2018-2019学年广东省汕头市金山中学高一下学期第一次月考试物理试题（解析版）

2018-2019学年广东省汕头市金山中学高一下学期第一次月考试物理试题（解析版）

‎2018-2019学年广东省汕头市金山中学高一下学期第一次月考试物理试题（解析版）‎ 一、单选题（共5题，每题6分，共30分）‎ ‎1.若某星球的质量和半径均为地球的一半，那么质量为M的宇航员在该星球上的重力是地球上重力的 A. 1/4 B. 1/2 C. 2倍 D. 4倍 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：根据得，重力加速度．因为星球质量和半径均为地球的一半，则星球表面的重力加速度是地球表面重力加速度的2倍，所以质量为50kg的宇航员在该星球上的重力是地球上重力的2倍．故C正确，ABD错误．故选C．‎ 考点：万有引力定律的应用 ‎2. 如图所示，某人游珠江，他以一定速度面部始终垂直河岸向对岸游去.江中 各处水流速度相等，他游过的路程、过河所用的时间与水速的关系是(　　)‎ A. 水速大时，路程长，时间长 B. 水速大时，路程长，时间短 C. 水速大时，路程长，时间不变 D. 路程、时间与水速无关 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 本题考查的是合运动和分运动之间的关系：‎ 合运动与分运动之间存在如下的特点：(1)独立性原理：各个分运动之间相互独立，互不影响． (2)等时性原理，合运动与分运动总是同时开始，同时结束，它们所经历的时间是相等的．所以答案选C。‎ ‎3.两颗人造地球卫星，都绕地球作圆周运动，它们的轨道半径之比 ，则它们的速度大小之比 等于 A. 2 B. C. D. 4‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】人造卫星绕地球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力，设卫星的质量为m、轨道半径为r、地球质量为M，有 ；得：，轨道半径之比为：，所以则它们的速度大小之比为：，故ACD错误，B正确；故选B．‎ ‎4.在高处以初速v0水平抛出一石子，当它的速度由水平方向变化到与水平方向夹θ角的过程中，石子的水平位移的大小是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 当石子下落速度的方向与水平方向夹角为时，则其速度在竖直方向的分量；根据，则该石子下落的时间为，则在这段时间内，石子的水平位移为，故本题选C。‎ ‎【点睛】根据运动的分解，可以求出石子下落速度在竖直方向上的分量；根据自由落体运动速度与时间的关系，可以求出下落时间；根据平抛运动的水平分运动为匀速直线，可以计算其水平位移。‎ ‎5.三颗人造地球卫星 绕地球做匀速圆周运动，运行方向如图所示.已知 ，则关于三颗卫星，下列说法错误的是 A. 卫星运行线速度关系为 B. 卫星轨道半径与运行周期关系为 C. 已知万有引力常量G，现测得卫星 A的运行周期 TA和轨道半径RA ，可求地球的平均密度 D. 为使A 与B同向对接，可对 A适当加速 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】人造卫星绕地球做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，‎ 设卫星的质量为m、轨道半径为r、地球质量为M，由图示可知：‎ rA＜rB=rC，由题意知：MA=MB＜MC；‎ 根据人造卫星的万有引力等于向心力，‎ ‎ ‎ 所以vA＞vB=vC，故A正确；‎ B.由开普勒第三定律可知，绕同一个中心天体运动的半径的三次方与周期的平方之比是一个定值，即,故B正确；‎ C、由于不知道地球的半径，所以无法求出密度，故C错误；‎ D、为使A与B同向对接，可对A适当加速，做离心运动，故D正确；‎ 本题选不正确的，故选：C 二、多项选择题（共4题，每题6分，共24分.漏选得3分，错选不得分）‎ ‎6.如图所示,将物块 置于沿逆时针方向转动的水平转盘上,并随转盘一起转动(物块与转盘间无相对滑动).图中 方向指向圆心, 方向与 方向垂直下列说法正确的是 A. 若物块 所受摩擦力方向为 方向,转盘一定是匀速转动 B. 若物块 所受摩擦力方向为 方向,转盘一定是加速转动 C. 若物块 所受摩擦力方向为 方向,转盘一定是加速转动 ‎ D. 若物块 所受摩擦力方向为 方向,转盘一定是减速转动 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ 圆盘匀速转动时，重力和支持力平衡，合外力（摩擦力）提供圆周运动向心力，故摩擦力方向指向圆心O点，即co方向，选项A错误；当转盘加速转动时，物块P做加速圆周运动，不仅有沿c方向指向圆心的向心力，还有指向a方向的切向力，使线速度大小增大，两方向的合力即摩擦力可能指向b，故b正确，C错误；当转盘减速转动时，物块P做减速圆周运动，不仅有沿c方向指向圆心的向心力，还有指向a相反方向的切向力，使线速度大小减小，两方向的合力即摩擦力可能指向d，故D正确。故选BD。‎ 点睛：分析圆周运动物体受到的力，把握好利用分解的思想：向切向和径向方向分解，平行速度方向的合力，即切向力，产生切向加速度，改变速度的大小；垂直速度方向的合力，指向圆心，产生向心加速度，只改变速度的方向，不改变速度的大小． ‎ ‎7.图示是某自行车的部分传动装置，其大齿轮、小齿轮、后轮的半径分别为 分别是三个轮子边缘上的点。当三个轮子在大齿轮的带动下一起转动时，下列说法中正确的是 A. A，B两点的角速度大小之比为1：1‎ B. A，C两点的周期之比为 ‎ C. B，C两点的向心加速度大小之比为 ‎ D. A，C两点的向心加速度大小之比为 ‎ ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【详解】大齿轮边缘的A点和小齿轮边缘上的B点线速度的大小相等，根据v=Rω可知：R1ω1=R2ω2，所以：．故A错误；小齿轮边缘的B点和后轮边缘的C点共轴，所以转动的角速度相等即ω3=ω2，根据．所以B与C的周期相等，即T2=T3，则A与B的周期之比：，所以A、C两点的周期之比为．故B正确；小齿轮边缘的B点和后轮边缘的C点共轴，所以转动的角速度相等，根据a=ω2r，可知B、C两点的向心速度大小之比为a2：a3=R2：R3．故C错误；大齿轮边缘的A点和小齿轮边缘上的B点线速度的大小相等，根据，所以：a1：a2=R2：R1．所以：．故D正确。‎ ‎8.两颗靠得很近的天体称为双星，它们以两者连线上的某点为圆心作匀速圆周运动，则下列说法正确的是 A. 它们作匀速圆周运动的半径与其质量成正比 B. 它们作匀速圆周运动的向心加速度大小相等 C. 它们作匀速圆周运动的向心力大小相等 D. 它们作匀速圆周运动的周期相等 ‎【答案】CD ‎【解析】‎ ‎【详解】D、在双星问题中它们的角速度相等，设两星之间的距离为L，质量分别为m1、m2，则有：，所以周期相等；故D正确。‎ A、根据万有引力提供向心力得： ①， ②；联立①②可得：m1r1=m2r2，即轨道半径和质量成反比；故A错误。‎ B、质量不等，半径也不等，根据a=ω2r得，向心加速度不等；故B错误。‎ C、由万有引力公式可知向心力大小相等；故C正确。‎ 故选CD。‎ ‎【点睛】解决问题时要把握好问题的切入点．如双星问题中两卫星的向心力相同，角速度相等．‎ ‎9.发射地球同步卫星时，先将卫星发射至近地圆轨道1，然后经点火，使其沿椭圆轨道2运行，最后再次点火，将卫星送入同步圆轨道3。轨道1、2相切于Q点，轨道2、3相切于P点，如图所示，则当卫星分别在1、2、3轨道上正常运行时，以下说法正确的是 ‎ A. 卫星在轨道3上速率大于在轨道1的速率 B. 卫星在轨道3上角速度小于在轨道1的角速度 C. 卫星在轨道1上经过Q点时的加速度大于它在轨道2上经过Q点时的加速度 D. 卫星在轨道2上经过P点时的加速度等于它在轨道3上经过P点时的加速度 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【详解】设卫星的质量为m、轨道半径为r、地球质量为M，卫星绕地球做匀速圆周运动时，根据万有引力提供向心力，有：，得：， 则知，轨道3半径比轨道1半径大，故卫星在轨道3上的速率和角速度均小于在轨道1上的速率和角速度，故A错误，B正确；根据牛顿第二定律得：，得，可知卫星经过同一点时加速度相同，所以卫星在轨道1上经过Q点时的加速度等于它在轨道2上经过Q点时的加速度。卫星在轨道2上经过P点时的加速度等于它在轨道3上经过P点时的加速度；故C错误，D正确。‎ 三、实验题（每空4分，共12分）‎ ‎10.如图甲所示为测量电动机转动角速度的实验装置，半径不大的圆形卡纸固定在电动机转轴上，在电动机的带动下匀速转动．在圆形卡纸的旁边垂直安装一个改装了的电火花计时器．（电火花计时器每隔相同的时间间隔打一个点）‎ 该实验的步骤如下：‎ ‎①使电火花计时器与圆形卡纸保持良好接触 ‎②启动电动机，使圆形卡纸转动起来 ‎③接通电火花计时器的电源，使它工作起来 ‎④关闭电动机，拆除电火花计时器；研究卡纸上留下的一段点迹（如图乙所示），写出角速度ω的表达式，代入数据，得出ω的测量值． ‎ ‎（1）要得到角速度ω的测量值，还缺少一种必要的测量工具，它是____________‎ A. 秒表                               B. 毫米刻度尺                             C. 天平                             D. 量角器 ‎（2）若取n个点，利用（1）中的工具进行测量，将其测量值设为a，计时器的打点时间间隔为t，利用上述符号，写出ω的表达式：______________________‎ ‎（3）为了避免在卡纸连续转动的过程中出现打点重叠，在电火花计时器与盘面保持良好接触的同时，可以缓慢地将电火花计时器沿圆形卡纸半径方向向卡纸中心移动．则卡纸上打下的点的分布曲线不是一个圆，而是类似一种螺旋线，如图丙所示．这对测量结果________（填“有”或“无”）影响．‎ ‎【答案】 (1). D (2). (3). 无 ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）求物体的转动角速度，不但要知道转动的时间，还要知道在该时间内转过的角度。所以要用量角器测量角度。故选D。 （2）从圆片上找出清晰的n个点，有（n-1）个间隔，用量角器测量出这（n-1）个间隔的角度α，转过角度α所用的时间为（n-1）t，由角速度的定义可得：. （3）卡纸上打下的点的分布曲线不是一个圆，不影响我们对转过的角度的测量，所以对测量结果无影响。‎ 四、计算题（共34分）‎ ‎11.如图所示，P点位于悬挂点正下方的地面上，质量m的小球用细线拴住，线长l，细线所受拉力达到2mg时就会被拉断。当小球从图示位置释放后摆到悬点的正下方时，细线恰好被拉断，此时小球距水平地面的高度h，求 ‎1）细线被拉断瞬间小球的速度大小？‎ ‎2）小球落地点到P点的距离？ ‎ ‎【答案】(1) v= (2) x=‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）当细线恰断时有：2mg－mg=m 解得： ‎ ‎（2）断后小球做平抛运动：h= gt2，x=v0t 由（1）得：t= ‎ 所以：x=‎ ‎12.某电视台正在策划的“快乐向前冲”节目的场地设施如图所示，AB为水平直轨道，上面安装有电动悬挂器，可以载人运动，下方水面上漂浮着一个半径为R铺有海绵垫的转盘，转盘轴心离平台的水平距离为L，平台边缘与转盘平面的高度差为H。选手抓住悬挂器后，按动开关，在电动机的带动下从A点沿轨道做初速为零、加速度为a的匀加速直线运动。起动后2s悬挂器脱落。设人的质量为m(看作质点)，人与转盘间的最大静摩擦力为μmg，重力加速度为g。‎ ‎（1）假设选手落到转盘上瞬间相对转盘速度立即变为零，为保证他落在任何位置都不会被甩下转盘，转盘的角速度ω应限制在什么范围？‎ ‎（2）若H＝3.2m，R ＝0.9m，取g＝10m/s2，当a＝2m/s2时选手恰好落到转盘的圆心上，求L。‎ ‎（3）若H＝2.45m，R＝0.8m，L＝6m，取g＝10m/s2，选手要想成功落在转盘上，求加速度a的范围。‎ ‎【答案】（1）（2）7.2 m（3）a1 =" 1.75" m/s2或者a2 =" 2.25" m/s2‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）设人落在圆盘边缘处不至被甩下，临界情况下，最大静摩擦力提供向心力 则有：μmg=mω2R 解得 故转盘的角速度 ‎（2）匀加速过程m=4m vc =at=4m/s 平抛过程得t2=0．8s x2= vc t2 = 4×0．8m=3．2m 故L=x1 + x2=7．2m ‎（3）分析知a最小时落在转盘左端，a最大时落在转盘右端 得 解得 解得a2=2m/s2‎ 考点：牛顿第二定律、平抛运动 ‎【名师点睛】解决本题的关键理清选手的运动过程，结合牛顿第二定律、平抛运动的分位移公式、运动学公式灵活求解：根据静摩擦力提供向心力，结合牛顿第二定律求出转盘角速度的范围．抓住平抛运动的水平位移和匀加速直线运动的位移等于L，结合位移公式和速度公式求出匀加速运动的时间；根据平抛运动的分位移公式列式求解。‎ ‎ ‎