【物理】河北省武邑中学2019-2020学年高一下学期3月线上试题 （解析版）

【物理】河北省武邑中学2019-2020学年高一下学期3月线上试题 （解析版）

河北省武邑中学2019-2020学年高一下学期3月线上试题 一、选择题（每题 4 分，共 40 分，1~7 单选，8~10 至少有两项正确，漏选得 2 分，错选不得分）‎ ‎1.关于功率，下列说法正确的是(　　)‎ A. 功率是描述力对物体做功多少的物理量 B. 力做功时间越长，力的功率一定越小 C. 力对物体做功越快，力的功率一定越大 D. 力对物体做功越多，力的功率就越大 ‎【答案】C ‎【解析】‎ A、功率是反映做功快慢的物理量，故A错误； B、做功的时间越长，功率不一定小，故B错误；‎ C、功率是反映做功快慢的物理量，力对物体做功越快，功率越大，故C正确；‎ D、根据知，力做功越多，功率不一定大，故D错误．‎ 点睛：解决本题的关键知道功率的物理意义，知道功率大，做功快；做功多，功率不一定大．‎ ‎2.在空气阻力可忽略不计的条件下，下列物体运动过程中，机械能守恒的是( )‎ A. 被抛出的铅球在空中运动 B. 起重机吊着货物匀速上升 C. 小孩沿滑梯匀速滑下 D. 用力推箱子在水平地面上加速滑行 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A项：被抛出的铅球在空中运动的过程中，只有重力做功，机械能守恒，故A正确；‎ B项：起重机吊着货物匀速上升，动能不变，重力势能增大，机械能增大，故B错误；‎ C项：小孩沿滑梯匀速滑下，动能不变，重力势能减小，机械能减少，故C错误；‎ D项：箱子在水平地面上加速滑行，动能增大，重力势能不变，机械能增大，故D错误．‎ ‎3.小船在水速较小河中横渡，并使船头始终垂直河岸航行，到达河中间时突然上游来水使水流速度加快，则对此小船渡河的说法正确的是 （ ）‎ A. 小船要用更长的时间才能到达对岸 B. 小船到达对岸的时间不变，但位移将变大 C. 因小船船头始终垂直河岸航行，故所用时间及位移都不会变化 D. 因船速与水速关系未知，故无法确定渡河时间及位移变化 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】因为静水速垂直于河岸，则渡河时间t=d/vc，水流速增大，渡河时间不变，沿河岸方向的位移增大，则最终渡河的位移变大．故B正确，AD错误．因小船船头始终垂直河岸航行，渡河时间不会随着水流速度增大而变化，故C错误；‎ ‎4.物体沿不同的路径从A运动到B，如图所示，则( 　 )‎ A. 沿路径ACB重力做的功大些 B. 沿路径ADB重力做的功大 C. 沿路径ACB和路径ADB重力做功一样多 D. 条件不足，无法判断 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】根据重力做功可知，由A到B不管沿哪条路径高度差相同，则重力做功相同．则C正确．‎ ‎5.小明同学骑电动自行车沿平直公路行驶，因电瓶“没电”，故改用脚蹬骑车匀速前行．设小明与车的总质量为‎100kg，人与车的速度恒为‎5m/s，骑行过程中所受阻力约为车和人总重的0.02倍，取g＝‎10m/s2，小明骑此电动车做功的功率约为（　　）‎ A 10 W B. 100 W C. 1000 W D. 10000 W ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】设人汽车的速度大小为‎5m/s，人在匀速行驶时，人和车的受力平衡，阻力的大小为，此时的功率，故B正确，ACD错误．‎ ‎6.在一棵大树将要被伐倒的时候，有经验的伐木工人就会双眼紧盯着树梢，根据树梢的运动情形就能判断大树正在朝着哪个方向倒下，从而避免被倒下的大树砸伤。从物理知识的角度来解释，以下说法正确的是（　　）‎ A. 树木开始倒下时，树梢的角速度较大，易于判断 B. 树木开始倒下时，树梢的线速度最大，易于判断 C. 树木开始倒下时，树梢的向心加速度较大，易于判断 D. 伐木工人的经验缺乏科学依据 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】树木倒下时树干上各部分的角速度相同，转动半径越大处线速度越大，树梢处线速度最大；伐木工人双眼紧盯着树梢，根据树梢线速度的方向，判断大树正在朝着哪个方向倒下，从而避免被倒下的大树砸伤，故B项正确，ACD三项错误。‎ ‎7.上海锦江乐园新建的“摩天转轮”是在直径为‎98m的圆周上每隔一定位置固定一个座舱，每个座舱有6个座位。游人乘坐时，转轮始终不停地在竖直平面内匀速转动，试判断下列说法中正确的是（ ）‎ A. 每时每刻，乘客受到的合力都不为零 B. 每个乘客都在做加速度为零匀速运动 C. 乘客在乘坐过程中对座位的压力始终不变 D. 乘客在乘坐过程中的速度始终保持不变 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】AB．做匀速圆周运动的物体，在运动过程中具有向心加速度，所以合力一定不为零。故A正确，B错误；‎ C．乘客受到重力以及和座位对人的作用力（支持力和摩擦力），重力是恒定的，而乘客的向心加速度方向在变化，所以座椅对乘客的支持力在变化，即乘客在乘坐过程中对座位的压力在变化，故C错误；‎ D．乘客的速度方向时刻在变，所以速度在变，D错误。‎ 故选A。‎ ‎8.下列实例中，不计空气阻力，机械能守恒的有（ ）‎ A. 作平抛运动的物体 B. 匀速上升的物体 C. 在水平面内作匀速圆周运动的汽车 D. 从高处沿光滑曲面下滑的物体 ‎【答案】ACD ‎【解析】‎ ‎【详解】作平抛运动的物体只有重力做功，机械能守恒，选项A正确；匀速上升的物体，动能不变，重力势能增加，则机械能增加，选项B错误；在水平面内作匀速圆周运动的汽车动能和势能都不变，机械能守恒，选项C正确；从高处沿光滑曲面下滑的物体，只有重力做功，机械能守恒，选项D正确.‎ ‎9.人们可以发射各种不同的绕地球沿圆轨道运行的人造地球卫星，对于这些不同的卫星轨道，下列说法中有可能存在的是（ ）‎ A. 与地球表面上某一纬线（非赤道）是共面的同心圆 B. 与地球表面上某一经线所决定的圆是共面的同心圆 C. 与地球表面上的赤道是共面的同心圆，且卫星相对地球表面是静止的 D. 与地球表面上的赤道是共面的同心圆，但卫星相对地球表面是运动的 ‎【答案】CD ‎【解析】‎ 因为人造地球卫星绕地球做圆周运动，靠万有引力提供向心力，万有引力及向心力的方向需指向地心，所以人造卫星的轨道的圆心必须是地心．故A B错误．同步卫星在赤道上方，与地球保持相对静止，轨道平面与赤道平面共面．故C正确，与地球表面上的赤道线是共面同心圆，但卫星相对地球表面是运动的，万有引力提供向心力，高度小于同步卫星高度，或大于，故D正确．故选CD．‎ ‎10.如图所示，在发射地球同步卫星的过程中，卫星首先进入椭圆轨道I，然后在Q点通过改变卫星速度，让卫星进人地球同步轨道Ⅱ，则（ ）‎ A. 该卫星的发射速度必定大于11. ‎2 km/s B. 卫星在同步轨道II上的运行速度大于7. ‎9 km/s C. 在轨道I上，卫星在P点的速度大于在Q点的速度 D. 卫星在Q点通过加速实现由轨道I进人轨道II ‎【答案】CD ‎【解析】‎ ‎【详解】A．‎11.2km/s是卫星脱离地球束缚发射速度，而同步卫星仍然绕地球运动，A错误；‎ B．‎7.9km/s即第一宇宙速度是近地卫星的环绕速度，也是最大的圆周运动的环绕速度，而同步卫星的轨道半径要大于近地卫星的轨道半径，所以同步卫星运行的线速度一定小于第一宇宙速度，B错误；‎ C．在轨道I上，P点是近地点，Q点是远地点，则卫星在P点的速度大于在Q点的速度，C正确；‎ D．从椭圆轨道Ⅰ到同步轨道Ⅱ，卫星在Q点是做逐渐远离圆心的运动，要实现这个运动必须卫星所需向心力大于万有引力，所以应给卫星加速，增加所需的向心力。所以在轨道Ⅱ上Q点的速度大于轨道Ⅰ上Q点的速度，D正确。‎ 故选CD。‎ 三、实验题（本大题共 2 小题，共 16 分）‎ ‎11.如图所示是探究向心力的大小F与质量m、角速度ω和半径r之间的关系的实验装置图。转动手柄1，可使变速轮塔2和3以及长槽4和短槽5随之匀速转动。皮带分别套在轮塔2和3上的不同圆盘上，可使两个槽内的小球分别以不同的角速度做匀速圆周运动。小球做圆周运动的向心力由横臂6的挡板对小球的压力提供。球对挡板的反作用力，通过横臂的杠杆作用使弹簧测力套筒7下降，从而露出标尺8。标尺8上露出的红白相间的等分格显示出两个球所受向心力的比值。那么：‎ ‎(1)在该实验中应用了_____________（选填“理想实验法”“控制变量法”或“等效替代法”）来探究向心力的大小与质量m、角速度ω和半径r之间的关系。‎ ‎(2)当用两个质量相等的小球做实验，且左边小球的轨道半径为右边小球的2倍时，转动时发现右边标尺上露出的红白相间的等分格数为左边的2倍，那么，左边轮塔与右边轮塔之间的向心力之比为_____________，角速度之比为_____________。‎ ‎【答案】 (1). 控制变量法 (2). 1∶2 1：2‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)根据可知探究小球受到的向心力大小与角速度的关系，需控制一些变量，即保持小球的质量、转动的半径不变；探究小球受到的向心力大小与质量的关系，需控制一些变量，即保持转动的角速度、转动的半径不变；探究小球受到的向心力大小与转动的半径的关系，需控制一些变量，即保持小球的质量、转动的角速度不变；该实验中应用了控制变量法；‎ ‎(2)线速度相等，则角速度与半径成反比，故可知左边轮塔与右边轮塔之间的角速度之比为 根据可知左边轮塔与右边轮塔之间的向心力之比为 ‎12.某同学把附有轻质滑轮的长木板放在实验桌上，将细绳一端拴在小车上，另一端绕过定滑轮，挂上适当的钩码，使小车在钩码的牵引下运动，以此定量探究绳拉力做功与小车动能变化的关系，此外还准备了打点计时器及配套的电源、导线、复写纸、纸带、小木块、刻度尺、天平（含砝码）等．组装的实验装置如图所示．‎ ‎（1）要验证动能定理，下列不需测量的物理量有_______．‎ A．悬挂钩码的总质量m B．长木板的倾角θ C．小车运动的距离L D．小车的质量M ‎（2）实验开始时，他先调节木板上定滑轮的高度，使牵引小车的细绳与木板平行，他这样做的目的是_______．‎ A．避免小车在运动过程中发生抖动 B．可使打点计时器在纸带上打出的点清晰 C．可以保证小车最终能够实现匀速直线运动 D．可在平衡摩擦力后使细绳拉力等于小车受的合力 ‎（3）他将钩码重力做的功当作细绳拉力对小车做的功，经多次实验发现拉力做功总是要比小车动能增量大一些，这一情况可能是下列哪些原因造成的________．‎ A．在接通电源的同时释放了小车 B．小车释放时离打点计时器太近 C．阻力未完全被小车重力沿木板方向的分力平衡掉 D．钩码匀加速运动，钩码重力大于细绳拉力 ‎（4）平衡摩擦力后，当他用多个钩码牵引小车时，发现小车运动过快，致使打出的纸带上点数较少，难以选到合适的点计算小车速度，请你利用本实验的器材提出一个解决办法：____________________________．‎ ‎【答案】 (1). B (2). D (3). CD (4). ①保证所挂钩码数目不变，在小车上加适量的砝码；②保证小车和小车上的砝码质量不变，减少所挂钩码数目。‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)根据本实验的实验原理是合外力所做的功等于动能的变化量,通过研究纸带来研究小车的速度, 利用砝码的重力代替小车的合外力，所以需要知道砝码的质量，小车的质量，小车运动的距离L，关于木板的倾角，是为了平衡摩擦力作用的，故不需要测量，故选B；‎ ‎(2)调节木板上定滑轮的高度，使牵引小车的细绳与木板平行，这样做的目的是可在平衡摩擦力后使细绳拉力等于小车受的合力，故选D；‎ ‎(3)他将钩码重力做的功当做细绳拉力做的功,经多次实验发现拉力做功总是要比小车动能增量大一些,从功能关系看出:该实验可能有转化为内能的摩擦力做功导致，即试验中有存在摩擦力没有被平衡掉; ,只有当小车的质量远大于砝码的质量时,小车的拉力才近似等于砝码的重力，即在运动中由于加速度的存在计算拉力做功时本身用的外力就大于绳子的外力导致的．故选CD；‎ ‎(4)衡摩擦力后，当他用多个钩码牵引小车时，发现小车运动过快，致使打出的纸带上点数较少，难以选到合适的点计算小车速度，则解决的办法有：‎ ‎①保证所挂钩码数目不变，在小车上加适量的砝码；‎ ‎②保证小车和小车上的砝码质量不变，减少所挂钩码数目。‎ 四、计算题（本大题共 4 小题，共 44 分）‎ ‎13.“东方一号”人造地球卫星A和“华卫二号”人造卫星B，它们的质量之比为mA∶mB＝1∶2，它们的轨道半径之比为2∶1，则卫星A与卫星B的线速度大小之比为多少？‎ ‎【答案】 ‎ ‎【解析】‎ 卫星在运动过程中万有引力提供向心力，故，‎ 解得 故 ‎14.某星球的质量约为地球质量的9倍，半径为地球半径的一半，若从地球表面高为h处平抛一物体，水平射程为‎60 m，则在该星球上从同样高度以同样的初速度平抛同一物体，水平射程为多少？‎ ‎【答案】‎‎10 m ‎【解析】‎ ‎【详解】平抛运动水平位移x＝v0t 竖直位移h＝gt2‎ 解以上两式得x＝v0‎ 由重力等于万有引力mg＝G得 g＝‎ 所以 x星＝x地＝‎‎10 m ‎15.如图所示，轻杆长为‎3L，在杆的A、B两端分别固定质量均为m的球A和球B，杆上距球A为L处的点O装在光滑水平转动轴上，杆和球在竖直面内转动，已知球A运动到最高点时，球A的速度刚好为。求：‎ ‎(1)球A在最高点时的角速度大小；‎ ‎(2)杆此时对球B作用力大小和方向。‎ ‎【答案】(1) ；(2)3mg；竖直向上 ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)根据可得球A在最高点时的角速度大小 ‎(2)由于A、B两球共轴转动，此时有 对杆B受力分析，根据牛顿第二定律得 解得 方向竖直向上 ‎16.如图所示，水平轨道AB与放置在竖直平面内的1/4圆弧轨道BC相连，圆弧轨道的B端的切线沿水平方向．一个质量为m=‎1.0kg的滑块（可视为质点），在水平恒力F=5.0N的作用下从A点由静止开始运动，已知A、B之间的距离s=‎5.5m，滑块与水平轨道间的动摩擦因数μ=0.10，圆弧轨道的半径R=‎0.30m，取g=‎10m/s2．‎ ‎（1）求当滑块运动的位移为‎2.0m时的速度大小；‎ ‎（2）当滑块运动的位移为‎2.0m时撤去力F，求滑块通过B点时对圆弧轨道的压力的大小；‎ ‎（3）滑块运动的位移为‎2.0m时撤去力F后，若滑块恰好能上升到圆弧轨道的最高点，求在圆弧轨道上滑块克服摩擦力所做的功．‎ ‎【答案】（1）‎4.0m/s；（2）40N；（3）1.5J．‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）设滑块的加速度为a1，根据牛顿第二定律F-μmg=ma1 解得：a1＝‎4.0m/s2 设滑块运动的位移为‎2.0m时的速度大小为v，根据运动学公式v2=‎2a1s1‎ ‎ 解得：v=‎4.0m/s （2）设撤去拉力F后的加速度为a2，根据牛顿第二定律μmg=ma2 解得：a2=μg=‎1.0m/s2 设滑块通过B点时的速度大小为vB，根据运动学公式 vB2−v2＝−‎2a2(S−S1) 解得：vB=‎3.0m/s 设滑块在B点受到的支持力为NB，根据牛顿第二定律NB-mg=m 解得：NB=40N 根据牛顿第三定律，滑块通过B点时对圆弧轨道的压力为40N． （3）设圆弧轨道的摩擦力对滑块做功为W，根据动能定理 -mgR+W=0-mvB2‎ 解得：W=-1.5J 圆弧轨道上滑块克服摩擦力所做的功为1.5J．‎ ‎ ‎