【物理】广西桂林十八中2019-2020学年高一下学期期中考试试题（解析版）

【物理】广西桂林十八中2019-2020学年高一下学期期中考试试题（解析版）

广西桂林十八中2019-2020学年高一下学期期中考试试题 第I卷（选择题，共44分）‎ 一、单选题（下列各题均有4个选项，其中只有一个是正确的，请将正确选项的字母代号填涂在答题卷的相应位置，多选、错选或不选，该小题不得分。每小题3分，共24分）‎ ‎1、下列物理量中，用来描述物体做功快慢的是（　　）‎ A．功率 B．位移 C．时间 D．功 ‎【解析】根据功率的物理意义可知，功率是用来描述物体做功快慢的物理量，功率越大说明做功越快，故D正确，BCD错误。故选：A。‎ ‎2、下列所述的物体在运动过程中满足机械能守恒的是（　　）‎ A．跳伞运动员张开伞后，在空中匀速下降 ‎ B．忽略空气阻力，物体竖直上抛 ‎ C．火箭升空过程 ‎ D．拉着物体沿光滑斜面匀速上升 ‎【解析】A、跳伞运动员在空中匀速下降，动能不变，重力势能减小，因机械能等于动能和势能之和，则机械能减小。故A错误。‎ B、忽略空气阻力，物体竖直上抛，只有重力做功，机械能守恒，故B正确。‎ C、火箭升空，动力做功，机械能增加。故C错误。‎ D、物体沿光滑斜面匀速上升，动能不变，重力势能在增加，所以机械能在增大。故D错误。‎ ‎3、关于第一宇宙速度，下列说法正确的是（　　）‎ A．我们把‎11.2km/s叫做第一宇宙速度 ‎ B．它是月球绕地球飞行的速度 ‎ C．它是地球同步卫星绕地球飞行的速度 ‎ D．它是人造地球卫星在地面附近绕地球做匀速圆周运动的速度 ‎【解析】第一宇宙速度是人造卫星绕地球表面飞行时的速度，即近地卫星的环绕速度，数值为‎7.9km/s，故D正确，ABC错误。故选：D。‎ ‎4、如图所示，一颗卫星绕地球做椭圆运动，运动周期为T，图中虚线为卫星的运行轨迹，A、B、C、D是轨迹上的四个位置，其中A距离地球最近，C距离地球最远。B和D点是弧线ABC和ADC的中点，下列说法正确的是（　　）‎ A．卫星在C点的速度最大 ‎ B．卫星在C点的加速度最大 ‎ C．卫星从A经D到C点的运动时间为T/2 ‎ D．卫星从B经A到D点的运动时间为T/2‎ ‎【解析】AB．由图可知A是近地点，C点是远地点，故在A的速度最大，在C的速度最小，根据牛顿第二定律与万有引力定律有GMm/r2=ma，可知在A点的加速度最大，在C点的加速度最小，故AB错误；‎ C．卫星从A经B到C的速度一直减小，从A经D到C的速度也一直减小，两种情况下路程一样，根据对称性规律可知，卫星从A经D到C点的运动时间为T/2，故C正确；‎ D．卫星从B经A到D的速度一直大于从B经C到D的速度，两种情况下的路程一样，所以可知卫星从B经A到D点的运动时间小于T/2，故D错误。故选：C。‎ ‎5、“神舟”十号飞船于‎2013年6月11日17时38分发射升空，如图所示，在“神舟”十号靠近轨道沿曲线从M点到N点的飞行过程中，速度逐渐减小。在此过程中“神舟”十号所受合力的方向可能是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【解析】“神舟”十号在飞行过程中，沿曲线从M点向N点飞行的过程中，做曲线运动，必有力提供向心力，向心力是指向圆心的；“神舟”十号飞行过程中减速，且沿切向方向有与速度相同的力；故向心力和切线力与速度的方向的夹角要大于90°．故ABD错误，C正确。故选：C。‎ ‎6、一个小孩用200N的力，将质量为‎1kg的足球踢出，使足球获得‎20m/s的初速度，飞行‎50m后着地，则小孩对足球做的功约为（　　）‎ A．50J B．200J C．400J D．10000J ‎【解析】根据动能定理得：W=mv2/2=1/2×1×202＝200J，故B正确，ACD错误。‎ ‎7、如图所示，细绳的一端固定于O点，另一端系一个小球，在O点的正下方钉一个钉子A，小球从一定高度摆下。当细绳与钉子相碰的瞬间，则（　　）‎ A．小球的线速度变大 ‎ B．小球的角速度不变 ‎ C．细绳对小球的拉力变小 ‎ D．钉子的位置越靠下，细绳越容易被拉断 ‎【解析】A、小球运动到最低点时，细绳与钉子相碰，原来是以悬点O做圆周运动，与钉子相碰的瞬间圆心位置变成了钉子所在的A点，小球做圆周运动的半径变小。但在细绳与钉子相碰的瞬间，小球的线速度不变，因为在此时小球的速度方向是水平向右，而在水平方向上没有受到外力作用。所以水平方向的速度不变，即小球的线速度不变，故A错误；‎ B、小球的角速度w=v/r，由上面的分析可知小球做圆周运动的半径减小，线速度不变，所以小球的角速度变大，故B错误；CD、小球在最低点时受到绳子的拉力F和重力mg作用，根据牛顿第二定律可得F-mg=mv2/r，因为小球做圆周运动的半径减小，所以其加速度变大，细绳上的拉力变大，且钉子位置越靠下，半径越小，细绳上的拉力越大，细绳越容易被拉断，故C错误，D正确。故选：D。‎ ‎8、如图所示，从某高度处水平抛出一小球，经过时间t到达地面时，速度与水平方向的夹角为θ，不计空气阻力，重力加速度为g。下列说法正确的是（　　）‎ A．小球水平抛出时的初速度大小为gt/tanθ ‎ B．小球在t时间内的位移方向与水平方向的夹角为θ/2 ‎ C．若小球初速度增大，则平抛运动的时间变长 ‎ D．若小球初速度增大，则θ增大 ‎【解析】A、物体落地时竖直方向上的分速度 vy＝gt．因为落地时速度方向与水平方向的夹角为θ，所以小球的初速度v0＝vycotθ＝gtcotθ=gt/tanθ．故A正确，‎ B、物体落地时速度与水平方向夹角的正切值 tanθ=gt/v0，位移与水平方向夹角的正切值tanα=gt2/2v0t=gt/2v0，所以tanθ＝2tanα．但α≠θ/2．故B错误。C、根据h=gt2/2可知物体运动时间与下落高度有关，与初速度无关，则若小球初速度增大，则平抛运动的时间不变，故C错误。D、速度与水平方向夹角的正切值为tanθ=gt/v0，若小球初速度增大，下落时间t不变，所以tanθ减小，即θ减小，故D错误。故选：A。‎ 二、多选择（下列各小题的四个选项中，至少有两个是正确的，请将正确选项的字母代号填涂在答题卷的相应位置，全部选对得5分，选对但不全得3分，不选或选错不得分。每题5分，共20分）‎ ‎9、 下列关于匀速圆周运动的说法中，正确的是（　　）‎ A．匀速圆周运动是匀速运动，线速度不变 ‎ B．角速度不变 ‎ C．周期不变 ‎ D．加速度为零 ‎【解析】A、匀速圆周运动线速度大小不变，方向时刻变化，故线速度是变化的，是变速运动，故A错误；BC、匀速圆周运动的角速度和周期都不变，故BC正确；D、由于匀速圆周运动速度时刻发生变化，根据加速度的定义可知，其加速度一定不为零，故D错误。故选：BC。‎ ‎10、关于向心加速度，以下说法中正确的是（　　）‎ A．向心加速度的方向始终与线速度方向垂直 ‎ B．向心加速度只改变线速度的方向，不改变线速度的大小 ‎ C．物体做圆周运动时的加速度方向始终指向圆心 ‎ D．物体的向心加速度的大小与线速度大小的平方成正比 ‎【解析】AB、向心加速度的方向沿半径指向圆心，速度方向沿圆周的切线方向，所以向心加速度的方向始终与速度方向垂直，且只改变线速度的方向，不改变线速度的大小，故AB正确；C、如果物体做的不是匀速圆周运动，此时存在切向加速度，故圆周运动的向心加速度与切向加速度的合加速度的方向不一定始终指向圆心，故C错误；D、物体做匀速圆周运动，且半径不变时才成立，故D错误。故选：AB。‎ 11、 如图所示，A、B是两个摩擦传动的靠背轮，A是主动轮，B是从动轮，两轮之间不打滑；它们的半径RA＝2RB，a和b两点在轮的边缘，c和d两点在各轮半径的中点，则（ ）‎ A．ωa：ωc＝2：1 B．va：vd＝4：1 ‎ C．ωa：ωb＝1：2 D．vb：vc＝2：1‎ ‎【解析】由于A、B两轮之间通过摩擦传动，故A、B两轮的边缘的线速度大小相同，故va＝vb。根据v＝ωR可得，ωaRA＝ωbRB，ωa：ωb＝RB：RA＝1：2。由于a与c在同一个圆上，故ωa＝ωc，故va：vc＝2：1。故答案为：CD ‎12、如图所示，a、b两颗卫星在同一平面内绕地球做匀速圆周运动，其中b为地球同步卫星（周期为1天）。地球的质量为M、半径为R，引力常量为G。下列说法错误的是( )‎ A．地球北极附近的重力加速度大小为 B．a运行的线速度小于b运行的线速度 C．a运行的周期大于1天 D．根据开普勒第二定律可知，在相同时间内，a、b与地心连线扫过的而积相等 ‎【解析】BC、开普勒第三定律可知，卫星的轨道 半径越大，运行的周期越长,因b运行的周期为1天,故a运行的周期小于1天，选项C错误；因a的轨道半径比b的轨道半径小，故a运行的线速度大于b运行的线速度，选项B正确;根据选项A正确;对同一行星而言，它与中心天体的连线在相等的时间内扫过的面和相等，选项D错误。‎ 第II卷（非选择题，共56分）‎ 三、填空题（本题包括3小题，共16分；请将正确答案填在答题卷的相应位置。）‎ ‎13、(4分)小汽船在静水中的速度为‎5m/s，河水流速是‎4m/s，河宽‎150米，则当小汽船垂直于河岸航行时，小汽船的速度为　 　m/s。小汽船到达对岸的最短时间为　 　s。‎ ‎【解析】当小汽船垂直于河岸航行时，‎ 小汽船的速度为：v‎3m/s 船头垂直河岸过河，到达对岸所用时间最短为：t=d/v船 =30s 故答案为：3，30‎ ‎14、(4分)如图所示，一质点沿螺旋线自外向内运动，己知其走过的弧长s与时间t成正比。则该质点运动的线速度大小　 　（选填“增大”、“减小”或“不变”，后一空同），质点运动的角速度　 　。‎ ‎ ‎ ‎【解析】一质点沿螺旋线自外向内运动，半径R不断减小，其走过的弧长s与运动时间t成正比，根据v=s/t可知，线速度大小不变，根据v＝ωr，半径减小，角速度增大。‎ 故答案为：不变，增大。‎ ‎15、(8分)在“利用自由落体运动”来验证机械能守恒定律的实验中，‎ ‎（1）从下列器材中选出实验所必需的，其编号为　 　‎ A．打点计时器（包括纸带） B．重物 C．天平 ‎ D．毫米刻度尺 E．秒表 F．运动小车 ‎（2）实验中由于系统误差的原因，会使重物获得的动能往往　 　它所减少的重力势能。（填“大于”、“等于”或“小于”）‎ ‎（3）如果以v2为纵轴，以h为横轴，根据实验数据绘出的v2﹣h图线是一条过原点的倾斜的直线　，该线的斜率等于　 　。每空两分，共8分 ‎【解析】（1）重力势能的减少是为mgh，重物动能的增加量为1/2mv2，而速度是根据v=x/t来间接测量的，所以选出的器材有：打点计时器（包括纸带）、重物、毫米刻度尺，编号分别为A、B、D，由于mgh=1/2mv2，故m可消去，可以不测质量，故不需要用天平。‎ 故实验心需的器材的编号为：ABD；（2）产生系统误差的主要原因是纸带通过打点计时器时受到摩擦阻力，导致重物获得的动能小于它所减少的重力势能；‎ ‎（3）如果以v2为纵轴，以h为横轴，可有v2＝2gh，是正比例函数，图线是一条通过坐标原点的倾斜直线，该线的斜率等于‎2g。故答案为（1）ABD；（2）小于；（3）一条通过坐标原点的倾斜直线，‎2g。‎ 四、论述计算题：（解答中应写出必要的文字说明、方程式及计算步骤，只写出最后答案的不得分，有数值计算的题，答案必须写出数值和单位。本题3个小题，共40分）‎ ‎16、(10分)质量m＝‎3kg的物体，在水平力F＝6N的作用下，在光滑水平面上从静止开始运动，运动时间t＝3s，求：（1）力F在t＝3s内对物体所做的功 ‎（2）力F在t＝3s内对物体所做功的平均功率。‎ ‎（3）在3s末力F对物体做功的瞬时功率。‎ ‎【解析】（1）对物体受力分析可知，物体受重力、支持力、恒力F三个力的作用，合外力为F，根据牛顿第二定律可得物体的加速度为：a=F/m=‎2m/s2‎ 则物体在3s内的位移为：x=at2/2=‎9m所以力F做的功为：W＝Fs＝6×9J＝54J ‎（2）力F在3s内的平均功率为：P=W/t=18W ‎（3）物体在第3s末的速度为：v＝at＝2×‎3m/s＝‎6m/s ‎3s末力F的瞬时功率为：P＝Fv＝6×6W＝36 W ‎17、(12分)已知月球半径为R，月球表面的重力加速度为g0，飞船在绕月球的圆形轨道Ⅰ上运动，轨道半径为r，r＝4R，到达轨道Ⅰ的A点时点火变轨进入椭圆轨道Ⅱ，到达轨道的近月点B时再次点火进入近月轨道Ⅲ绕月球做圆周运动。已知引力常量G，求：‎ ‎（1）第一次点火和第二次点火分别是加速还是减速？‎ ‎（2）飞船在轨道Ⅰ上的运行速率；‎ ‎（3）飞船在轨道Ⅲ上绕月运行一周所需的时间。‎ ‎【解析】（1）由高轨道到低轨道，需要出卫星所需要的向心力小于万有引力，故要减速才可实现，即第一次点火与第二次点火都是减速；（4分）每个2分 ‎（2）由题意可知轨道I的轨道半径为4R，由万有引力提向心力，设飞船的质量为m，运行速率为v，根据牛顿第二定律有： 解得： ‎ ‎（3）由题意可知轨道Ⅲ的轨道半径为R，设运行周期为T，根据牛顿第二定律有：‎ ‎ 代入月球质量可得： ‎ ‎18、(18分)如图所示，P是水平面上的圆弧轨道，从高台边B点以速度v0水平飞出质量为m的小球，恰能从固定在某位置的圆弧轨道的左端A点沿圆弧切线方向进入。O是圆弧的圆心，θ是OA与竖直方向的夹角。已知：m＝‎0.5kg，v0＝‎3m/s，θ＝53°，圆弧轨道半径R＝‎0.5m，g＝‎10m/s2，不计空气阻力和所有摩擦力，求:‎ ‎（1）A、B两点的高度差；‎ ‎（2）小球能否到达最高点C，若能到达，小球对C点的压力;‎ ‎（3）在A点沿圆弧的切线方向给小球一初速度v1,要使小球进入圆弧轨道后在轨道内运动过程中不脱离轨道，v1满足的条件。‎ ‎【解析】（1）小球从B到A做平抛运动，在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动。据题知，小球到达A点时，速度与水平方向的夹角为θ，则有小球到达A点的速度为 vA‎5m/s对平抛运动的过程，由机械能守恒得：mgh解得A、B两点的高度差h＝‎‎0.8m ‎（2）假设小球能到达C点，由机械能守恒得： mgR（1+cosθ）‎ 代入数据解得：vC＝‎3m/s小球通过C点的最小速度为v，则 mg＝m，得v m/s因为 vC＞v，所以小球能到达最高点C。在C点，由牛顿第二定律得：mg+F＝m 代入数据解得：F＝4N 由牛顿第三定律知，小球对C点的压力大小为4N,方向沿OC向上 ‎（3）到O等高位置速度为零，由机械能守恒得： mgRcosθ=mv12/2解得：v1=m/s 由（2）可知小球通过C点的最小速度为v=m/s，从A到C由动能定理有：‎ ‎-mgR（1+cosθ）= mv2/2-mv12/2解得v1=m/s 综上所得v1满足题意的条件为[0， ]∪[，+∞ ）m/s 答：（1）A、B两点的高度差是‎0.8m。（2）小球对C点的压力大小为4N，方向沿OC向上 ‎（3）[0， ]∪[，+∞ ]m/s【点评】解决本题的关键掌握处理平抛运动的方法，平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动。并能把握圆周运动的临界条件。‎