广西桂林十八中2019-2020学年高一下学期期中考试物理试题 Word版含解析

广西桂林十八中2019-2020学年高一下学期期中考试物理试题 Word版含解析

桂林十八中2019-2020学年度19级高一下学期期中试卷 物理 第I卷（选择题，共44分）‎ 一、单选题（下列各题均有4个选项，其中只有一个是正确的，请将正确选项的字母代号填涂在答题卷的相应位置，多选、错选或不选，该小题不得分。每小题3分，共24分）‎ ‎1.下列物理量中，用来描述物体做功快慢的是（　　）‎ A. 功 B. 位移 C. 时间 D. 功率 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 本题考查各物理量的基本概念 ‎【详解】A．功表示力在空间上的积累，不符合题意，故A错误；‎ B．位移是描述位移的变化量的物理量，不符合题意，故B错误；‎ C．时间表示某一过程所持续的时间间隔，不符合题意，故C错误；‎ D．功率是描述某个力做功快慢的物理量，符合题意，故D正确．‎ ‎2.下列物体运动过程中满足机械能守恒的是（　　）‎ A. 跳伞运动员张开伞后，在空中匀速下降 B. 忽略空气阻力，物体竖直向上抛出的运动 C. 火箭升空 D. 拉着物体沿光滑斜面匀速上升 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．跳伞运动员张开伞后，在空中匀速下降的过程中，动能不变，重力势能减小，故机械能减小，选项A错误；‎ B．忽略空气阻力，物体竖直向上抛出的运动，物体只受重力作用，机械能守恒，选项B正确；‎ C．火箭升空过程中，要受到推力作用，且推力做正功，故机械能不守恒，选项C错误；‎ D．拉着物体沿光滑斜面匀速上升过程中，拉力做正功，机械能增加，选项D错误；‎ 故选B。‎ - 13 -‎ ‎3.关于第一宇宙速度，下列说法正确是（　　）‎ A. 我们把11.2km/s叫做第一宇宙速度 B. 它是月球绕地球飞行的速度 C. 它是地球同步卫星绕地球飞行的速度 D. 它是人造地球卫星在地面附近绕地球做匀速圆周运动的速度 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】AD．第一宇宙速度是卫星绕地球做圆周运动最小发射速度，也是绕地球运动卫星的最大环绕速度，在近地轨道上有：，由于为近地轨道所以有：，故有，故A错误，D正确； BC．第一宇宙速度是人造地球卫星绕地球做匀速圆周运动的最大运行速度，而地球同步卫星绕地球飞行的速度小于第一宇宙速度，故BC错误。‎ 故选D。‎ ‎4.如图所示，一颗卫星绕地球做椭圆运动，运动周期为T,图中虚线为卫星的运行轨迹，A，B，C，D是轨迹上的四个位置，其中A距离地球最近，C距离地球最远．B和D点是弧线ABC和ADC的中点，下列说法正确的是 A. 卫星在C点的速度最大 B. 卫星在C点的加速度最大 C. 卫星从A经D到C点的运动时间为T/2‎ D. 卫星从B经A到D点的运动时间为T/2‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A - 13 -‎ ‎、卫星绕地球做椭圆运动，类似于行星绕太阳运转，根据开普勒第二定律：行星与太阳的连线在相等时间内扫过的面积相等，则知卫星与地球的连线在相等时间内扫过的面积相等，所以卫星在距离地球最近的A点速度最大，在距离地球最远的C点速度最小，卫星在B、D两点的速度大小相等；故A错误；‎ B、在椭圆的各个点上都是引力产生加速度，因A点的距离最小，则A点的加速度最大，故B错误.‎ C、根据椭圆运动的对称性可知，则，故C正确.‎ D、椭圆上近地点A附近速度较大，远地点C附近速度最小，则，；故D错误.‎ 故选C.‎ ‎5.“神舟九号”飞船于2012年6月16日发射升空，如图所示，在“神舟九号”靠近轨道沿曲线从M点到N点的飞行过程中，速度逐渐减小．在此过程中“神舟九号”所受合力的方向可能是（　　）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】“神舟九号”在飞行过程中，沿曲线从M点向N点飞行的过程中，做曲线运动，速度沿轨迹的切线方向，所受合力方向指向轨迹的凹向；“神舟九号”飞行过程中减速，所以沿切向方向有与速度相反的分力；故合力与速度的方向的夹角要大于90°．故ABD错误，C正确。 故选C。‎ ‎6.一个小孩用200N的力，将质量为1kg的足球踢出，使足球获得20m/s的初速度，飞行50m后着地，则小孩对足球做的功约为（　　）‎ A. 50J B. 200J C. 400J D. 10000J ‎【答案】B - 13 -‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】根据动能定理得 W=×1×202＝200J 故B正确，ACD错误。‎ 故选B。‎ ‎7.如图所示，细绳的一端固定于O点，另一端系一个小球，在O点的正下方钉一个钉子A，小球从一定高度摆下。当细绳与钉子相碰的瞬间，则（　　）‎ A. 小球的线速度变大 B. 小球的角速度不变 C. 细绳对小球的拉力变小 D. 钉子的位置越靠下，细绳越容易被拉断 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】AB．细绳与钉子相碰前后线速度大小不变，半径变小，根据 得知，角速度增大，AB错误；‎ CD．根据 则拉力 可知钉子的位置越靠下，半径越小，向心力越大，则拉力越大，绳子越容易断，C错误D正确。‎ 故选D。‎ - 13 -‎ ‎8.如图所示，一小球从某高度处水平抛出，经过时间到达地面时，速度与水平方向的夹角为，不计空气阻力，重力加速度为。下列说法正确的是　　‎ A. 小球水平抛出时的初速度大小为 B. 小球在时间内的位移与水平方向的夹角为 C. 若小球初速度增大，则平抛运动的时间变长 D. 若小球初速度增大，则增大 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．物体落地时竖直方向上的分速度为：‎ 因为落地时速度方向与水平方向的夹角为，所以小球的初速度为：‎ 故A正确；‎ B．物体落地时速度与水平方向夹角的正切值：‎ 位移与水平方向夹角的正切值：‎ 所以，但，故B错误；‎ C．根据：‎ - 13 -‎ 解得：，可知物体运动时间与下落高度有关，与初速度无关，则若小球初速度增大，则平抛运动的时间不变，故C错误；‎ D．速度与水平方向夹角的正切值为：‎ 若小球初速度增大，下落时间不变，所以减小，即减小，故D错误。‎ 故选A．‎ 二、多选择（下列各小题的四个选项中，至少有两个是正确的，请将正确选项的字母代号填涂在答题卷的相应位置，全部选对得5分，选对但不全得3分，不选或选错不得分。每题5分，共20分）‎ ‎9.下列关于匀速圆周运动的说法中，正确的是（　　）‎ A. 匀速圆周运动是匀速运动，线速度不变 B. 角速度不变 C. 周期不变 D. 加速度为零 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【详解】A．匀速圆周运动速度大小不变，方向时刻变化，故速度是变化的，是变速运动，故A错误；‎ BC．匀速圆周运动的角速度和周期不变，故BC正确；‎ D．匀速圆周运动是变速运动，一定有加速度，加速度不为零，故D错误。‎ 故选BC。‎ ‎10.关于向心加速度，以下说法中正确的是（　　）‎ A. 向心加速度的方向始终与线速度方向垂直 B. 向心加速度只改变线速度的方向，不改变线速度的大小 C. 物体做圆周运动时的加速度方向始终指向圆心 D. 物体的向心加速度的大小与线速度大小的平方成正比 ‎【答案】AB ‎【解析】‎ ‎【详解】AB．向心加速度的方向沿半径指向圆心，速度方向沿圆周的切线方向，所以向心加速度的方向始终与速度方向垂直，且只改变线速度的方向，不改变线速度的大小，故AB正确；‎ - 13 -‎ C．如果物体做的不是匀速圆周运动，此时存在切向加速度，故圆周运动的向心加速度与切向加速度的合加速度的方向不一定始终指向圆心，故C错误；‎ D．物体做匀速圆周运动，且半径不变时才成立，故D错误。‎ 故选AB。‎ ‎11.如图所示，A．B是两个摩擦传动的靠背轮，A是主动轮，B是从动轮，两轮之间不打滑；它们的半径RA＝2RB，a和b两点在轮的边缘，c和d两点在各轮半径的中点，则（　　）‎ A. ωa：ωc＝2：1‎ B. va：vd＝4：1‎ C. ωa：ωb＝1：2‎ D. vb：vc＝2：1‎ ‎【答案】CD ‎【解析】‎ ‎【详解】由于A、B两轮之间通过摩擦传动，故A、B两轮的边缘的线速度大小相同，故 va＝vb 根据 v＝ωR 可得 ωaRA＝ωbRB ωa：ωb＝RB：RA＝1：2‎ 由于a与c在同一个圆上，故 ωa＝ωc 故 va：vc＝2：1‎ 故CD正确，AB错误。‎ 故选CD。‎ ‎12.如图所示，a．b两颗卫星在同一平面内绕地球做匀速圆周运动，其中b - 13 -‎ 为地球同步卫星（周期为1天）。地球的质量为M。半径为R，引力常量为G。下列说法错误的是（　　）‎ A. 地球北极附近的重力加速度大小为 B. a运行的线速度小于b运行的线速度 C. a运行周期大于1天 D. 根据开普勒第二定律可知，在相同时间内，a．b与地心连线扫过的面积相等 ‎【答案】BCD ‎【解析】‎ ‎【详解】C．开普勒第三定律可知，卫星的轨道半径越大，运行的周期越长，因b运行的周期为1天，故a运行的周期小于1天，故C符合题意；‎ B．因a轨道半径比b的轨道半径小，故a运行的线速度大于b运行的线速度，故B符合题意；‎ A．根据 可得 故A不符合题意；‎ D．对同一行星而言，它与中心天体的连线在相等的时间内扫过的面积相等，故D符合题意。‎ 故选BCD。‎ 第II卷（非选择题，共56分）‎ 三、填空题（本题包括3小题，共16分；请将正确答案填在答题卷的相应位置。）‎ ‎13.小汽船在静水中的速度为5m/s，河水流速是4m/s，河宽150米，则当小汽船垂直于河岸航行时，小汽船的速度为__m/s。小汽船到达对岸的最短时间为__s。‎ ‎【答案】 (1). 3 (2). 30‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】［1］当小汽船垂直于河岸航行时，小汽船的速度为 - 13 -‎ v3m/s ‎［2］船头垂直河岸过河，到达对岸所用时间最短为 t==30s ‎14.如图所示，一质点沿螺旋线自外向内运动，己知其走过的弧长s与时间t成正比．则该质点运动的线速度大小__________（选填“增大”、“减小”或“不变”，后一空同），质点运动的角速度_______．‎ ‎【答案】 (1). 不变 (2). 增大 ‎【解析】‎ ‎【详解】[1][2]．因质点走过的弧长s与时间t成正比，根据s=vt可知线速度不变，根据v=ωr可知，运动半径减小，则角速度增大．‎ ‎15.在“利用自由落体运动”来验证机械能守恒定律的实验中，‎ ‎（1）从下列器材中选出实验所必需的，其编号为_________‎ A打点计时器(包括纸带) B.重物 C.天平 D.毫米刻度尺 E.秒表 F.运动小车 ‎（2）实验中由于系统误差的原因,会使重物获得的动能往往______它所减少的重力势能．( 填“大于”、“等于”或“小于”)‎ ‎（3）如果以为纵轴,以h为横轴,根据实验数据绘出的图线是___,该线的斜率等于_____．‎ ‎【答案】 (1). ABD (2). 小于 (3). 一条通过坐标原点的倾斜直线 (4). 2g ‎【解析】‎ ‎【详解】第一空.在该实验中，通过打点计时器来记录物体运动时间，不需要秒表；由于验证机械能公式中可以把重锤质量约掉，因此不需要天平，也不需要弹簧秤；同时实验中需要测量纸带上两点间的距离，所以需要刻度尺，故ABD正确，CEF错误；‎ 第二空.产生系统误差的主要原因是纸带通过打点计时器时受到摩擦阻力以及空气阻力等,导致重物获得的动能小于它所减少的重力势能；‎ - 13 -‎ 第三空第四空.如果以为纵轴，以h为横轴,可有，可知与正比例函数，图线是一条通过坐标原点的倾斜直线，该线的斜率等于．‎ 四、论述计算题：（解答中应写出必要的文字说明、方程式及计算步骤，只写出最后答案的不得分，有数值计算的题，答案必须写出数值和单位。本题3个小题，共40分）‎ ‎16.质量m＝3kg的物体，在水平力F＝6N的作用下，在光滑水平面上从静止开始运动，运动时间t＝3s，求：‎ ‎（1）力F在t＝3s内对物体所做的功；‎ ‎（2）力F在t＝3s内对物体所做功的平均功率；‎ ‎（3）在3s末力F对物体做功的瞬时功率。‎ ‎【答案】（1）54J；（2）18W；（3）36W ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)对物体受力分析可知，物体受重力、支持力、恒力F三个力的作用，合外力为F，根据牛顿第二定律可得物体的加速度为 a==2m/s2‎ 则物体在3s内的位移为 x==9m 所以力F做的功为 W＝Fs＝6×9J＝54J ‎(2)力F在3s内的平均功率为 P==18W ‎(3)物体在第3s末的速度为 v＝at＝2×3m/s＝6m/s ‎3s末力F的瞬时功率为 P＝Fv＝6×6W＝36W ‎17.已知月球半径为R，月球表面的重力加速度为g0，飞船在绕月球的圆形轨道Ⅰ上运动，轨道半径为r，r＝4R，到达轨道Ⅰ的A点时点火变轨进入椭圆轨道Ⅱ，到达轨道的近月点B时再次点火进入近月轨道Ⅲ绕月球做圆周运动。已知引力常量G，求：‎ - 13 -‎ ‎（1）第一次点火和第二次点火分别是加速还是减速；‎ ‎（2）飞船在轨道Ⅰ上的运行速率；‎ ‎（3）飞船在轨道Ⅲ上绕月运行一周所需的时间。‎ ‎【答案】（1）都减速；（2）；（3）‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)由高轨道到低轨道，需要出卫星所需要的向心力小于万有引力，故要减速才可实现，即第一次点火与第二次点火都是减速； ‎ ‎(2)由题意可知轨道I的轨道半径为4R，由万有引力提向心力，设飞船的质量为m，运行速率为v，根据牛顿第二定律有 解得 ‎(3)由题意可知轨道Ⅲ的轨道半径为R，设运行周期为T，根据牛顿第二定律有 代入月球质量可得 ‎18.如图所示，P是水平面上的圆弧轨道，从高台边B点以速度v0水平飞出质量为m的小球，恰能从固定在某位置的圆弧轨道的左端A点沿圆弧切线方向进入。O是圆弧的圆心，θ是OA与竖直方向的夹角。已知：m＝0.5kg，v0＝3m/s，θ＝，圆弧轨道半径R＝0.5m，g＝10m/s2，不计空气阻力和所有摩擦力，求：‎ - 13 -‎ ‎(1)A．B两点的高度差；‎ ‎(2)小球能否到达最高点C，若能到达，小球对C点的压力；‎ ‎(3)在A点沿圆弧的切线方向给小球一初速度v1,要使小球进入圆弧轨道后在轨道内运动过程中不脱离轨道，v1满足的条件。‎ ‎【答案】(1)0.8m；(2)能；4N，方向沿OC向上；(3)[0，]∪[，+∞]m/s ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)小球从B到A做平抛运动，在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，据题知，小球到达A点时，速度与水平方向的夹角为θ，则有小球到达A点的速度为 vA5m/s 对平抛运动的过程，由机械能守恒得 mgh 解得A、B两点的高度差 h＝0.8m ‎(2)假设小球能到达C点，由机械能守恒得 mgR(1+cosθ)‎ 代入数据解得 vC＝3m/s 小球通过C点的最小速度为v，则 mg＝m 得 vm/s - 13 -‎ 因为vC＞v，所以小球能到达最高点C，在C点，由牛顿第二定律得 mg+F＝m 代入数据解得 F＝4N 由牛顿第三定律知，小球对C点的压力大小为4N，方向沿OC向上 ‎(3)到O等高位置速度为零，由机械能守恒得 mgRcosθ=mv12‎ 解得 v1=m/s 由(2)可知小球通过C点的最小速度为v=m/s，从A到C由动能定理有 ‎－mgR(1+cosθ)=mv2－mv12‎ 解得 v1=m/s 综上所得v1满足题意的条件为 ‎[0，]∪[，+∞）m/s - 13 -‎