【物理】江西省九江市九江第一中学2019-2020高二上学期期中考试试题（解析版）

【物理】江西省九江市九江第一中学2019-2020高二上学期期中考试试题（解析版）

‎2019—2010学年高二上期期中考试 物理试题 第I卷（选择题，共39分）‎ 一、本题共13小题，每小题3分，共39分。在每小题给出的四个选项中，第1~8小题只有一项符合题目要求，第9~13小题有多项符合题目要求。全部选对的得3分，选对但不全的得2分，选错或不答的得0分。‎ ‎1.2018年10月2日，美法加三名科学家获得了诺贝尔物理学奖，以表彰他们在激光物理领域的突破性发明。许多物理学家的科学研究推动了人类文明的进程，下列说法正确的是(　　)‎ A. 牛顿首次在实验室里测出了引力常量并发现了万有引力定律 B. 牛顿在发现万有定律的过程中应用了牛顿第三定律 C. 开普勒通过研究、观测和记录发现行星绕太阳做匀速圆周运动 D. 开普勒发现了行星运动定律并认为“在高山上水平抛出一物体，只要速度足够大就不会再落在地球上”‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．牛顿发现了万有引力定律，卡文迪许首次在实验室里测出了引力常量，选项A错误；‎ B．牛顿在发现万有定律的过程中应用了牛顿第三定律，选项B正确；‎ C．开普勒通过研究、观测和记录发现行星绕太阳沿椭圆轨道运动，选项C错误；‎ D．开普勒发现了行星运动定律，牛顿“在高山上水平抛出一物体，只要速度足够大就不会再落在地球上”，故D错误。‎ ‎2.我国将发射“天宫二号”空间实验室，之后发射“神州十一号”飞船与“天宫二号”对接假设“天宫二号”与“神州十一号”都围绕地球做匀速圆周运动，为了实现飞船与空间实验室的对接，下列措施可行的是 A. 使飞船与空间实验室在同一轨道上运行，然后飞船加速追上空间实验室实现对接 B. 使飞船与空间实验室在同一轨道上运行，然后空间实验室减速等待飞船实现对接 C. 飞船先在比空间实验室半径小的轨道上加速，加速后飞船逐渐靠近空间实验室，两者速度接近时实现对接 D. 飞船先在比空间实验室半径小的轨道上减速，减速后飞船逐渐靠近空间实验室，两者速度接近时实现对接 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：在同一轨道上运行加速做离心运动，减速做向心运动均不可实现对接．则AB错误；飞船先在比空间实验室半径小的轨道上加速，则其做离心运动可使飞船逐渐靠近空间实验室，两者速度接近时实现对接．则C正确；飞船先在比空间实验室半径小的轨道上减速，则其做向心运动，不可能与空间实验室相接触．则D错误．故选C．‎ 考点：人造地球卫星 ‎【名师点睛】此题是关于人造卫星的变轨问题，明确正常运行的卫星加速做离心运动会达到高轨道，若减速则会做向心运动达到低轨道。‎ ‎3.2019年1月，我国嫦娥四号探测器成功在月球背面软着陆，在探测器“奔向”月球的过程中，用h表示探测器与地球表面的距离，F表示它所受的地球引力，能够描F随h变化关系的图像是 A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】根据万有引力定律可得： ，h越大，F越小，故选项D符合题意；‎ ‎4.玻璃杯从同一高度落下，掉在水泥地上比掉在草地上容易碎，这是由于玻璃杯与水泥地面撞击的过程中(　　)‎ A. 玻璃杯的动量较大 B. 玻璃杯受到的冲量较大 C. 玻璃杯的动量变化较大 D. 玻璃杯的动量变化较快 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】玻璃杯从同一高度下落，落地前的速度大小相等，故落地前的动量相等；而最后的速度均为零；故说明动量的变化一定相等；由动量定理可知冲量也一定相等；但由于掉在水泥地上的时间较短，则说明玻璃杯掉在水泥地上动量变化较快，从而导致冲击力较大；使玻璃杯易碎；故D正确。‎ ‎5.2019年1月3日，“嫦娥四号”成功软着陆在月球背面，并通过“鹊桥”中继星传回了世界第一张近距离拍摄的月背影像图，揭开了古老月背的神秘面纱。飞船在月球表面软着陆之前，在靠近月球表面的轨道上运行，若要估算月球的平均密度，唯一要测量的物理量是(　　)‎ A. 飞船轨道半径 B. 月球的半径 C. 飞船的飞行周期 D. 飞船的线速度 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】飞船靠近月球，在靠近月球表面做匀速圆周运动，轨道半径等于月球半径，设为r， 根据牛顿第二定律，有：‎ 其中：‎ 联立解得：‎ G为常数，故需要测量卫星的公转周期T；‎ A．飞船的轨道半径，与结论不相符，选项A错误；‎ B．月球的半径，与结论不相符，选项B错误；‎ C．飞船的飞行周期，与结论相符，选项C正确；‎ D．飞船的线速度，与结论不相符，选项D错误；‎ ‎6.如图所示，有两个穿着溜冰鞋的人站在水平冰面上，当其中某人A从背后轻轻推另一个人B时，两个人会向相反的方向运动。不计摩擦力，则下列判断正确的是（ ）‎ ‎ ‎ A. A、B的质量一定相等 B. 推后两人的动能一定相等 C. 推后两人的总动量一定为零 D. 推后两人的速度大小一定相等 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 以两人组成的系统为研究对象，不计摩擦力系统的合外力为零，系统的动量守恒．A推B之前系统的总动量为0，则推之后两人的总动量一定为0．取A的速度方向为正方向，由动量守恒定律有 mAvA-mBvB=0，即有 mAvA=mBvB, 可得 所以推后两人的动量大小一定相等，质量不一定相等，则动能不一定相等，速度大小与质量成反比，故ABD错误，C正确．故选C.‎ 点睛：解决本题的关键是掌握动量守恒的条件：合外力为零，判断出两人组成的系统动量守恒，运用动量守恒定律列式分析．‎ ‎7.如图所示，在光滑水平面上放一个质量为M的斜面体，质量为m的物体沿斜面由静止开始自由下滑，下列说法中正确的是(　　) ‎ A. M和m组成的系统动量守恒 B. M和m组成的系统动量不守恒 C. M和m组成的系统水平方向动量守恒 D. M和m组成的系统竖直方向动量守恒 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【详解】ABD．m下滑过程系统所受合外力竖直向下，系统所受合外力不为零，系统动量不守恒，系统在竖直方向动量不守恒，故AD错误，B正确；‎ C．M和m组成的系统在水平方向所受合外力为零，水平方向系统动量守恒，故C正确；‎ ‎8.如图所示，质量m=60 kg的人，站在质量M=300 kg的车的一端，车长L=3 m，相对于地面静止。当车与地面间的摩擦可以忽略不计时，人由车的一端走到另一端的过程中，车将(　　) ‎ A. 后退0.5 m B. 后退0.6 m C. 后退0.75 m D. 一直匀速后退 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】ABC．人车组成的系统动量守恒，则 mv1=Mv2‎ 所以 mx1=Mx2‎ 又有 x1＋x2=L 解得 x2=0.5 m。‎ 选项A正确，BC错误；‎ D. 题中未说明人的运动状态，故小车的运动状态不定；故D错误；‎ ‎9.关于地球同步卫星，下列说法中正确的是(　　)‎ A. 同步卫星的周期与地球的公转周期相等 B. 同步卫星的周期与地球的自转周期相等 C. 同步卫星的高度是唯一的 D. 同步卫星可以定点在地球上空的任意位置 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【详解】A．同步卫星的周期与地球的自转周期相等，选项A错误，B正确；‎ C．根据万有引力提供向心力，列出等式：‎ 其中R为地球半径，h为同步卫星离地面的高度。由于同步卫星的周期必须与地球自转周期相同，所以T为一定值，根据上面等式得出：同步卫星离地面的高度h也为一定值。故C正确。‎ D．它若在除赤道所在平面外的任意点，假设实现了“同步”，那它的运动轨道所在平面与受到地球的引力就不在一个平面上，这是不可能的，同步卫星只能定点在赤道的上空，故D错误。‎ ‎10.如图所示，A是地球的同步卫星，B是地球的近地卫星，C是地面上的物体，A、B、C质量相等，均在赤道平面上绕地心做匀速圆周运动。设A、B与地心连线在单位时间内扫过的面积分别为SA、SB，周期分别为TA、TB、TC，A、B、C做圆周运动的动能分别为EkA、EkB、EkC。不计A、B、C之间的相互作用力，下列关系式正确的是(　　)‎ A. SA=SB B. SA＞SB C. TC=TA＞TB D. EkA＜EkB=EkC ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【详解】AB．人造卫星绕地球做匀速圆周运动的圆的面积为：S=πr2，所以人造卫星与地心连线在单位时间内所扫过的面积为 因A的轨道半径大于B的轨道半径，则有SA＞SB，故A错误，B正确； CD．赤道上的物体A与同步通信卫星C转动周期相同，即为：‎ TA=TC 根据：，由于赤道上物体C的轨道半径小于同步通信卫星A的轨道半径，故 ‎ ‎ 根据动能为：‎ ‎ ‎ A与C的质量相等，而vC＜vA，故 Ekc＜EkA；‎ A、B是围绕地球公转的卫星，根据 得线速度为：‎ 周期 因A的轨道半径大于B的轨道半径，则有 vA＜vB，TA＞TB 根据动能，A与B的质量相等，而vA＜vB，故 EkA＜EkB 综上分析可得：‎ TA=TC＞TB，EkC＜EkA＜EkB 故C正确，D错误；‎ ‎11.已知地球半径为R，地球表面的重力加速度为g，若绕地球做匀速圆周运动的空间站离地面的高度也等于R，则(　　)‎ A. 空间站的运行速度为 B. 空间站的加速度为 C. 空间站的周期为 D. 空间站里的人和物都处于完全失重状态，没有重力 ‎【答案】AB ‎【解析】‎ ‎【详解】在地球表面重力与万有引力相等有 卫星的向心力由万有引力提供有 A．空间站的运行速度为：‎ 故A正确；‎ B．空间站的加速度 故B正确；‎ C．空间站的周期 故C错误；‎ D．空间站里的人和物都处于完全失重状态，仍受到重力的作用，故D错误；‎ ‎12.如图所示，A为地球同步卫星，B为在地球赤道平面内运动的圆轨道卫星，A、B绕地心转动方向相同，已知B卫星轨道运行周期为2小时，图示时刻A在B正上方，则 A. B的运动速度大于A的运动速度 B. B运动的周期大于A运动的周期 C. B运动的加速度大于A运动的加速度 D. B卫星一天内12次看到日出日落 ‎【答案】ACD ‎【解析】‎ ‎【详解】由于为地球同步卫星，周期为，所以运动的周期小于运动的周期，根据开普勒第三定律可得运动的轨道半径小于运动的轨道半径；根据可得，所以的运动速度大于的运动速度；根据可得，所以的运动加速度大于的运动加速度；由于卫星轨道运行周期为2小时，是地球自转周期的，卫星一天内12次看到日出日落，故选项A、C、D正确，B错误。‎ ‎13.在某次杂技表演中，一演员平躺在水平面上，腹部上方静置一质量M＝80 kg的石板，另一演员手持一质量为m＝5 kg的铁锤，从h1＝1.8 m高处由静止落下，与石板撞击后反弹至h2＝0.05 m处，结果石板裂开而平躺着的演员没有受伤。若铁锤撞击石板的时间为t1＝0.01 s，由于缓冲，演员腹部与石板相互作用的时间为t2＝0.5 s，铁锤的下落视为自由落体运动，重力加速度g取10 m/s2，则(　　)‎ A. 铁锤撞击石板前瞬间的速度大小为6 m/s B. 撞击过程中铁锤受到的冲量大小为25 N·s C. 撞击过程中铁锤对石板的平均作用力大小为3 550 N D. 缓冲过程中石板对演员的平均作用力大小约为4 300 N ‎【答案】AC ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意可知考查动量定理、动量守恒定律的应用，根据动量定理、动量守恒定律分析计算可得。‎ ‎【详解】A．设铁锤撞击石板前瞬间的速度大小为v，则由自由落体运动规律可得v2＝2gh1，解得v＝6 m/s，故A正确；‎ B．设撞击后铁锤反弹的速度大小为v′，则由v′2＝2gh2，解得v′＝1‎ ‎ m/s，由动量定理可得撞击过程中铁锤受到的冲量大小I＝m(v′＋v)，解得I＝35 N·s，故B错误；‎ C．设撞击过程中石板对铁锤的作用力大小为F，则有I＝(F－mg)t1，解得F＝3550 N，由牛顿第三定律可知铁锤对石板的作用力大小为3550 N，故C正确；‎ D．碰撞过程时间很短，可近似认为动量守恒，设碰撞后瞬间石板的速度大小为v1，则由动量守恒定律可得mv＝Mv1－mv′，代入数据解得v1＝m/s，设缓冲过程中人对石板的作用力大小为F′，由动量定理可得(F′－Mg)t2＝Mv1，解得F′＝870 N，故D错误。‎ ‎【点睛】合外力的冲量等于物体动量的变化量，应用动量定理时要考虑重力大小（重力非常小，可忽略情况除外）。动量定理、动量守恒定律使用时要先选择正方向,把矢量表达式变为标量表达式进行计算。分析撞击过程中铁锤对石板的作用力时研究对象选择铁锤，计算缓冲过程中石板对演员的平均作用力大小时选择石板为研究对象,分别应用动量定理计算可得。‎ 第Ⅱ卷（非选择题，共61分）‎ 二、本题包括2小题，共20分。根据题目要求将答案填写在答题卡中指定的位置。‎ ‎14.某同学设计了一个用电磁打点计时器验证动量守恒定律的实验:在小车M的前端粘有橡皮泥,先推动小车M使之做匀速运动,然后与原来静止在前方的小车N相碰并粘合成一体,继续做匀速运动。他设计的装置如图甲所示。在小车M后连着纸带,电磁打点计时器所用的电源频率为50 Hz。(长木板下垫着小木片以平衡摩擦力)‎ ‎(1)若已测得打点纸带如图乙所示,并测得各计数点的间距(已标在图上)。A为运动的起点,则应选____段来计算M碰前的速度,应选____段来计算M和N碰后的共同速度(以上两空选填“AB”“BC”“CD”或“DE”)。‎ ‎(2)已测得小车M的质量m1=0.4 kg,小车N的质量m2=0.2 kg,则碰前两小车的总动量为____ kg·m/s,碰后两小车的总动量为____ kg·m/s。据此可以得出结论______________________。‎ ‎【答案】(1). BC DE (2). 0.420 0.417 在误差允许的范围内碰撞前后系统动量守恒 ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)[1][2]．从分析纸带上打点情况看，BC段既表示小车做匀速运动，又表示小车有较大速度，因此BC段能较准确地描述小车M在碰撞前的运动情况，应选用BC段计算小车M的碰前速度。从CD段打点情况看，小车的运动情况还没稳定，而在DE段小车运动稳定，故应选用DE段计算碰后M和N的共同速度。‎ ‎(2)[3][4][5]．小车M在碰撞前的速度 v0==1.050 m/s 小车M在碰撞前的动量 p0=m1v0=0.420 kg·m/s 碰撞后M、N的共同速度 v==0.695 m/s 碰撞后M、N总动量 p=(m1+m2)v=0.417 kg·m/s 可见在误差允许的范围内，碰撞前后系统动量守恒。‎ ‎15.如图所示，用“碰撞实验器”可以验证动量守恒定律，即研究两个小球在轨道水平部分碰撞前后动量关系。‎ ‎(1)实验中，直接测定小球碰撞前后的速度是不容易的。但是，可以通过仅测量__________(填选项前的符号)，间接地解决这个问题。‎ A．小球开始释放高度h B．小球抛出点距地面的高度H C．小球做平抛运动的射程 ‎(2)图中O点是小球抛出点在地面上垂直投影，实验时先让入射球m1多次从倾斜轨道上S位置静止释放，找到其平均落地点的位置P，测量平抛射程OP，然后，把被碰小球m2静置于轨道的水平部分，再将入射球m1从斜轨上S位置静止释放，与小球m2相碰，并多次重复。接下来要完成的必要步骤是__________。(填选项前的符号)‎ A．用天平测量两个小球的质量m1、m2‎ B．测量小球m1开始释放高度h C．测量抛出点距地面的高度H D．分别找到m1、m2相碰后平均落地点的位置M、N E．测量平抛射程OM、ON ‎(3)若两球碰撞前后的动量守恒，其表达式为____________________[用(2)中测量的量表示]；若碰撞是弹性碰撞，那么还应满足的表达式为____________________[用(2)中测量的量表示]。‎ ‎【答案】 (1). C (2). ADE (3). m1·OM＋m2·ON=m1·OP m1·OM2＋m2·ON2=m1·OP2‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)[1]．小球碰前和碰后的速度都可用平抛运动来测定，即v=‎ 即 m1=m1＋m2‎ 而由H=gt2知，每次下落竖直高度相等，平抛时间相等。则可得 m1·OP=m1·OM＋m2·ON 故只需测射程，因而选C。‎ ‎(2)[2]．由表达式知：在OP已知时，需测量m1、m2、OM和ON，故必要步骤A、D、E。‎ ‎(3) [3][4]．若两球碰撞前后的动量守恒，其表达式为 m1·OP=m1·OM＋m2·ON 若为弹性碰撞，则同时满足动能守恒。‎ 即 m1·OP2=m1·OM2＋m2·ON2。‎ 三、本题包括4小题，共41分。解答时应写出必要的文字说明、主要公式和重要的演算步骤，只写出最后答案的，不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。‎ ‎16.a、b两个小球在一直线上发生碰撞，它们在碰撞前后的s-t图象如图所示，若a球的质量ma=1kg，则b球的质量mb等于多少?‎ ‎【答案】2.5kg ‎【解析】‎ ‎【详解】从位移—时间图像上可看出，碰前B的速度为0，A的速度v0=Δs/Δt=4m/s ‎ 碰撞后，A的速度v1=-1m/s，B的速度v2=2m/s，‎ 由动量守恒定律得 mAv0=mAv1+mBv2‎ mB=2.5kg ‎17.A、B是地球的两颗卫星，其轨道半径分别为RA和RB，某时刻B卫星正好位于A卫星的正上方，如图所示。已知地球半径为R，地球表面的重力加速度为g。‎ ‎(1)求这两颗卫星的周期。‎ ‎(2)至少经过多长时间，B卫星再次运动到A卫星的正上方?‎ ‎【答案】(1) ；(2)‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)万有引力提供卫星做匀速圆周运动的向心力，有 ‎=mARA ‎=mg 可得A卫星的周期 TA=‎ 同理可得，B卫星的周期 TB=‎ ‎(2)要B卫星再次运动到A卫星的正上方，则A卫星至少要比B卫星多转过2π的角度，设时间为t，则 ‎（）=2π 解得：‎ t=‎ ‎18.如图所示，质量为m=245g的木块（可视为质点）放在质量为M=0.5kg的木板左端，足够长的木板静止在光滑水平面上，木块与木板间的动摩擦因数为μ= 0.4，质量为m0 = 5g的子弹以速度v0=300m/s沿水平方向射入木块并留在其中（时间极短），子弹射入后，g取10m/s2，求：‎ ‎(1)子弹进入木块后子弹和木块一起向右滑行的最大速度v1‎ ‎(2)木板向右滑行的最大速度v2‎ ‎(3)木块在木板滑行的时间t ‎【答案】(1) v1= 6m/s (2) v2=2m/s (3) t=1s ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)子弹打入木块过程，由动量守恒定律可得：‎ m0v0=(m0+m)v1‎ 解得：‎ v1= 6m/s ‎(2)木块在木板上滑动过程，由动量守恒定律可得：‎ ‎(m0+m)v1=(m0+m+M)v2‎ 解得：‎ v2=2m/s ‎(3)对子弹木块整体，由动量定理得：‎ ‎﹣μ(m0+m)gt=(m0+m)(v2﹣v1)‎ 解得：物块相对于木板滑行的时间 ‎19.如图所示，在离地4h的平台边缘放一个小球A，在其左侧有一个摆球B，当B球从离平台h高处由静止释放到达最低点时，恰能与A球发生正碰撞，使A球水平抛出，若A球落地时距离平台边缘4h，B球碰撞后能上升到离平台的高度，求 ‎（1）碰撞后A球水平抛出时的速度．（已知重力加速度为g）‎ ‎（2）A、B两球的质量之比．‎ ‎【答案】（1） （2）‎ ‎【解析】‎ ‎(1)碰撞后A球做平抛运动，小球A在水平方向上：4h=vAt，‎ 在竖直方向上：‎ 解得A球碰后速度为 ‎(2)设B球运动到最低点与A球碰撞前的速度为v0，碰撞后的速度大小为vB，则有：‎ mBgh=‎ 及mBg×=‎ 若B球碰撞后向右运动，取向右为正方向，由动量守恒定律得：‎ mBv0=mB(vB)+mAvA 解得两球质量比为：mA：mB=1：2‎ 此条件下系统机械能损失为：△E=mBgh，因碰撞过程机械能不能增加，结论合理。‎ 若B球碰撞后向左运动，取向右为正方向，由动量守恒定律得：mBv0=mB(−vB)+mAvA 解得两球的质量比为：mA：mB=3：2‎ 此条件下系统机械能增加量为：△E=mBgh，因碰撞过程机械能不能增加，故不合理，应舍去。‎ 点睛：碰撞后A离开平台后做平抛运动，应用平抛运动规律可以求出碰撞后A的速度；B向下摆动过程机械能守恒，应用机械能守恒定律可以求出碰撞前B的速度；碰撞过程系统动量守恒，应用动量守恒定律可以求出A、B两球的质量之比。‎