期 D. 在轨道I上由A点运行到B点的过程，速度逐渐增大 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.从低轨道I进入高轨道Ⅱ，离心运动，需要交点B处点火加速，A错误 B.从A到B的过程，根据万有引力提供加速度：，得：B点距太阳更远，加速度更小，B错误 C.根据开普勒第三定律得：轨道半长轴越大，周期越长，所以轨道Ⅱ上运行周期长，C正确 D.从A到B的过程，引力做负功，动能减小，所以B点速度小于A点速度，D错误 ‎8.下列情境中，纸箱、花盒、花盆、铁球和拖把受到的重力一定做功的是 （ ）‎ A. 向高处堆放纸箱 B. 水平移动花盆 C. 没能提起铁球 D. 水平方向移动拖把 ‎【答案】A ‎【解析】‎ A、往高处堆放纸箱时，人对纸箱力向上，物体有向上的位移；故重力做功；故A正确； B、水平移动花盆时，花盆没有竖直方向上的位移；故重力不做功；故B错误；C、没有提起铁球时，铁球没有位移；故重力不做功；故C错误；D、水平移动的拖把，由于没有竖直方向上位移；故重力不做功；故D错误；故选A。‎ ‎【点睛】本题考查功的计算，要注意明确公式中的位移应为沿力方向上的位移．‎ ‎9.关于弹簧的弹性势能，下列说法中正确的是 A. 当弹簧变长时，它的弹性势能一定增大 B. 当弹簧变短时，它的弹性势能一定变小 C. 弹簧长度相同的弹簧具有相同的弹性势能 D. 在弹簧被拉伸的长度相同时，劲度系数k越大的弹簧，它的弹性势能越大 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 当弹簧变长时，它的弹性势能不一定增大，若弹簧处于压缩状态时，弹簧的弹性势能减小。故A错误。若处于压缩状态时，弹簧变短时，弹簧的弹性势能增大。故B错误。由，可知弹簧形变量相同时，弹簧具有相同的弹性势能。故C错误。由，可知在拉伸长度相同时，k越大的弹簧，它的弹性势能越大。故D正确。故选D。‎ ‎【点睛】对于弹簧，当弹簧形变量越大，弹性势能越大．在拉伸长度相同时，k越大的弹簧，它的弹性势能越大．在拉伸长度相同时，k越大的弹簧，它的弹性势能越大．‎ ‎10.“歼-20”是中国自主研制的双发重型隐形战斗机，该机将担负中国未来对空、对海的主权维护任务。在某次起飞中，质量为m的“歼-20”以恒定的功率P起动，其起飞过程的速度随时间变化图像如图所示，经时间t0飞机的速度达到最大值为vm时，刚好起飞。关于起飞过程，下列说法正确的是 A. 飞机所受合力不变，速度增加越来越慢 B. 飞机所受合力增大，速度增加越来越快 C. 该过程克服阻力所做的功为 D. 平均速度 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】AB.根据图像可知，图像的斜率为加速度，所以起飞中，斜率越来越小，加速度越来越小，速度增加越来越慢，根据牛顿第二定律，加速度减小，合外力减小，AB错误 C.根据动能定理可知：，解得：，C正确 D.因为不是匀变速运动，所以平均速度不等于，D错误 二、多选题 ‎11.下列现象中，能用离心现象解释的是　　‎ A. 拍掉衣服表面的灰尘 B. 洗衣机的脱水筒把衣服上的水脱干 C. 用手把温度计中的水银柱甩回玻璃泡内 D. 匀速直线运动的公共汽车急刹车时，乘客都向前倾倒 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【详解】拍掉衣服表面的灰尘利用的是惯性，选项A错误；洗衣机的脱水筒把衣服上的水脱干，利用的是离心现象，选项B正确；用手把温度计中的水银柱甩回玻璃泡内，利用的是离心作用，选项C正确；匀速直线运动的公共汽车急刹车时，乘客都向前倾倒是惯性现象，选项D错误；故选BC.‎ ‎12.有一种“套环”游戏:把一金属小环平抛出去,环落地时套住摆放在地上的奖品,游戏者就可以获得这个奖品。一次抛环的轨迹如图所示,要想下一次套中奖品,游戏者该如何调整(不计空气阻力)‎ A. 不改变抛出点的高度,适当增大抛出的速度 B. 不改变抛出点的高度,适当减小抛出的速度 C. 不改变抛出的速度,适当增大抛出点的高度 D. 不改变抛出的速度,适当减小抛出点的高度 ‎【答案】AC ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 金属小环做平抛运动，落地点在奖品的左方，说明水平位移偏小，应增大水平位移才能使小环套在奖品上；将平抛运动进行分解：水平方向做匀速直线运动，竖直方向做自由落体运动，由运动学公式得出水平位移与初速度和高度的关系式，再进行分析选择。‎ ‎【详解】金属环做平抛运动，设其初速度大小为，跑出点高度为，水平位移为 则在竖直方向上：‎ 在水平方向上：‎ 联立得：‎ 金属小环做平抛运动，落地点在奖品的左方，说明水平位移偏小，应增大水平位移才能使小环套在奖品上 所以保持抛出点的高度不变，适当增大，可以增大水平位移；‎ 若保持抛出点速度不变，应适当增加，同样能使水平位移增大。‎ 故本题选AC。‎ ‎【点睛】本题运用平抛运动的知识分析处理生活中的问题，比较简单，关键运用运动的分解方法得到水平位移的表达式．‎ ‎13.如图，铁路在弯道处的内外轨道高低是不同的，当质量为m的火车以速度v通过某弯道时，内、外轨道均不受侧压力的作用，下面分析正确的 A. 此时火车转弯所需向心力由重力和支持力的合力来提供 B. 若火车速度大于v时，外轨将受到侧压力作用 C. 若火车速度小于v时，外轨将受到侧压力作用 D. 无论火车以何种速度行驶，对内侧轨道都有侧压力作用 ‎【答案】AB ‎【解析】‎ ‎【详解】A.因为内、外轨道均不受侧压力的作用，所以火车只受重力和支持力作用，所以火车转弯所需向心力由重力和支持力的合力来提供，A正确 B.当速度为v时，重力支持力合力刚好提供向心力，火车大于速度v时，重力支持力合力不足以提供所需向心力，具有离心趋势，所以外轨将受到侧压力作用，B正确 C.当速度为v时，重力支持力合力刚好提供向心力，火车速度小于v时，重力支持力比所需向心力大，具有近心趋势，所以内轨将受到侧压力作用，C错误 D.通过以上分析，D错误 ‎14.气象卫星是用来拍摄云层照片，观测气象资料和测量气象数据。我国先后自行成功发射了“风云一号”和“风云二号”两颗气象卫星。“风云一号”卫星轨道与赤道平面垂直，通过两极，每12小时巡视地球一周，称为“极地圆轨道”。“风云二号”气象卫星轨道平面在赤道平面内称为“地球同步轨道”，则“风云一号”卫星比“风云二号”卫星 A. 周期小 B. 运行角速度小 C. 运行线速度大 D. 向心加速度大 ‎【答案】ACD ‎【解析】‎ ‎【详解】A.根据万有引力提供向心力得：，因为风云二号是同步卫星，周期为24小时，所以风云一号的周期小于风云二号的周期，A正确 B.根据，周期大的角速度小，所以风云一号角速度大于风云二号的角速度，B错误 C.根据，联立解得：，风云一号周期小，所以风云一号线速度大，C正确 D.根据向心加速度方程：，风云一号线速度大，角速度大，所以向心加速度大，D正确 ‎15.如图甲所示，质量不计的弹簧竖直固定在水平地面上，t=0时刻，将一金属小球从弹簧正上方某一高度处由静止释放，小球落到弹簧上压缩弹簧到最低点，然后又被弹簧弹起离开弹簧，上升到一定高度后再下落，如此反复。通过安装在弹簧下端的压力传感器，测出这一过程弹簧弹力F随时间t变化的图象如图乙所示，则( )‎ A. t2时刻弹簧的弹性势能最大 B. t3时刻弹簧的弹性势能最大 C. t1～t3这段时间内，弹簧的弹性势能先减小后增加 D. t1～t3这段时间内，弹簧的弹性势能先增加后减少 ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【详解】小球接触弹簧后，先向下做加速度减小的加速运动，当弹簧的弹力与重力相等时，速度最大，然后做加速度逐渐增大的减速运动，到达最低点时，弹力最大，弹性势能最大，可知t2时刻弹力最大，弹性势能最大，故A正确，B错误。t1～t3‎ 这段时间内，弹簧的弹力先增大后减小，知弹性势能先增大后减小，故D正确，C错误。故选AD。‎ ‎16.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的过程中，重力势能增加mgh B. 棋子从离开平台至运动到最高点的过程中，机械能增加mgh C. 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.从初态到最高点时，设水平速度为，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 三、填空题 ‎17.如图所示是“研究平抛物体运动”的实验装置图，通过描点画出平抛小球的运动轨迹。‎ ‎（1）以下是实验过程中的一些做法，其中合理的有______。‎ A.安装斜槽轨道，使其末端保持水平 B.每次小球释放的初始位置可以任意选择 C.每次小球应从同一高度由静止释放 D.为描出小球的运动轨迹，描绘的点可以用折线连接 ‎（2）实验得到平抛小球的运动轨迹，在轨迹上取一些点，以平抛起点O为坐标原点，测量它们的水平坐标x和竖直坐标y，下面图象能说明平抛小球运动轨迹为抛物线的是______。‎ ‎（3）如图是某同学根据实验画出的平抛小球的运动轨迹，O为平抛的起点，在轨迹上任取三点A、B、C，测得A、B两点竖直坐标y1为5.0 cm、y2为45.0 cm，A、B两点水平间距为60.0 cm。则平抛小球的初速度v0为________m/s。（结果保留2位有效数字，g取10 m/s2）‎ ‎【答案】 (1). AC (2). C (3). 2.0m/s ‎【解析】‎ ‎【详解】试题分析：（1）通过调节使斜槽末端保持水平，是为了保证小球做平抛运动，故A正确；因为要画同一运动的轨迹，必须每次释放小球的位置相同，且由静止释放，以保证获得相同的初速度，故B错误，C正确；用描点法描绘运动轨迹时，应将各点连成平滑的曲线，不能练成折线或者直线，故D错误。‎ ‎（2）物体在竖直方向做自由落体运动，；水平方向做匀速直线运动，；联立可得：，因初速度相同，故为常数，故应为正比例关系，故C正确，ABD错误。‎ ‎（3）根据平抛运动的处理方法，竖直方向做自由落体运动，水平方向做匀速直线运动，‎ 所以，，水平方向的速度，即平抛小球的初速度为，‎ 联立代入数据解得：，‎ ‎【点睛】解决平抛实验问题时，要特别注意实验的注意事项，在平抛运动的规律探究活动中不一定局限于课本实验的原理，要注重学生对探究原理的理解，提高解决问题的能力；灵活应用平抛运动的处理方法是解题的关键。‎ ‎18.如图所示为某学习小组做“探究功与速度变化的关系”的实验装置，图中小车是在一条橡皮筋的作用下弹出，沿木板滑行，这时，橡皮筋对小车做的功记为W。当用2条、3条、……完全相同的橡皮筋并在一起进行第2次、第3次、……实验时，使每次实验中橡皮筋伸长的长度都保持一致。每次实验中小车获得的速度由打点计时器所打的纸带测出。‎ 下面是本实验的数据记录表。‎ ‎（1）除了图中已有的实验器材外，还需要导线、开关、刻度尺和________（填“交流”或“直流”）电源。‎ ‎（2）实验中，小车会受到摩擦力的作用，可以使木板适当倾斜来平衡摩擦力，则下面操作正确的是_____。‎ A．放开小车，能够自由下滑即可 B．不安装纸带放开小车，给小车一个初速度，能够匀速下滑即可 C．放开拖着纸带的小车，能够自由下滑即可 D．放开拖着纸带的小车，给小车一个初速度，能够匀速下滑即可 ‎（3）请运用表中测定的数据在如图所示的坐标系中做出相应的W—v2图象（ ）；‎ ‎（4）根据描绘的图象得出的结论是________________________________。‎ ‎【答案】 (1). 交流 (2). D (3). (4). 在误差允许范围内，W∝v2‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)打点计时器使用的是交流电源，故选交流；‎ ‎(2)实验中可以适当抬高木板的一侧来平衡摩擦阻力，受力平衡时，小车应做匀速直线运动，所以正确的做法是：放开拖着纸带的小车，能够匀速下滑即可，故ABC错误，D正确；‎ ‎(3)通过描点做出图象如图所示 ‎(4)在误差允许的范围内，与成正比。‎ 四、计算题 ‎19.2018年是中国航天里程碑式的高速发展年，是属于中国航天的“超级2018”。例如，我国将进行北斗组网卫星的高密度发射，全年发射18颗北斗三号卫星，为“一带一路”沿线及周边国家提供服务。北斗三号卫星导航系统由静止轨道卫星（同步卫星）、中轨道卫星和倾斜同步卫星组成。其中一颗静止轨道卫星在距地球表面h处飞行。已知该卫星做匀速圆周运动的周期为T，地球质量为M、半径为R，引力常量为G。‎ ‎（1）求静止轨道卫星的角速度ω；‎ ‎（2）求静止轨道卫星距离地面的高度h。‎ ‎【答案】（1）（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)由圆周运动规律得 ‎(2)根据万有引力提供向心力得，代入数据解得：‎ ‎20.汽车以某一速度在水平地面上匀速行驶，如图所示，汽车后轮上方货架上放有一小球，球距地面高 2.45 m。由于前方事故，突然急刹车，汽车轮胎抱死，小球从架上落下。已知该型号汽车在所在路面行驶时刹车痕（主要由地面与后轮摩擦引起） 长 s=12.5m （即刹车距离），球的落点与车痕起点的距离是 7m，忽略货物与架子间的摩擦及空气阻力，把车和球均视作质点，且小球下落到地面过程未与其他物体接触，g 取 10m/s2 。求：‎ ‎（1）汽车刹车时的初速度是多大；‎ ‎（2）车轮与地面的滑动摩擦因数。‎ ‎【答案】(1)vo=10m/s (2)μ=0.4‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 汽车刹车时小球做平抛运动，根据平抛运动公式即可求出初速度；根据速度位移公式和牛顿第二定律即可求出摩擦因数。‎ ‎【详解】（1）小球做平抛运动，在水平方向：x1=vot ‎ ‎（2）在竖直方向：‎ 联立解得：vo=10m/s ‎（2）汽车减速运动，根据速度位移公式：‎ 代入数据解得 ：a=4m/s2 ‎ 根据牛顿第二定律： f = μmg =ma ‎ 解得：μ=0.4‎ ‎【点睛】本题主要考查了平抛运动与牛顿第二定律的综合题，注意各自的位移。‎ ‎21.如图所示，斜面ABC下端与光滑的圆弧轨道CDE相切于C，整个装置竖直固定，D是最低点，圆心角∠DOC=37°，E、B与圆心O等高，圆弧轨道半径R=0.30m，斜面长L=1.90m，AB部分光滑，BC部分粗糙。现有一个质量m=0.10kg的小物块P从斜面上端A点无初速下滑，物块P与斜面BC部分之间的动摩擦因数=0.75。取sin37o=0.6，cos37o=0.8，重力加速度g=10m/s2，忽略空气阻力。求：‎ ‎（1）物块第一次通过B点时的速度大小；‎ ‎（2）物块第一次通过D点时受到轨道的支持力大小；‎ ‎（3）物块最终所处的位置。‎ ‎【答案】（1）（2）（3）x=0.35m ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)根据几何关系得，斜面BC部分的长度为：‎ 设物块第一次通过B点时的速度为vB，根据动能定理有：，代入数据解得：。‎ ‎(2)设物块第一次通过D点时的速度为vD，根据动能定理有：，在D点由牛顿第二定律得：‎ 代入数据得：‎ ‎(3)物块每通过一次BC部分减少的机械能为：‎ 物块在B点动能为：物块能经过BC部分的次数为：设物块第四次从下端进入BC部分后最终在距离C点x处静止，全程动能定理有：，代入数据得：x=0.35m。‎ ‎ ‎