- 2021-05-24 发布 |
- 37.5 KB |
- 14页
申明敬告: 本站不保证该用户上传的文档完整性,不预览、不比对内容而直接下载产生的反悔问题本站不予受理。
文档介绍
河北省石家庄市辛集市第二中学2019-2020学年高一下学期期中考试物理试卷
辛集市第二中学2019-2020学年高一下学期期中考试 物理 (满分100分,90分钟完卷) 一、选择题。(本题共12个小题,每小题4分,共48分。其中1—8题只有一个选项是正确的,9—12题有多个选项正确。错选、多选不得分,少选得2分)。 1.许多科学家在物理学发展过程中作出了重要贡献,下列叙述中符合物理学史实的是( ) A. 哥白尼提出了日心说并发现了行星沿椭圆轨道运行的规律 B. 天文学家开普勒对他导师第谷观测的行星数据进行了多年研究,得出了万有引力定律 C. 牛顿利用万有引力定律通过计算发现了彗星的轨道 D. 卡文迪许通过实验测出了万有引力常量 【答案】D 【解析】 【详解】A.哥白尼提出了日心说,开普勒发现了行星沿椭圆轨道运行的规律,故A错误; B.天文学家开普勒对他导师第谷观测的行星数据进行了多年研究,得出了行星运动定律,不是万有引力定律,故B错误; C.哈雷利用万有引力定律通过计算发现了彗星的轨道,故C错误; D.英国的科学家卡文迪许通过实验测出了引力常量G,故D正确。 故选D。 2.下列现象中属于防止离心现象带来危害的是( ) A. 为使火车安全通过弯道,修建铁路时常把外轨道修得比内轨道高一些 B. 汽车在过弯道时,阴雨天气容易冲出轨道 C. 洗衣机脱水桶转动时可以将湿衣服上的水甩去 D. 公共汽车急刹车时,乘客容易向前倾倒 【答案】A 【解析】 在修筑铁路时,转弯处轨道的内轨要低于外轨,目的是由重力的分力提供一部分向心力,弥补向心力不足,防止车速过大,火车产生离心运动而发生侧翻,故A正确;汽车在过弯道时,阴雨天气时,因需要的向心力小于轮胎与地面的最大摩擦力而容易冲出轨道,这是离心现象带来的危害,不是离心现象的防止,选项B错误;洗衣机脱水桶高速旋转把附着在衣服上的水分,是利用离心作用将水从衣服甩掉,是利用的离心运动,故C 错误.公共汽车急刹车时,乘客都向前倾倒是由于惯性,与离心现象无关,故D错误.故选A. 3.“高分四号”卫星是我国首颗地球同步轨道高分辨率光学成像卫星,也是目前世界上空间分辨率最高、幅宽最大的地球同步轨道遥感卫星,它的发射和应用使我国天基对地遥感观测能力显著提升.关于“高分四号”,下列说法正确的是( ) A. “高分四号”卫星的空间分辨率很高,采取措施使它距地球更近一些,效果会好一些 B. “高分四号”卫星绕地球做圆周运动的线速度大于地球的第一宇宙速度7.9 km/s C. “高分四号”卫星的向心加速度大于静止在赤道上物体的向心加速度 D. “高分四号”卫星的向心力与其他同步卫星的向心力的大小相等 【答案】B 【解析】 【详解】A.“高分四号”卫星是地球同步卫星,轨道半径是个定值,不能降低,故A错误; B.第一宇宙速度是人造地球卫星运行的最大环绕速度,所以“高分四号”卫星绕地球做圆周运动的线速度小于地球的第一宇宙速度7.9km/s,故B错误; C.“高分四号”卫星和地球上的物体角速度相同,根据a=ω2r可知,“高分四号”卫星的半径大,则向心加速度大.故C正确; D.向心力,由于不知道“高分四号”卫星与其它同步卫星的质量关系,所以不能判断向心力大小,故D错误; 故选C. 【点睛】本题考查第一宇宙速度的特点,内容简单,只要多读课本,熟记基本知识就能顺利解出.同步卫星要与地球的自转实现同步,就必须要角速度与地球自转角速度相等,这就决定了它的轨道高度和线速度. 4.某电视台举办了一期群众娱乐节目,其中有一个环节是让群众演员站在一个旋转较快的大平台的边缘上,向大平台圆心处的球筐内投篮球。如果群众演员相对平台静止,则下面各俯视图中哪幅图中的篮球可能被投入球筐(图中箭头指向表示投篮方向) A. B C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】如图所示,由于篮球和群众演员随大平台一起旋转,所以篮球抛出前有沿方向的初速度,要想篮球抛出后能沿虚线进入篮筐,则必须沿方向投出, 故B正确,ACD错误。 故选B。 5.在水平地面上,关于平抛物体的运动,下列说法正确的是( ) A. 由知,物体平抛的初速度越大,飞行时间越短 B. 由知,物体下落高度越大,飞行时间越长 C. 任意连续相等时间内,物体下落高度之比为1:3:5… D. 任意连续相等时间内,物体运动速度改变量增加 【答案】B 【解析】 AB、平抛运动水平方向做匀速运动: 竖直方向做自由落体运动: 平抛运动在空中运动的时间由竖直方向上的运动决定: 所以物体下落的高度越大,飞行时间越长,故A错,B对; C、在竖直方向上做了初速度为零的自由落体运动,物体下落高度之比为1:3:5,符合从一开始下落时计算,故C错误; D、由 ,知任意连续相等时间内,物体运动速度改变量都相等,故D错误; 综上所述本题答案是:B 6.如图所示,拖拉机后轮半径是前轮半径的两倍,A和B是前轮和后轮边缘上的点,若车行进时轮与路面没有滑动,则( ) A. A点和B点的线速度大小之比为1∶2 B. 前轮和后轮的角速度之比为2∶1 C. 两轮转动的周期相等 D. A点和B点的向心加速度大小相等 【答案】B 【解析】 【详解】轮A、B分别为同一传动装置前轮和后轮边缘上的一点,所以,故A错误;根据和,可知A、B两点的角速度之比为2∶1;由,所以转速也是 2∶1,故B正确;据和前轮与后轮的角速度之比2∶1,求得两轮的转动周期为1∶2,故C错误;由,可知,向心加速度与半径成反比,则A与B点的向心加速度不等,故D错误. 7.日常生活中可以利用离心运动甩干衣物上的水分,如图已知甩干桶直径为0.5m,工作时转速为r/s,则甩干过程中衣物和桶壁之间的弹力与衣物所受重力的比值为(g=10m/s2)( ) A. 80 B. 40 C. 20 D. 10 【答案】B 【解析】 【详解】衣物转动的角速度 则对衣物受力分析,根据牛顿第二定律 衣物和桶壁之间的弹力与衣物所受重力的比值为 ACD错误,B正确。 故选B。 8.甲、乙两名滑冰运动员,m甲=80kg,m乙=40kg,面对面拉着弹簧秤都在光滑水平冰面上做匀速圆周运动的表演,如图所示,两人相距0.9m,弹簧秤的示数为96N,下列判断中正确的是( ) A. 两人运动半径不同,甲为0.6m,乙为0.3m B. 甲做圆周运动的向心力大于乙 C. 两人的线速度相同,为2m/s D. 两人的角速度相同,为2rad/s 【答案】D 【解析】 【详解】ABD.弹簧秤对甲、乙两名运动员的拉力提供向心力,即甲、乙两名运动员的向心力大小相等,根据牛顿第二定律得 由于甲、乙两名运动员面对面拉着弹簧秤做圆周运动的溜冰表演,绕共同转轴转动,所以 整理可以得到 而且 联立以上方程,带入数据整理可以得到 故AB错误,D正确; C.由于二人的角速度相同,根据公式而且由于,则可知 即二者的线速度大小不相同,故C错误。 故选D。 9.D 10.A 11.C 12.A 13.B 14.B 15.若河水的流速大小与水到河岸的距离有关,河中心水的流速最大,河岸边缘处水的流速最小.现假设河的宽度为120 m,河中心水的流速大小为4 m/s,船在静水中的速度大小为3 m/s,要使船以最短时间渡河,则( ) A. 船渡河的最短时间是24 s B. 在行驶过程中,船头始终与河岸垂直 C. 船在河水中航行的轨迹是一条直线 D. 船在河水中的最大速度为5 m/s 【答案】BD 【解析】 【分析】 将船的运动分解为沿河岸方向和垂直于河岸方向,当静水速的方向与河岸垂直时,渡河时间最短.根据两分运动的运动情况判断合运动的轨迹. 【详解】AB.当静水速的方向与河岸垂直时,渡河时间最短,则有 s=40s 故A错误,B正确; C.船在垂直河岸方向做匀速直线运动,在沿河岸方向,由于水流速在变,做变速运动,两合运动的轨迹是曲线,故C错误; D.根据运动的合成,可知船在河水中的最大速度为 m/s=5m/s 故D正确。 故选BD。 16.在发射卫星的过程中,卫星首先从低轨道进入椭圆轨道Ⅰ,然后在 Q 点通过改变卫星速度,让卫星进入高轨道轨道Ⅱ.则( ) A. 该卫星的发射速度必定小于 11.2km/s B. 卫星在 Q 点通过加速实现由轨道Ⅰ进入轨道Ⅱ C. 卫星在轨道Ⅱ上的运行速度大于 7.9km/s D. 在轨道Ⅰ上,卫星在 P 点的速度大于在 Q 点的速度 【答案】ABD 【解析】 【详解】A、发射速度要大于等于第一宇宙速度小于第二宇宙速度,故选项A正确; B、通过在点加速使卫星由原来的向心运动变为圆周运动,由轨道Ⅰ进入轨道Ⅱ,故选项B正确; C、第一宇宙速度为卫星的运行的最大速度,在轨道Ⅱ上的运行速度小于7.9km/s,故选项C错误; D、在轨道Ⅰ上,近地点速度大,远地点速度小,则卫星在P点的速度大于在Q点的速度,故选项D正确. 17.如图所示,物体A、B经无摩擦的定滑轮用细线连在一起,A物体受水平向右的力F的作用,此时B匀速下降,A水平向左运动,可知( ) A. 物体A做加速运动 B. 物体A做减速运动 C. 物体A所受摩擦力逐渐减小 D. 物体A所受摩擦力逐渐增大 【答案】AC 【解析】 【详解】AB.B匀速下降,A沿水平面向左做运动,如图所示: 根据运动的合成与分解有 解得 是恒定的,向左运动过程中增大,故减小,则增大,所以A在水平方向上向左做加速运动,故A正确,B错误; C.因为B匀速下降,所以B受力平衡,B所受绳拉力为 A受斜向上的拉力等于B的重力,如图所示 在图中把拉力分解成竖着方向和水平方向 在竖直方向上有 由于绳子与水平方向的夹角增大,所以增大,支持力减小,根据摩擦力公式 可知摩擦力减小,故C正确,D错误。 故选AC。 18.如图所示,倾角为θ的斜面体固定在水平面上,两个可视为质点的小球甲和乙分别沿水平方向抛出,两球的初速度大小相等,已知甲的抛出点为斜面体的顶点,经过一段时间两球落在斜面上的A、B两点后不再反弹,落在斜面上的瞬间,小球乙的速度与斜面垂直.忽略空气的阻力,重力加速度为g.则下列选项正确的是( ) A. 甲、乙两球在空中运动的时间之比为tan2 θ∶1 B. 甲、乙两球下落的高度之比为4tan4 θ∶1 C. 甲、乙两球的水平位移之比为tan θ∶1 D. 甲、乙两球落在斜面上瞬间的速度与水平面夹角的正切值之比为2tan2 θ∶1 【答案】BD 【解析】 【详解】A.由小球甲的运动可知, tan θ===, 解得 t=, 落到斜面上的速度与竖直方向夹角的正切值为 tan θ=, 解得 , 则甲、乙两球在空中运动的时间之比为t∶t′=2tan2 θ∶1,故A错误; B.由h=gt2可知甲、乙两球下落的高度之比为4tan4 θ∶1,故B正确; C.由x=v0t可知甲、乙两球的水平位移之比为2tan2 θ∶1,故C错误; D. 甲球落在斜面上瞬间的速度与水平面夹角的正切值为 tan α甲==2tan θ, 乙球落到斜面上的速度与水平方向夹角的正切值为 tan α乙==, 甲、乙两球落在斜面上瞬间的速度与水平面夹角的正切值之比为 tan α甲:tan α乙=2tan2 θ∶1, 故D正确。 故选:BD 二、计算题。(共3个小题,共38分,计算题必须书写过程,只写结果的不得分,所有答案请填写在答题卡规定的位置)。 19.长为L的细线,拴一质量为m的小球,一端固定于O点.让其在水平面内做匀速圆周运动(这种运动通常称为圆锥摆运动),如图.求摆线L与竖直方向的夹角为α时: (1)线的拉力F; (2)小球运动的线速度的大小; (3)小球运动的角速度及周期. 【答案】(1) ; (2);(3) ; 【解析】 【详解】(1)做匀速圆周运动的小球受力分析如图所示 小球受重力mg和绳子的拉力F.因为小球在水平面内做匀速圆周运动, 所以小球受到的合力指向圆心O′,且沿水平方向. 由平行四边形定则得小球受到的合力大小为mgtanα, 绳对小球的拉力大小为 (2)由牛顿第二定律得 由几何关系得 所以小球做匀速圆周运动的线速度的大小为 (3)小球运动的角速度 小球运动的周期 20.(1)1.8m(2)3.6J(3)6W 17.如图所示,轨道 ABCD 的 AB 段为一半径 R =0.2 m 的光滑圆形轨道BC段为高为 h =5 m 的竖直轨道,CD 段为水平轨道.一质量为 0.1 kg 的小球由 A 点从静止开始下滑到 B 点时速度的大小为 2 m /s,离开 B 点做平抛运动(g 取 10 m /s2),求: (1)小球离开 B 点后,在 CD 轨道上的落地点到 C 的水平距离; (2)小球到达 B 点时对圆形轨道的压力大小? (3)如果在 BCD轨道上放置一个倾角q=45°的斜面(如图中虚线所示),那么小球离开 B 点后能否落到斜面上?如果能,求它第一次落在斜面上时下落的高度. 【答案】(1)2m(2)3N(3)能,0.8m 【解析】 【详解】解:(1)设小球离开点做平抛运动的时间为,落地点到点距离为 竖直方向: 解得: 水平方向: (2)小球达受重力和向上的弹力作用,根据向心力公式和牛顿第二定律得: 解得: 由牛顿第三定律知球对的压力,即小球到达点时对圆形轨道的压力大小为3N,方向竖直向下 (3)如图,斜面的倾角,则有 因为,所以小球离开点后能落在斜面上, 假设小球第一次落在斜面上点,长为,小球从点到点的时间为 则有:, 联立解得: 它第一次落在斜面上时下落的高度: 查看更多