【物理】北京市人大附中2019-2020学年高一下学期4月选考试题 （解析版）

【物理】北京市人大附中2019-2020学年高一下学期4月选考试题 （解析版）

人大附中朝阳学校 2019~2020 学年度第二学期高一年级 阶段性练习物理（选考）试题 一、选择题 ‎1.下列物理量中，属于矢量的是（　　）‎ A. 动能 B. 功 C. 周期 D. 向心加速度 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】向心加速度是既有大小也有方向的物理量，是矢量，而动能、功、周期只有大小没有方向，是标量，故D正确，ABC错误。‎ 故选D。‎ ‎2.在物理学史上，利用图所示的装置首先精确测量引力常量的科学家是（　　）‎ A. 第谷 B. 牛顿 C. 开普勒 D. 卡文迪许 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】在物理学史上，利用图所示的装置首先精确测量引力常量的科学家是卡文迪许，故ABC错误D正确。‎ 故选D。‎ ‎3.下列所述的运动过程均不计空气阻力，其中机械能守恒的是（　　）‎ A. 小石块被水平抛出后在空中运动的过程 B. 木箱沿粗糙斜面匀速下滑的过程 C. 人乘电梯加速上升的过程 D. 子弹射穿木块的过程 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．小石块做平抛运动时，物体只受到重力的作用，机械能守恒。故A正确；‎ B．木箱沿粗糙斜面匀速下滑的过程，动能不变，重力势能减小，故机械能减小，故B错误；‎ C．人乘电梯加速上升的过程，重力势能和动能均增大，机械能增大，故C错误；‎ D．子弹射穿木块的过程，由于摩擦生热，机械能减小，故D错误。‎ 故选A。‎ ‎4.如图所示，一物块在与水平方向成θ角的拉力F的作用下，沿水平面向右运动一段距离s．则在此过程中，拉力F对物块所做的功为:‎ A. Fs B. Fssinθ C. Fs cosθ D. Fs tanθ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】物体的位移是在水平方向上，把拉力F分解为水平方向的Fcosθ，和竖直方向的Fsinθ，由于竖直方向的分力不做功，所以拉力F对物块所做的功即为水平方向的分力对物体做的功，所以W=Fcosθ•s=Fscosθ .‎ A. Fs.故选项A不符合题意.‎ B. Fssinθ.故选项B不符合题意.‎ C. Fscosθ.故选项C符合题意.‎ D. Fstanθ.故选项D不符合题意.‎ ‎5.质量‎10g、以‎0.80km/s飞行的子弹与质量‎62kg、以‎10m/s奔跑的运动员相比（　　）‎ A. 运动员的动能较大 B. 子弹的动能较大 C. 二者的动能一样大 D. 无法比较它们的动能 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】子弹的动能为 运动员动能为 所以子弹的动能较大，故B正确ACD错误。‎ ‎6.如图所示，以‎10 m/s 的水平初速度抛出的物体，飞行一段时间后，垂直地撞在倾角为θ＝‎ ‎30°的斜面上，g 取 ‎10 m/s2，这段飞行所用的时间为（　　）‎ A. s B. s C. s D. 2s ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】物体做平抛运动，当垂直地撞在倾角为30°的斜面上时，把物体的速度分解如图所示 由图可知，此时物体竖直方向上的速度的大小为：‎ 由vy=gt可得：‎ 故C正确ABD错误。‎ 故选C。‎ ‎7.‎1970 年 4 月 24 日，我国自行设计、制造的第一颗人造地球卫星“东方红一号”发射成功，开创了我国航天事业的新纪元。为了纪念中国航天事业的成就，发扬中国航天精神，‎2016 年 3 ‎月 8 日，国务院批复同意自 2016 年起，将每年 4 月 24 日设立为“中国航天日”。已知“东方红一号”的运行轨道为椭圆轨道，其近地点 M 和远地点 N 的高度分别为 ‎439km 和 ‎2384km，则（　　）‎ A. 卫星在 M 点的势能大于在 N 点的势能 B. 卫星在 M 点的速度小于在 N 点的速度 C. 卫星在 M 点的角速度大于在 N 点的角速度 D. 卫星在 M 点的加速度小于在 N 点的加速度 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】AB．由M到N地球引力做负功，势能增加，动能减小，故卫星在M点的势能小于在N点的势能，卫星在M点的动能大于在N点的动能，卫星在M点的速度大于在N点的速度，故AB错误；‎ C．卫星在M点的速度大于在N点的速度，根据可知，卫星在M点的角速度大于在N点的角速度，故C正确；‎ D．根据可知，近地点加速度大，远地点加速度小。故D错误。‎ ‎8.在降落伞沿竖直方向匀速下降的过程中，遇到水平方向吹来的风，则降落伞（　　）‎ A. 下落的时间变短 B. 下落的时间变长 C. 落地时的速度变小 D. 落地时的速度变大 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】AB．降落伞参加了竖直方向的分运动和水平方向分运动，水平方向的分运动对竖直分运动无影响，故遇到水平方向吹来的风，下落的时间不变，故AB错误；‎ CD．根据可知，遇到水平方向吹来的风，则降落伞落地时的速度变大，故C错误D正确。‎ ‎9.如图所示，在匀速转动的圆筒内壁上紧靠着一个物体与圆筒一起运动，物体相对筒壁静止，则（ ）‎ A. 物体受到3个力的作用 B. 物体所受向心力是物体所受的重力提供的 C. 物体所受向心力是物体所受的弹力提供的 D. 物体所受向心力是物体所受的静摩擦力提供的 ‎【答案】AC ‎【解析】‎ ‎【详解】物体受重力、筒壁竖直向上的静摩擦力、筒壁水平方向的弹力，A正确；重力与静摩擦力在竖直方向上，不可能提供向心力，BD错误；弹力指向圆心，提供向心力，C正确．‎ ‎10.小球P和Q用不可伸长的轻绳挂在天花板上，P球的质量大于Q球的质量，悬挂P球的绳比悬挂Q球的绳短。将两球拉起，使两球均被水平拉直，如图所示。将两球由静止释放，在各自轨迹的最低点（　　）‎ A. P球的速度一定大于Q球的速度 B. P球的动能一定大于Q球的动能 C. P球所受绳的拉力一定大于Q球所受绳的拉力 D. P球的向心加速度一定大于Q球的向心加速度 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．对任意一球，设绳子长度L，小球从静止释放至最低点，由机械能守恒得 ‎，解得，则知，通过最低点时，P球的速度一定小于Q球的速度。故A错误；‎ B．由于P球的质量大于Q球的质量，而P球的速度小于Q球的速度，所以P球的动能不一定大于Q球的动能。故B错误；‎ C．在最低点，由拉力和重力的合力提供向心力，由牛顿第二定律得，‎ 解得F=3mg，与L无关，与m成正比，所以P球所受绳的拉力一定大于Q球所受绳的拉力，故C正确；‎ D．在最低点小球的向心加速度，与L、m无关，所以P球的向心加速度一定等于Q球的向心加速度，故D错误。‎ ‎11.如图所示，倾角为30°、长度为‎10m的光滑斜面，一质量为‎1.2kg 的物体从斜面顶端由静止开始下滑，g取‎10m/s2，则（　　）‎ A. 整个过程中重力做功120J B. 整个过程中重力做功的平均功率是30W C. 整个过程中合外力做功120J D. 物体滑到斜面底端时重力做功的瞬时功率是30W ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．重力做功为WG=mgh==60J，故A错误；‎ B．下滑过程中加速度为a=gsin30°=‎5m/s2，所需时间，重力平均功率为，故B正确；‎ C．整个过程中只有重力做功，故合外力做功为W=WG=60J，故C错误；‎ D．下滑到斜面底端时的速度为v=at=‎10m/s，故P=mgvcos60°=60W，故D错误。‎ 故选B。‎ ‎12.如图所示，质量为m的小球用细绳通过光滑的水平板中的小孔与砝码M相连，且正在做匀速圆周运动。如果减少M的质量，则m运动的轨道半径r，角速度ω，线速度v的大小变化情况是（　　）‎ A. r不变，ω变小 B. r增大，ω变小 C. r变小，v不变 D. r增大，ω不变 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】小球在砝码的重力作用下，在光滑水平面上做匀速圆周运动。砝码的重力提供向心力，当砝码的重量减小，此时砝码的重力小于原来小球圆周运动的向心力，小球做离心运动，导致半径变大；由于半径变大，拉力对m做负功，所以m的动能要减少，其v 变小；由于半径变大，而向心力大小变小，，则角速度减小；故B正确ACD错误。‎ 故选B。‎ ‎13.如图所示，一名滑雪爱好者从离地h=‎40m高的山坡上A点由静止沿两段坡度不同的直雪道AD、DC滑下，滑到坡底C时的速度大小v=‎20m/s，已知滑雪爱好者的质量m=‎60kg，滑雪板与雪道间的动摩擦因数，BC间的距离L=‎100m，重力加速度g=‎10m/s2，忽略在D点损失的机械能，则下滑过程中滑雪爱好者做的功为 A. 3000J B. 4000J C. 5000J D. 6000J ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】根据动能定理有 即；求得W=3000J，选项A正确；‎ 二、实验题 ‎14.在“探究平抛运动的运动规律的实验”中，可以描绘出小球平抛运动的轨迹，实验简要步骤如下：‎ A．让小球多次从 位置上滚下，在一张印有小方格的纸记下小球碰到铅笔笔尖的一系列位置，如图中a、b、c、d所示；‎ B．按图安装好器材，记下平抛初位置O点和过O点的竖直线；‎ C．取下白纸以O为原点，以竖直线为y轴建立坐标系，用平滑曲线画平抛运动物体的轨迹；‎ ‎(1)完成上述步骤，A中横线部分中应填_____；‎ ‎(2)上述实验步骤合理顺序是_____；‎ ‎(3)已知图中小方格的边长L＝‎1.25cm，则小球平抛的初速度为v0＝_____（用L、g表示）。‎ ‎【答案】 (1). 斜槽的同一 (2). BAC (3). ‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)为了保证小球初速度相同，让小球多次从斜槽的同一位置由静止释放。‎ ‎(2)按照组装器材、进行实验、数据处理的顺序可知，正确的实验顺序为：BAC。‎ ‎(3)根据△y=L=gT2得 则初速度 ‎15.利用如图所示的装置做“验证机械能守恒定律”实验：‎ ‎(1)为验证机械能是否守恒，需要比较重物下落过程中任意两点间的_____；‎ A.动能变化量与势能变化量 B.速度变化量与势能变化量 C.速度变化量与高度变化量 ‎(2)除带夹子的重物、纸带、铁架台（含铁夹）、电磁打点计时器、导线及开关外，在下列器材中，还必须使用的两种器材是_____；‎ A.交流电源 B.刻度尺 C.天平（含砝码）‎ ‎(3)大多数学生的实验结果显示，重力势能的减少量大于动能的增加量，原因是_____。‎ A.利用公式v=gt计算重物速度 B.利用公式v =计算重物速度 C.存在空气阻力和摩擦阻力的影响 D.没有采用多次实验取平均值的方法 ‎【答案】 (1). A (2). AB (3). C ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)为验证机械能是否守恒，需要比较重物下落过程中任意两点间动能的增加量和重力势能的减小量是否相等，故A正确BC错误。‎ ‎(2)实验时用到电磁打点计时器，则必须使用交流电源。在计算动能和势能变化量时，需用刻度尺测量位移和重物下落高度。在比较动能变化量和势能变化量是否相等时需验证 ‎，而等式两边可约去质量m，故不需要天平，故AB正确C错误。‎ ‎(3)实验中重力势能的减少量大于动能的增加量，原因是存在空气阻力和摩擦阻力的影响，故C正确ABD错误。‎ 三、解答题 ‎16.如图所示，用F=8.0N的水平拉力，使质量m =‎2.0kg的物体由静止开始沿光滑水平面做匀加速直线运动。求：‎ ‎(1)物体加速度a的大小；‎ ‎(2)在t=3.0s内水平拉力F所做的功。‎ ‎【答案】(1) ‎4.0m/s2；(2)144J ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)根据牛顿第二定律有F=ma 解得a=‎4.0m/s2‎ ‎(2)根据位移公式有 拉力做功W=Fx=8×18J=144J ‎17.‎2016年4月6日，我国首颗微重力科学实验卫星“实践十号”发射升空。已知卫星的质量为m，它绕地球做匀速圆周运动时距地球表面的高度为h。已知引力常量为G，地球质量为M，地球半径为R。求：‎ ‎(1)卫星所受的万有引力F；‎ ‎(2)卫星做匀速圆周运动的周期T。‎ ‎【答案】(1)；(2)‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)根据万有引力定律，有 ‎(2)根据万有引力提供向心力有 解得 ‎18.杂技演员在做水流星表演时，用绳系着装有水的水桶，在竖直平面内做圆周运动，若水的质量 m＝‎0.5 kg，绳长 l＝‎60 cm，若 g 取 ‎10m/s2，求：‎ ‎(1)最高点水不流出的最小速率；‎ ‎(2)水在最高点速率 v＝‎3 m/s 时，水对桶底的压力。‎ ‎【答案】(1)；(2) 2.5N，方向竖直向上 ‎【解析】‎ ‎【详解】(1) 水桶运动到最高点时，设速度为v0时恰好水不流出，由水受到的重力刚好提供其做圆周运动的向心力，根据牛顿第二定律得 解得：‎ ‎(2) 设桶运动到最高点对水的弹力为F，则水受到重力和弹力提供向心力，根据牛顿第二定律，有 解得 方向竖直向下，又根据牛顿第三定律，水对桶的压力大小2.5N，方向竖直向上。‎ ‎19.质量为 m 的汽车在平直公路上行驶，阻力 f 保持不变，当速度达到 v0 时，发动机的实际功率正好等于额定功率 P0，此后，汽车在额定功率下继续加速行驶，公路足够长：‎ ‎(1)求汽车能达到的最大速度 vm；‎ ‎(2)在下图中，定性画出汽车的速度由 v0 加速到 vm的过程中，速度 v 随时间 t 变化关系的图线；‎ ‎(3)若汽车速度从 v0 增大到 v1，所用时间为 t，求这段时间内汽车的位移 x。‎ ‎【答案】(1)；(2) 见解析 ；(3)。‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1) 当汽车做匀速直线运动时速度最大，由平衡条件可知，牵引力：F=f 汽车的最大速度：‎ ‎(2) 由功率公式：P=Fv可知，汽车的牵引力：‎ 由牛顿第二定律得：F-f=ma 解得：‎ 汽车做加速运动，速度v不断增大，汽车达到额定功率P后，其加速度a逐渐减小，汽车做加速度逐渐减小的加速运动，v-t图象如图所示：‎ ‎(3) 由动能定理得 解得：‎ ‎20.如图所示，同一竖直平面内的光滑轨道，是由一斜直轨道和一段由细圆管弯成的圆形轨道连接而成，斜直轨道的底端与圆形轨道相切。圆形轨道半径为R（细圆管内径远小于R），A是圆形轨道的最低点，B是圆形轨道的最高点，O是圆形轨道的圆心。现有一质量为m 的小球从斜直轨道上某处由静止开始下滑，进入细圆管内做圆周运动。忽略机械能损失，重力加速度用g表示。试求：‎ ‎（1）若小球从距地面高2R处下滑，小球到达A点的速度大小；‎ ‎（2）若小球到达B点时速度大小为，小球下落的高度应是圆形轨道半径的多少倍；‎ ‎（3）若小球通过圆形轨道最高点B时，对管壁的压力大小为0.5mg，小球下落的高度应是圆形轨道半径R的多少倍。‎ ‎【答案】（1）；（2）倍；（3）倍或倍。‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)小球从释放到A点的过程中根据动能定理有：‎ 计算得出：；‎ ‎(2)小球从释放到B点过程运用动能定理得：‎ 带入B点的速度计算得出：；即小球下落的高度应是圆形轨道半径的倍；‎ ‎(3)若对管壁的压力向下，根据牛顿第二定律有：‎ 根据动能定理得：‎ 联立各式得出：；即下落高度是圆形轨道半径R的倍；‎ 若对管壁的压力向上，根据牛顿第二定律得：‎ 根据动能定理得：‎ 联立各式得出：，即下落高度是圆形轨道半径R的倍。‎ 答：(1)小球到达A点的速度为；‎ ‎(2)小球下落的高度应是圆形轨道半径的倍；‎ ‎(3)小球下落的高度应是圆形轨道半径R的倍或倍。‎