【物理】四川省自贡市田家炳中学2019-2020学年高一下学期期中考试试题

【物理】四川省自贡市田家炳中学2019-2020学年高一下学期期中考试试题

四川省自贡市田家炳中学2019-2020学年高一下学期 期中考试试题 一、单项选择题(本大题共8小题，每小题3分，共24分，每题只有一个选项最符合题意)‎ ‎1.关于曲线运动，下列说法不正确的是：‎ A. 曲线运动一定是变速运动 B. 曲线运动可以匀速率运动 C. 物体所受合力指向轨迹内侧 D. 做曲线运动的物体加速度一定恒定不变 ‎【答案】D ‎【解析】A. 曲线运动的速度方向一直在变化，所以曲线运动一定是变速运动，故A正确；‎ B. 曲线运动的速度大小可能不变，如匀速圆周运动，故B正确；‎ C. 所有做曲线运动的物体，速度方向向轨道弯曲的方向发生改变，所以物体受力的方向指向运动直线轨道的内侧，故C正确；‎ D. 做曲线运动的物体加速度可以恒定不变，如平抛运动；也可以是变化的，如匀速圆周运动的物体，加速度的方向始终指向圆心，方向不断变化，故D错误；‎ 本题选不正确的答案，故选：D.‎ ‎2.关于圆周运动，下列说法中正确的是：‎ A. 向心加速度只改变物体的速度方向；‎ B. 做匀速圆周运动的物体，是匀速运动；‎ C. 做匀速圆周运动的物体的加速度方向不一定指向圆心 D. 做匀速圆周运动的物体产生了一个向心力 ‎【答案】A ‎【解析】A. 由于向心加速度始终与速度方向垂直，所以向心加速度只改变物体的速度方向，不改变速度的大小，故A正确；‎ B.做匀速圆周运动物体，速度大小不变，方向时刻变化，是变速运动，故B错误；‎ C. 匀速圆周运动的加速度大小不变，方向时刻指向圆心，是变加速运动，故C错误；‎ D. 做匀速圆周运动的物体所受的合力提供向心力，产生向心加速度，故D错误。‎ ‎3.甲、乙两球位于同一竖直线上的不同位置，甲比乙高h，如图所示。将甲、乙两球分别以v1、v2的速度沿同一水平方向抛出，不计空气阻力，则下列条件中有可能使乙球击中甲球的是：‎ ‎ ‎ A. 同时抛出，且v1＜v2 B. 甲比乙后抛出，且v1＞v2‎ C. 甲比乙早抛出，且v1＜v2 D. 甲比乙早抛出，且v1＞v2‎ ‎【答案】C ‎【解析】由，得: ，可知抛出点高度越大，平抛运动的时间越长。由图可知甲的抛出点高于乙的抛出点，故要使两球相碰，甲应先抛出；‎ 而两物体的水平位移相同，而甲的运动时间要长，由x=vt可知甲的速度要小于乙的速度。故ABD错误，C正确。‎ ‎4. 小船横渡一条河，船本身提供的速度大小方向都不变。已知小船的运动轨迹如图所示，则河水的流速（ ）‎ A. 越接近B岸水速越大 B. 越接近B岸水速越小 C. 由A到B水速先增后减 D. 水流速度恒定 ‎【答案】B ‎【解析】船本身提供的速度大小方向都不变，从轨迹曲线的弯曲形状上可以知道，合力指向轨迹内侧，只有水速改变，加速度向左，靠近B岸水速越来越小。故B正确，ACD错误。5.如图所示，小球自楼梯顶的平台上以水平速度做平抛运动，所有阶梯的高度为，宽度为，重力加速度。则小球抛出后能直接打到第2级阶梯上的范围( )‎ A. B. ‎ C. D. 条件不足，无法确定 ‎【答案】B ‎【解析】当小球刚好落到第一级台阶最边缘时，由于阶梯的高度为，根据，解得运动的时间，解得，故要使落在第二台阶上，，小球能落在第二级最外边缘时，则竖直方向运动的时间，则能落在第二级上，最大速度，故，综上所述，故B正确．‎ ‎6.半径为R的半圆球固定在水平面上，顶部有一质量为m的小物体，物体与圆弧之间动摩擦因数为μ ，如图所示。今给小物体一个水平初速度，则物体 A. 将沿球面滑至M点 B. 先沿球面滑至某点N再离开球面做斜下抛运动 C. 在最高点时所受摩檫力大小为μ mg D. 立即离开半圆球做平抛运动，且水平射程为R ‎【答案】D ‎【解析】在最高点,根据牛顿第二定律得,mg−N=m，解得N=0，可知物体立即做平抛运动，‎ 竖直方向：，得 水平方向：x=v0t=R，故D正确，ABC错误。‎ ‎7.轻杆一端固定在光滑水平轴O上，另一端固定一质量为m的小球，如图所示，给小球一初速度，使其在竖直平面内做圆周运动，且刚好能通过最高点P，下列说法正确的是 A. 小球运动到最低点时为失重状态；‎ B. 小球在最高点时对杆的作用力为mg C. 若增大小球的初速度，则在最高点时球对杆的力一定增大 D. 若增大小球的初速度，则在最高点时球对杆的 力一定减小 ‎【答案】B ‎【解析】A.在最低点，小球有向上的的向心加速度，为超重状态，故A错误；‎ B.小球运动 B以小球为研究对象，设在最高点时杆对小球的作用力大小为F，方向竖直向上。小球刚好能通过最高点P，速度为零，根据牛顿第二定律得，mg−F==0，即有F=mg，再由牛顿第三定律得到，小球在最高点时对杆的作用力也为mg，方向竖直向下。故B正确； ‎ CD.对于球，在最高点时：若v<时，杆对球的作用力方向竖直向上，由上得到F=mg−，增大小球的初速度，杆对球的作用力F减小，则球对杆的力减小；若v>时，杆对球的作用力方向竖直向下时，由mg+F=，得F=−mg，当速度v增大时，杆对球的作用力F增大，则球对杆的力增大。故C错误，D错误。‎ ‎8.如图所示，一位同学玩飞镖游戏．圆盘最上端有一点P，飞镖抛出时与P等高，且距离P点为L．当飞镖以初速度v0垂直盘面瞄准P点抛出的同时，圆盘以经过盘心O点的水平轴在竖直平面内匀速转动.忽略空气阻力，重力加速度为g，若飞镖恰好击中P点，则 A. 飞镖击中P过程中单位时间内速度的变化量不相同 B. 圆盘的半径为 C. 圆盘转动角速度的最小值为1/2‎ D. P点的向心加速度始终不变 ‎【答案】B ‎【解析】A. 飞镖水平抛出做平抛运动，加速度为恒定的重力加速度，根据△v=g△t，单位时间内速度的变化量相同，故A错误；‎ B. 飞镖击中P点时，P恰好在最下方，在水平方向做匀速直线运动，因此t=L/v0，则2r=gt2，解得圆盘的半径r=，故B正确；‎ C. 飞镖击中P点，则P点转过的角度满足θ=ωt=π+2kπ(k=0,1,2…)，故ω=θ/t=‎ ‎，则圆盘转动角速度的最小值为.故C错误；‎ D. P点随圆盘转动的向心加速度为a=ω2r，由于圆盘转动的加速度有多个可能值，向心加速度a= ，有多个可能值.故D错误。‎ 二、多项选择题(本大题共5小题，每小题4分，共20分，每题有多选项正确，全对得4分， 半对得2分，有错选得0分)‎ ‎9.如图所示，人在岸上拉船，已知船的质量为m，水的阻力恒为Ff，当轻绳与水平面的夹角为θ时，船的速度为v，此时人的拉力大小为F，则此时(　　)‎ A. 人拉绳行走的速度为vcos θ B. 人拉绳行走的速度为v/cos θ C. 船的加速度为 D. 船的加速度为 ‎【答案】AC ‎【解析】‎ ‎【详解】A、B、船运动的速度是沿绳子收缩方向的速度和绕定滑轮的摆动速度的合速度.如图所示 根据平行四边形定则有 ;所以A选项是正确的,B错误. C、对小船受力分析,如图所示,‎ 根据牛顿第二定律,有: 因此船的加速度大小为:,所以C选项是正确的,D错误;‎ 故选AC ‎10.如图所示，长为L的悬线固定在O点，在O点正下方有一钉子C，OC距离为2L/3，把悬线另一端悬挂的小球m拉到跟悬点在同一水平面上无初速度释放，小球运动到悬点正下方时悬线碰到钉子，则小球的 A. 角速度突然增大为原来的3倍 B. 线速度突然增大为原来的3倍 C. 悬线拉力突然增大为原来的3倍 D. 向心加速度突然增大为原来3倍 ‎【答案】AD ‎【解析】AB. 碰到钉子的瞬间,根据惯性可知,小球的速度不能发生突变，即线速度不变；根据ω=v/R可知，半径变为，线速度不变，所以角速度变为原来的3倍，故A正确，B错误；‎ CD. 小球的向心加速度a=，半径变为，故小球的向心加速度变为原来的3倍；碰撞前，则F−mg=m，故绳子的拉力F=mg+m，碰撞后，F′−mg=3m×，解得F′=mg+3m，故C错误，D正确。‎ ‎11.下列有关运动的说法正确的是 A. 图甲A球在水平面做匀速圆周运动，A球角速度越大则偏离竖直方向的θ 角越大 B. 图乙为质量为m的小球到达最高点时对管壁的压力大小为3mg，则此时小 球的速度大小为 C. 图丙皮带轮上b点的加速度小于a点的加速度 D. 图丁用铁锤水平打击弹簧片后，B球比A球先着地 ‎【答案】AC ‎【解析】A. 图甲A球在水平面做匀速圆周运动，靠重力和拉力的合力提供向心力，有：mgtanθ=m⋅Lsinθω2，解得ω= ，知角速度越大，偏离竖直方向的θ角越大，故A正确；‎ B. 根据分析，图乙质量为m的小球到达最高点时对上管壁的压力大小为3mg，根据牛顿第二定律得，mg+FN=m，解得v=2，故B错误；‎ C.b、c的角速度相等，根据a=rω2知，b、c的加速度之比为1:2；a、c的线速度相等，根据a=知，a、c的加速度之比为2:1，可知b点的加速度小于a点的加速度，故C正确；‎ D. 平抛运动在竖直方向上做自由落体运动，可知A.B两球同时着地，故D错误。‎ 故选：AC.‎ ‎12.如图所示，一可视为质点的小球以初速度v0从O点水平抛出，经与两墙壁七次碰撞后刚好落在竖直墙壁的最低点D，此时速度与水平方向的夹角为θ，其中A 、C两点为小球与另一墙壁碰撞的等高点，已知两墙壁间的距离为d，与墙壁碰撞无能量损失，且速度满足光的反射规律，则下列说法正确的是 A. xOA：xAB：xBC：xCD＝1：3：5：7 B. 相邻两点间的速度的变化量均不相等；‎ C. tanθ＝ D. tanθ＝‎ ‎【答案】AC ‎【解析】A. 小球在水平方向上速度的大小相等，根据等时性知，OA、AB、BC、CD时间相等，在竖直方向上做自由落体运动，根据初速度为零的匀变速直线运动的推论，知xOA：xAB：xBC：xCD＝1：3：5：7.故A正确；‎ B. 因为在相邻两点间所需的时间相等，水平方向上的速度大小不变，竖直方向上做自由落体运动，根据△v=gt，则相邻两点间的速度变化量相等。故B错误；‎ C.D. 小球从O点运动到D点的时间t=，则tanθ=.故C正确，D错误。‎ ‎13.如图所示，在匀速转动的水平盘上，沿半径方向放着用细线相连的质量都为m的两个物体A和B，它们分居圆心两侧，与圆心距离分别为RA＝r，RB＝2r，与盘间 的动摩擦因数μ相同，当圆盘转速加快到两物体刚好还未发生滑动时，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，下列说法正确的是 A. 此时绳子张力为T＝2μmg B. 此时圆盘的速度为ω ＝‎ C. 此时A所受摩擦力方向沿半径指向圆外 D. 此时烧断绳子，A仍相对盘静止，B将做离心运动 ‎【答案】BC ‎【解析】ABC.两物块A和B随着圆盘转动时，合外力提供向心力，则F=mω2r，B的半径比A的半径大，所以B所需向心力大，绳子拉力相等，所以当圆盘转速加快到两物体刚好还未发生滑动时，B的静摩擦力方向指向圆心，A的最大静摩擦力方向指向圆外，有相对圆盘沿半径指向圆内的运动趋势，根据牛顿第二定律得：T−μmg=mω2r T+μmg=mω2⋅2r 解得：T=3μmg，ω=，故A错误，B正确，C正确；‎ D.烧断绳子瞬间A物体所需的向心力为2μmg，此时烧断绳子，A的最大静摩擦力不足以提供向心力，则A做离心运动，故D错误。‎ 三、实验题(本大题共2小题，共16分，第一题6分，第 2题10分)‎ ‎14.用如图所示的装置可以探究做匀速圆周运动的物体需要的向心力的大小与哪些因素有关.‎ ‎(1)本实验采用的科学方法是________‎ A.控制变量法 B.累积法 C.微元法 D.放大法 ‎(2)图示情景正在探究的是________‎ A.向心力的大小与半径的关系 B.向心力的大小与线速度大小的关系 C.向心力的大小与角速度大小的关系 D.向心力的大小与物体质量的关系 ‎(3)通过本实验可以得到的结果是________‎ A.在质量和半径一定的情况下，向心力的大小与角速度成正比 B.在质量和半径一定的情况下，向心力的大小与线速度的大小成正比 C.在半径和角速度一定的情况下，向心力的大小与质量成正比 D.在质量和角速度一定的情况下，向心力的大小与半径成反比 ‎【答案】 (1)A (2)D (3)C ‎【解析】试题分析：物理学中对于多因素的问题，常常采用控制变量的方法，把多因素的问题变成单因素的问题，每一次只改变其中的一个因素，而控制其余因素不变，从而研究被改变的这个因素对事物的影响，分别研究，甲加以综合解决，即为控制变量法；‎ 解：（1）在这两个装置中，控制半径，角速度，不变，只改变质量，来研究向心力与质量之间关系，故采用的控制变量法，故选A ‎（2）控制半径，角速度，不变，只改变质量，来研究向心力与质量之间的关系，故选D ‎（3）通过控制变量法，得到的结果为在半径和角速度一定的情况下，向心力的大小与质量成正比，故选C ‎15.（1）如图所示，在研究平抛运动时，如图1所示，用小锤击打弹性金属片，金属片把A球沿水平方向抛出，同时B球被松开，自由下落．A、B两球同时开始运动．两球同时落地，该实验现象说明了A 球在离开轨道后（ ）‎ A．水平方向的分运动是匀速直线运动 B．水平方向的分运动是匀加速直线运动 ‎ C．竖直方向的分运动是自由落体运动 D．竖直方向的分运动是匀速直线运动 ‎（2）一个同学在《研究平抛物体的运动》实验中，只画出了如下图所示的一部分曲线，于是他在曲线上取水平距离相等的三点A、B、C，量得△x＝0.2m。又量出他们之间的竖直距离分别为h1＝0.1m，h2＝0.2m，g取10m/s ，利用这些数据，可求得：物体抛出时的初速度为_________m/s。物体抛出点到A点的水平距离为__________m。‎ ‎【答案】 (1). C； (2). 2m/s， 0.1m ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)由于两球同时运动，P球做平抛运动，Q球自由落体运动，由于两球同时落地，因此说明P、Q在竖直方向运动规律是相同的，故根据实验结果可知，平抛运动在竖直方向上做自由落体运动，故C正确；‎ ‎(2)在竖直方向上有△y=gt2，则t==0.1s，平抛运动的初速度：v0=x/t=0.2m/0.1s=2m/s；‎ B点竖直方向的速度：=1.5m/s 从抛出点到B点所用时间tB，tB=vyB/g=1.5/10s=0.15s 抛出点到B点的水平位移xB=v0tB=2×0.15m=0.30m 物体抛出点到A点的水平距离为xA=xB-△x=0.3m-0.2m=0.1m 四、计算题(本大题共４个小题，第16题8分，第17题10分，第18题10分，第19题12分，共40分。要求写出主要的文字说明、方程和演算步骤，只写出答案而未写出主要的演 算过程的不能得分，答案中必须写出数字和单位)‎ ‎16.如图所示，水平转盘上放有一个质量为m的小物体，小物体离转动轴的距离为 r，转轴与小物体间用一根刚好伸直的细线相连，小物体和转盘间的最大静摩擦力等于重力的μ倍，细线所能承受的最大拉力为3μmg．求:‎ ‎(1)当转盘角速度为多少时，细线的拉力为零? ‎ ‎(2)若小物体始终相对转盘静止，转盘转动的最大角速度是多少?‎ ‎【答案】（1）ω⩽；（2）2‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)当物体只由静摩擦力提供向心力时，最大的向心力为μmg，此时μmg⩾mω2r 解得：ω⩽‎ ‎(2)当拉力达到最大时,转盘有最大角速度ωmax μmg+Fm=mω2r 即：μmg+3μmg=mr 解得：ωmax==2‎ 答：(1)当转盘角速度ω⩽时，细线的拉力为零；‎ ‎(2)若小物体始终相对转盘静止,转盘转动的最大角速度是2.‎ ‎17.一小船正在渡河，如图所示，在离对岸30m时，其下游40m处有一危险水域，若水流速度为5m/s，船在静水中的速度6 m/s。 ‎ ‎(1)从现在开始小船到达对岸的最小时间？‎ ‎(2)为了使小船在危险水域之前到达对岸，那么小船从现在起相对于静水的最小速度应为多大？ ‎ ‎【答案】（1）5s；（2）3m/s，斜向上游河岸，且与河岸成53∘角.‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）当船头垂直于河岸时，小船到达对岸的时间最小，根据d=v船t，t=5s；‎ ‎（2）tanθ=，故θ=37∘.‎ 小船的合速度方向与合位移方向相同，由平行四边形定则可知，只有当小船相对于静水的速度与合速度方向垂直时，小船相对于静水的速度最小。‎ 如图所示： ‎ 由图知，此最小速度为v1=v2sinθ=5×0.6m/s=3m/s,其方向斜向上游河岸，且与河岸成53∘角 答：(1)从现在开始小船到达对岸的最小时间为5s；‎ ‎(2)小船相对于静水的最小速度应为3m/s，其方向斜向上游河岸，且与河岸成53∘角.‎ ‎18.某学生设计并制作了一个简易水轮机，如图所示，让水从水平放置的水管流出，水流轨迹与下边放置的轮子边缘相切，水冲击轮子边缘上安装的挡水板，可使轮子连续转动。当该装置工作稳定时，可近似认为水到达轮子边缘时的速度与轮子边缘的线速度相同。调整轮轴O的位置，使水流与轮边缘切点对应的半径与水平方向成θ＝37°角。测得水从管口流出速度v0＝3 m/s，轮子半径R＝0.1 m。(已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10 m/s2)求：‎ ‎(1)若不计挡水板的大小，则轮子转动角速度为多少；‎ ‎(2)水管出水口距轮轴O水平距离和竖直距离h。‎ ‎【答案】（1）50rad/s（2）0.86m ‎【解析】 (1)水从管口流出后做平抛运动，设水流到达轮子边缘的速度大小为v，所以 ①‎ 由题意可得轮子边缘的线速度为v′＝5m/s　②‎ 所以轮子转动的角速度为　③‎ ‎(2)设水流到达轮子边缘的竖直分速度为vy，运动时间为t，水平、竖直分位移分别为sx、sy，则vy＝v0cot37°＝4m/s 　④‎ ‎　⑤‎ sx＝v0t＝1.2 m　⑥‎ ‎　⑦‎ 水管出水口距轮轴O水平距离l和竖直距离h为 l＝sx－Rcos37°＝1.12m　⑧‎ h＝sy＋Rsin37°＝0.86m　⑨‎ ‎19.如图所示，m1＝2kg的小物块自平台上水平抛出，恰好落在邻近平台的一倾角为θ＝53o 的光滑固定斜面顶端，并刚好沿光滑斜面下滑，到达斜面底端后经过水平地面后滑上一静止m2＝4kg，长度L＝50m的长木板，物块冲上长木板时的速度比在斜面底端时速度小3m/s；物块与木板间的μ1＝0.5，木板与地面间的μ2＝0.1，已知斜面顶端与物块抛出点的高度差h＝0.8m， 斜面顶端高H＝20.8m，重力加速度g＝10m/s2，sin53o＝0.8，cos53o＝0.6，求: ‎ ‎(1)小物块水平抛出的初速度v0是多少? ‎ ‎(2)小物块在斜面底端时的速度？‎ ‎(3)物块滑上长木板后对地经过多久停止运动，停止运动时距长木板左端的距离?‎ ‎【答案】(1)小物块水平抛出初速度v0是3m/s；‎ ‎(2)小物块在斜面底端时的速度为21m/s；‎ ‎(3)物块滑上长木板后对地经过6s停止运动，停止运动时距长木板左端的距离为27m。‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)由题意可知：小球落到斜面上并沿斜面下滑,说明此时小球速度方向与斜面平行，‎ 所以有：vy=v0tan53∘，又=2gh，‎ 解得：vy=4m/s，v0=3m/s.‎ ‎(2) 对物体受力分析，根据牛顿第二定律可得小球沿斜面做匀加速直线运动的加速度为：‎ a=gsin53∘=8m/s2，‎ 初速度为平抛运动的末速度：v==5m/s.‎ 设小物块到达斜面底端的速度为v3，根据速度位移关系：‎ ‎，而=26m 解得：v3=21m/s ‎（3）物块冲上长木板时的速度为v4=18m/s，加速度为a1，长木板的加速度为a2，则 μ1m1g=m1a1，a1=5m/s2‎ μ1m1g-μ2（m1+m2）g=m2a2，a2=1m/s2‎ 经时间t1物块与长木板速度相等，则：v4-a1t1=a2t1，t1=3s，‎ 相等速度为：=3m/s 物块与长木板速度相等后共同加速度为a3，则：μ2（m1+m2）g=（m1+m2）a3，a3=1m/s2‎ 再经时间t2停止运动，，t2=3s；‎ 物块滑上长木板后经时间t对地停止运动，t=t1+t2=6s 距长木板左端的距离：△x=v4t1--=27m ‎(1)小物块水平抛出的初速度v0是3m/s；‎ ‎(2)小物块在斜面底端时的速度为21m/s；‎ ‎(3)物块滑上长木板后对地经过6s停止运动，停止运动时距长木板左端的距离为27m。‎