【物理】河北省石家庄实验中学2019-2020学年高一下学期4月试题 （解析版）

【物理】河北省石家庄实验中学2019-2020学年高一下学期4月试题 （解析版）

河北省石家庄实验中学2019-2020学年高一下学期4月试题 一. 选择题（1-10单选题，11-16多选题）（每题4分，共64分，多选题漏选得2分，错选不得分）‎ ‎1.据报道：我国一家厂商制作了一种特殊的手机，在电池电能耗尽时，摇晃手机如图所示，即可产生电能维持通话，摇晃手机的过程是将机械能转化为电能，如果将该手机摇晃一次，相当于将‎100g的重物举高‎20cm，若每秒摇两次，则摇晃手机的平均功率为（g取‎10m/s2）（　　）‎ A. 0.04‎W B. 0.4W C. 4W D. 40W ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】摇晃手机的平均功率，故B正确，ACD错误。‎ ‎2.嘉兴某高中开设了糕点制作的选修课，小明同学在体验糕点制作“裱花”环节时，他在绕中心匀速转动的圆盘上放了一块直径8英寸（‎20cm）的蛋糕，在蛋糕上每隔4s均匀“点”一次奶油， 蛋糕一周均匀“点”上15个奶油，则下列说法正确的是（ ）‎ A. 圆盘转动的转速约为2πr/min B. 圆盘转动的角速度大小为rad/s C. 蛋糕边缘的奶油线速度大小约为 D. 蛋糕边缘的奶油向心加速度约为‎90m/s2‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 蛋糕上每隔4s均匀“点”一次奶油， 蛋糕一周均匀“点”上15个奶油，则圆盘转一圈的周期T=60s，故转速为1 r/min，故A错误；‎ B.由角速度，故B正确；‎ C.蛋糕边缘的奶油线速度大小v=ωr=，故C错误；‎ D. 蛋糕边缘的奶油向心加速度a=ω2r=m/s2= m/s2，故D错误．‎ ‎3.近年来，人类发射的多枚火星探测器已经相继在火星上着陆，正在进行着激动人心的科学探究，为我们将来登上火星、开发和利用火星资源奠定了坚实的基础．如果火星探测器环绕火星做“近地”匀速圆周运动，并测得该运动的周期为T，则火星的平均密度ρ的表达式为（k为某个常数）（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】探测器绕火星做“近地”匀速圆周运动，万有引力做向心力，故有，‎ 解得，故火星的平均密度为（为常量）‎ 故选D。‎ ‎4.汽车以恒定功率P、初速度v0冲上倾角一定的斜坡时，汽车受到的阻力恒定不变，则汽车上坡过程的v —t图像不可能是选项图中的 A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】汽车冲上斜坡，受重力、支持力、牵引力和阻力，设斜面的坡角为，根据牛顿第二定律，有，其中，故；‎ AC、若，则物体加速运动，加速度会减小，当加速度减为零时，速度达到最大，故选项C正确，A错误；‎ B、若，则物体速度不变，做匀速运动，故选项B正确；‎ D、若，即加速度沿斜面向下，物体减速，故加速度会减小，当加速度减为零时，速度达到最小，故选项D正确；‎ 故不可能是选选项A．‎ ‎5.长为L＝‎1 m、质量为M＝‎1 kg的平板车在粗糙水平地面上以初速度v＝‎6 m/s向右运动，同时将一个质量为m＝‎2 kg的小物块轻轻放在平板车的最前端，物块和平板车的平板间的动摩擦因数为μ＝0.5，由于摩擦力的作用，物块相对平板车向后滑行距离s＝‎0.4 m后与平板车相对静止，平板车最终因为地面摩擦而静止，如图所示，物块从放到平板车上到与平板车一起停止运动，摩擦力对物块做的功为(　)‎ A. 0 B. 4 J C. 8 J D. 12 J ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】将小物块轻放到平板车上时，由于摩擦力做正功，使小物块加速，到速度相等时转化为静摩擦力，由于地面对平板车的阻力而使平板车和小物块都减速，静摩擦力对小物块做负功，因为小物块初速度为零，最终与平板车一起减速到零，故动能变化量为零，在整个过程中摩擦力对小物块做的功为零，故A正确．故选A．‎ ‎6.美国宇航局的“信使”号水星探测器按计划将在2015年3月份陨落在水星表面。工程师找到了一种聪明的办法，能够使其寿命再延长一个月。这个办法就是通过向后释放推进系统中的高压氦气来提升轨道。如图所示，设释放氦气前，探测器在贴近水星表面的圆形轨道Ⅰ上做匀速圆周运动，释放氦气后探测器进入椭圆轨道Ⅱ上，忽略探测器在椭圆轨道上所受外界阻力。则下列说法正确的是（　　）‎ A. 探测器在轨道Ⅰ上A点运行速率小于在轨道Ⅱ上B点速率 B. 探测器在轨道Ⅱ上某点的速率可能等于在轨道Ⅰ上速率 C. 探测器在轨道Ⅱ上远离水星过程中，引力势能和动能都减少 D. 探测器在轨道Ⅰ和轨道Ⅱ上A点加速度大小不同 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】ABC．在轨道I上A点加速后才能进入轨道II，即在轨道II上的A点速率大于轨道I上的速率，而在轨道II上从A点向B点运动过程中引力做负功，引力势能增大、动能减小，即B点是轨道II上速率最小的位置，如果探测器再从B进入与轨道II相切于B点的圆形轨道（设为轨道III）则仍需要加速，即探测器在轨道半径等于B与水星中心距离的圆轨道III上的运行速率大于轨道II上的B点速率，再由可知轨道III上的运行速率小于轨道II上的运行速率，故轨道II上B点速率小于轨道I上速率，轨道II上必有与轨道I上速率相等的点，故AC错误B正确。‎ D．探测器沿不同轨道运行于同一点时，所受水星引力即合力相同，故加速度必相等，D错误。‎ 故选B。‎ ‎7.‎2016年8月16日凌晨，被命名为“墨子号”的中国首颗量子科学实验卫星开启星际之旅，这是我国在世界上首次实现卫星和地面之间的量子通信，构建天地一体化的量子保密通信与科学实验体系．如图所示，“墨子号”卫星的工作高度约为‎500km ‎，在轨道上绕地球做匀速圆周运动，经过时间t(t小于其运动周期)，运动的弧长为s，与地球中心连线扫过的角度为β(弧度)，引力常量为G．则下列关于“墨子号”的说法正确的是（ ）‎ A. 线速度大于第一宇宙速度 B. 环绕周期为 C. 质量为 D. 向心加速度小于地球同步卫星的向心加速度 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：第一宇宙速度为最大环绕速度，即为轨道半径等于地球半径轨道上卫星的环绕速度；根据角速度的定义以及求解周期；根据比较向心加速度的大小．‎ 第一宇宙速度为近地卫星环绕速度，也为卫星最大环绕地球运动的速度，故由于“墨子号”轨道半径大于地球半径，所以其环绕速度小于第一宇宙速度，A错误；“墨子号”经过时间t（t小于太空电站运行的周期），它运动的弧长为s，它与地球中心连线扫过的角度为β（弧度），则太空站运行的线速度为，角速度为，环绕周期为，B正确；绕地球做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，即，计算过程中卫星的质量相互抵消，不能计算卫星的质量，C错误；根据公式可得，所以半径越大，向心加速度越小，因为墨子号的运动半径小于同步卫星的运动半径，故“墨子号”向心加速度大于地球同步卫星的向心加速度，D错误．‎ ‎8.一个小孩在蹦床上做游戏，他从高处落到蹦床上后又被弹起到原高度，小孩从高处开始下落到弹回的整个过程中，他的运动速度v随时间t变化的图线如图所示，图中只有Oa段和cd段为直线．则根据该图线可知，蹦床的弹性势能增大的过程所对应的时间间隔为（ ） ‎ A. 仅在t1到t2的时间内 B. 仅在t2到t3的时间内 C. 仅在t1到t3的时间内 D. 在t1到t5的时间内 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】当小孩在空中时，他的速度均匀增加，速度图象是倾斜的直线，t1时刻小孩开始接触蹦床，小孩先向下做加速运动，蹦床的弹力增大，弹性势能增大，当弹力等于重力时，t2时刻速度最大；接着小孩的速度开始减小，当时间为t3时速度为0，弹性势能最大，故在t1到t3的时间内蹦床的弹性势能增大；接着小孩在弹力的作用下向上加速，弹性势能开始减小，当弹力等于重力时t4速度最大，接着小孩的速度开始减小，当时间为t5时，小孩离开蹦床．在t3到t5的时间内蹦床的弹性势能减小，故C正确．故选C．‎ ‎9.静止在水平地面上的物体，同时受到水平面内两个互相垂直的力的作用，由静止开始运动了‎2m，已知=6N，=8N，则 A. 做功12J B. 做功16J C. 的合力做功28J D. 做的总功为20J ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】AB. F‎1F2的方向与位移方向成一定的夹角，根据W=Fxcosθ可知，AB错误，‎ CD. 两力的合力为，在合力方向上物体发生的位移为‎2m，故合力做功为20J，故CD正确．‎ ‎【点睛】功是标量，几个力对物体做的总功，就等于各个力单独对物体做功的代数和．‎ ‎10.如图所示，小球以初速v0从A点沿不光滑的轨道运动到高为h的B点后自动返回，其返回途中仍经过A点，则经过A点的速度大小为（　　）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】设小球在由A到B的过程中阻力做功为W，由A到B的过程中由动能定理 当小球由B返回到A的过程中，阻力做的功依旧为W，再由动能定理得 以上两式联立可得 A、C、D错误，B正确。‎ 故选B。‎ ‎11.如图所示，A为静止于地球赤道上的物体，B为绕地球做椭圆轨道运行的卫星，C为绕地球做圆周运动的卫星，P为B、C两卫星轨道的交点．已知A、B、C绕地心运动的周期相同．相对于地心，下列说法中正确的是(　 　) ‎ A. 物体A和卫星C具有相同大小的加速度 B. 卫星C的运行线速度的大小大于物体A线速度的大小 C. 可能出现：在每天的某一时刻卫星B在A的正上方 D. 卫星B在P点的运行加速度大小与卫星C的运行加速度大小相等 ‎【答案】BCD ‎【解析】‎ ‎【详解】A、物体A和卫星C做圆周运动的周期相等，则角速度相等，根据a=rω2知，半径越大，加速度越大，所以卫星C的运行加速度大于物体A的加速度；故A错误．B、物体A和卫星C的周期相等，则角速度相等，根据v=rω知，半径越大，线速度越大，所以卫星C的运行速度大于物体A的速度；故B正确．C、可能出现某个时刻卫星B和卫星C运动的速度大小相等；故C正确．D、根据两卫星距离地心的距离相等，则加速度相等；故D正确．故选BCD．‎ ‎【点睛】解决本题的关键知道A和C的角速度相等，通过v=rω比较线速度大小，注意物体A随地球做圆周运动不是靠万有引力提供向心力．‎ ‎12.如图所示，一根长度为L的轻绳，一端固定在O点，另一端连接一质量为m的小球．将轻绳拉直，小球拉至与O点等高的A点，由静止释放，当小球运动到B点时，细绳与水平方向的夹角为．设小球从A点运动到B点的过程中重力做功为，小球过B点时，重力做功的功率为，重力加速度为g，下列说法中正确的是 A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【详解】AB. 从点运动到点过程，重力做功为：，故A正确，B错误；‎ CD. 从点运动到点过程，根据机械能守恒可得：。解得：，小球过点时，重力做功的功率为：‎ 故C错误，D正确．‎ ‎13.在粗糙的水平地面上运动的物体，从a点开始受到一个水平恒力f的作用沿直线运动到b点。已知物体在b点的速度与在a点的速度大小相等，则从a到b（　　）‎ A. 物体一定做匀速运动 B. f方向始终与摩擦力方向相反 C. f与摩擦力对物体的总功一定为零 D. b点与a点一定不为同一位置 ‎【答案】CD ‎【解析】‎ ‎【详解】ABD．若物体的初速度方向由a指向b，则恒力F只能与物体速度方向相同使物体匀速运动，使物体加速或减速运动时都不可能使物体在通过ab两地速率相等。若物体的初速度方向由b指向a时，恒力F的方向只能是由a指向b，使物体先减速运动到速度减小为零，此过程中摩擦力方向与恒力F方向相同，然后再反向加速，此过程中恒力F与摩擦力反向，加速度较小，回到a时速度小于初速度，当继续加速运动到b点时有可能速度恰好等于初速度，A、B错误，D正确；‎ C．由动能定理，，整个过程中物体的动能变化量为零，则合外力所做的功也为零，即f与摩擦力对物体的总功一定为零，C正确。‎ 故选CD。‎ ‎14.如图所示，一根不可伸长的轻绳两端各系一个小球球和，跨在两根固定在同一高度的光滑水平细杆和上，质量为的球置于地面上，质量为的球从水平位置静止释放．当球摆过的角度为时，球对地面压力刚好为零，下列结论正确的是（ ）‎ A. ‎ B. ‎ C. 若只将细杆水平向左移动少许，则当球摆过的角度为小于的某值时，球对地面的压力刚好为零 D. 若只将细杆水平向左移动少许，则当球摆过角度仍为时，球对地面的压力刚好为零 ‎【答案】AD ‎【解析】‎ 由于球摆动过程中机械能守恒，则有，球通过最低点时，根据牛顿第二定律和向心力公式得．解得．故A正确，B错误；由上述求解过程可以看出，有，所以球到悬点的距离跟最终结果无关．只要球摆到最低点．细绳的拉力都是．球对地面的压力刚好为零．故C错误，D正确；故选AD．‎ 点睛：本题关键对小球b运用机械能守恒定律和向心力公式联合列式求解；解题时要抓住临界态进行分析．‎ ‎15.‎2017年10月16日，南京紫金山天文台对外发布一项重大发现，我国南极巡天望远镜追踪探测到首例引力波事件光学信号。关于引力波，早在1916年爱因斯坦基于广义相对论预言了其存在。1974年拉塞尔豪尔斯和约瑟夫泰勒发现赫尔斯－泰勒脉冲双星，这双星系统在互相公转时，由于不断发射引力波而失去能量，因此逐渐相互靠近，这现象为引力波的存在提供了首个间接证据。上述叙述中，若不变考虑赫尔斯－泰勒脉冲双星质量的变化，则关于赫尔斯－泰勒脉冲双星的下列说法正确的是（　　）‎ A. 脉冲双星逐渐靠近的过程中，它们的角速度不变 B. 脉冲双星逐渐靠近的过程中，它们相互公转的周期逐渐变小 C. 脉冲双星逐渐靠近的过程中，它们各自做圆周运动的半径逐渐减小，但半径的比值保持不变 D. 若测出脉冲双星相互公转的周期，就可以求出双星的总质量 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【详解】AB．设脉冲双星的质量及轨道半径分别为 m1、m2 、r1、r2，间距为 由于，得，‎ 则双星总质量，整理得，由于总质量不变，脉冲双星逐渐靠近的过程中L变小，则变大，由，可知周期逐渐变小，故A错误，B正确；‎ C．由，可得，半径的比值保持不变，因为，脉冲双星逐渐靠近的过程中L变小，所以它们各自做圆周运动的半径逐渐减小。故C正确； ‎ D．由上以分析可知，要想知道双星总质量，需要知道周期T和双星间距L，故D错误。‎ 故选BC。‎ ‎16.如图所示，将一质量为m的小球从空中O点以速度v0水平抛出，飞行一段时间后，小球经过空间P点时动能为，不计空气阻力，则小球从O到P（　　）‎ A. 经过时间为 B. 运动方向改变的角度满足 C. 运动的平均速度为 D. 下落的高度为 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【详解】A．做平抛运动的过程中，根据机械能守恒和平抛运动规律，有，，，联立解得，故经历的时间为，故A错误；‎ B．运动方向改变的角度的正切值为，故B正确；‎ D．下落的高度为，故D正确；‎ C．运动的平均速度 ，联立解得 ，故C错误。‎ 故选BD。‎ 二. 计算题（要有必要的文字说明）‎ ‎17.假设在半径为R的某天体上发射一颗该天体的卫星，若这颗卫星在距该天体表面高度为h的轨道做匀速圆周运动，周期为T，已知引力常量为G，求：‎ ‎(1)该天体密度是多少？‎ ‎(2)该天体表面的重力加速度是多少？‎ ‎(3)该天体的第一宇宙速度是多少？‎ ‎【答案】(1)；(2)；(3)‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)卫星做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，根据牛顿第二定律，有 ‎ ‎ 解得 天体的密度 ‎ 联立解得 ‎(2)在天体表面，重力等于万有引力，故 联立解得 ‎(3)该天体的第一宇宙速度是近地卫星的环绕速度，根据牛顿第二定律，有 联立解得 ‎18.在一次抗洪抢险活动中，解放军某部动用直升飞机抢救落水人员，静止在空中的直升飞机上电动机通过悬绳将人从离飞机‎90m处的洪水中吊到机舱里．已知人的质量为‎80kg，吊绳的拉力不能超过1200N，电动机的最大输出功率为12kw，为尽快把人安全救起，操作人员采取的办法是：先让吊绳以最大拉力工作一段时间，而后电动机又以最大功率工作，当人到达机舱时恰好达到最大速度．（g=‎10m/s2）求：‎ ‎（1）人刚到达机舱时的速度；‎ ‎（2）这一过程所用的时间．‎ ‎【答案】（1）‎15m/s；（2）t= 5.75s．‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）第一阶段以最大拉力拉着物体匀加速上升，当电动机达到最大功率时，功率保持不变，物体变加速上升，速度增大，拉力减小，当拉力与重力相等时速度达到最大．此时有：Pm=mgvm 代入数据解得，‎ 此速度也是物体到达机舱的速度．‎ 故落水物体刚到达机舱时的速度为‎15m/s．‎ ‎（2）对于第一段匀加速，加速度设为a，末速设为v1，上升高度h1，则有：‎ Fm-mg=ma Pm=Fmv1‎ 代入数据解得：v1=‎10m/s，t1=2s，h1=‎‎10m 第二段，以最大功率上升，由动能定理得：‎ 解得t2=5.75s 所以吊起落水物体所用总时间为t=t1+t2=7.75s 故这一过程所用的时间为7.75s．‎ ‎19.如图所示，质量为m小球用长为L的轻质细线悬于O点，与O点处于同一水平线上的P点处有一根光滑的细钉，已知OP＝，在A点给小球一个水平向左的初速度v0，发现小球恰能到达跟P点在同一竖直线上的最高点B。求：‎ ‎(1)小球到达B点时的速率；‎ ‎(2)若不计空气阻力，则初速度v0多少？‎ ‎(3)若空气阻力不能忽略，则初速度需变为v0′＝3时才可以恰好到达最高点B，则小球从A到B的过程中克服空气阻力做了多少功？‎ ‎【答案】(1) ；(2) ；(3)mgL ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)小球恰能到达最高点B，则在最高点有 小球到达B点时的速率 ‎ (2)从A至B的过程，由动能定理 则 ‎(3)空气阻力是变力，设小球从A到B克服空气阻力做功为Wf，由动能定理得 ‎－mg（L＋）－Wf＝mv2－mv0′2‎ 解得Wf＝mgL