广东省深圳市富源学校高一下学期期中考试物理试卷公开课教案教学设计课件.doc

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1、下学期期中考试试卷高一物理（考试时间90分钟，全卷满分100分）一、单项选择题（本大题有8小题，每小题3分，共24分）1、下列说法正确的是()A做曲线运动的物体一定有加速度B做曲线运动的物体速度大小一定发生变化C加速度方向发生变化的运动一定是曲线运动D速度变化的运动一定是曲线运动2蹲在树枝上的一只松鼠看到一个猎人正在用枪水平对准它，就在子弹出枪口时，松鼠开始运动，下述各种运动方式中，松鼠不能逃脱被击中厄运的是(设树枝足够高)()A竖直上跳B静止不动C自由落下D沿树以小于g加速度加速下滑3.长度L0.50 m的轻杆OA，A端有一质量m3.0 kg的小球，如图5所示，小球以O点为圆心在竖直平面内做

2、圆周运动，通过最高点时小球的速率为2 m/s(g取10 m/s2)，则此时细杆OA受到()A6 N的拉力 B6 N的压力C24 N的拉力 D24 N的压力4一质点做速度逐渐增大的匀加速直线运动，在时间间隔t内位移为s，动能变为原来的9倍。该质点的加速度为( )ABC D5如图所示，小朋友在弹性较好的蹦床上跳跃翻腾，尽情玩耍在小朋友接触床面向下运动的过程中，床面对小朋友的弹力做功情况是()A先做负功，再做正功B先做正功，再做负功C一直做负功D一直做正功6假设摩托艇受到的阻力的大小正比于它的速率如果摩托艇发动机的输出功率变为原来的2倍，则摩托艇的最大速率变为原来的()A4倍 B2倍C.倍 D.倍7

3、假设火星和地球都是球体，火星质量和地球质量之比为，火星半径和地球半径之比为，那么火星表面处的重力加速度和地球表面处的重力加速度之比等于( ) A. B. C. pq D. 8.如图所示，相同材料制成的A、B两轮水平放置，它们靠轮边缘间的摩擦转动，两轮半径RA2RB，当主动轮A匀速转动时，在A轮边缘放置的小木块P恰能与轮保持相对静止若将小木块放在B轮上，欲使木块相对B轮也相对静止，则木块距B轮转轴的最大距离为()ARB B.C. D.二、多项选择题（本大题有5小题，每小题5分，漏选的得3分，有选错的得0分）9一物体在运动过程中，重力做了2 J的功，合力做了4 J的功，则()A该物体动能减少，减少

4、量等于4 JB该物体动能增加，增加量等于4 JC该物体重力势能减少，减少量等于2 JD该物体重力势能增加，增加量等于2 J10洗衣机的脱水筒采用电机带动衣物旋转的方式脱水，下列说法中正确的是（）A.水会从桶中甩出是因为水滴受到离心力很大的缘故B.脱水过程中，大部分衣物紧贴筒壁的C.加快脱水筒转动角速度，脱水效果会更好D.靠近中心的衣物脱水效果不如四周的衣物脱水效果好11三颗人造地球卫星A、B、C绕地球作匀速圆周运动，如图所示，已知MA=MBMC，则对于三个卫星，正确的是 ( ) A. 向心力大小关系为 FA = FB FCB. 运行线速度关系为 vAvB=vCC. 运行周期关系为 TATB=T

5、C D. 半径与周期关系为12如图所示，物体沿不同的路径从A运动到B，其中按不同的路径：有摩擦作用；无摩擦作用，无摩擦，但有其他外力拉它比较这三种情况下重力做的功W1、W2、W3，重力势能的变化量Ep1、Ep2、Ep3的关系，以下正确的是()AW1W2W3BW1W2W3CEp1Ep2Ep3 DEp1Ep2Ep313 如图所示，在斜面上O点先后以0和20的速度水平抛出A、B两小球，则从抛出至第一次着地，两小球的水平位移大小之比可能为（）A. 1：2 C. 1：3 B. 1：5 D. 1：6三、填空题（本大题有2小题，共12分）14(8分)如图甲是“研究平抛物体的运动”的实验装置图图9(1)实验前

6、应对实验装置反复调节，直到斜槽末端切线_每次让小球从同一位置由静止释放，是为了每次平抛_相同(2)图乙是正确实验取得的数据，其中O为抛出点，则此小球做平抛运动的初速度为_m/s.(3)在另一次实验中将白纸换成方格纸，每小格的边长L5 cm，通过实验，记录了小球在运动途中的三个位置，如图丙所示，则该小球做平抛运动的初速度为_m/s；B点的竖直分速度为_m/s.15（4分）某公司研制开发的某型号小汽车发动机的额定功率为24 kW，汽车连同驾乘人员总质量为m2 000 kg，在水平路面上行驶时受到恒定的阻力是800 N。小汽车以额定功率行驶时，其最大速度Vm= m/s，小汽车行驶速度为20m/s时加

7、速度a= m/s2。四、计算题（本大题有4小题，共39分）16. (8分)某同学在某砖墙前的高处水平抛出一个石子，石子在空中运动的部分轨迹照片如图10所示从照片可看出石子恰好垂直打在一倾角为37的斜坡上的A点已知每块砖的平均厚度为10 cm，抛出点到A点竖直方向刚好相距200块砖，取g10 m/s2.(sin 370.6，cos 370.8)求： (1)石子在空中运动的时间t；(2)石子水平抛出的速度v0. 17（8分）今年6月13日，我国首颗地球同步轨道高分辨率对地观测卫星高分四号正式投入使用，这也是世界上地球同步轨道分辨率最高的对地观测卫星。如图所示，A是地球的同步卫星，已知地球半径为R，

8、地球自转的周期为T，地球表面的重力加速度为g,求： （1）同步卫星离地面高度h （2）地球的密度(已知引力常量为G) 18. (10分)如图所示，竖直平面内半径为R的光滑半圆形轨道，与水平轨道AB相连接，AB的长度为x.一质量为m的小球，在水平恒力F作用下由静止开始从A向B运动，小球与水平轨道间的动摩擦因数为，到B点时撤去力F，小球沿圆轨道运动到最高点时对轨道的压力为2mg，重力加速度为g.求： (1)小球在C点的加速度大小；(2)恒力F的大小19（13分）如图所示，一压缩的轻弹簧左端固定，右端与一滑块相接触但不连接，滑块质量为m，与水平地面间的动摩擦因数为0.1，A点左侧地面光滑，AB的长度

9、为5R，现将滑块由静止释放，滑块运动到A点时弹簧恢复原长，以后继续向B点滑行，并滑上光滑的半径为R的光滑圆弧BC，在C点正上方有一离C点高度也为R的旋转平台，沿平台直径方向开有两个离轴心距离相等的小孔P、Q，旋转时两孔均能达到C点的正上方若滑块滑过C点后进入P孔，又恰能从Q孔落下，已知物体通过B点时对地面的压力为9mg.求：(1)滑块通过B点时的速度vB；(2)弹簧释放的弹性势能Ep；(3)平台转动的角速度应满足什么条件期中考试试卷 高一物理答案一、 单项选择题 二、多项选择题题号12345678910111213答案ACBACDDBBDBCDBCBCAB三、填空题14、(1)水平初速度相同(

10、2)1.6 (3)1.481.98 15、30，0.2四、计算题 16、【解析】(1)由题意可知：石子落到A点的竖直位移y20010102 m20 m由ygt2/2得t2 s.(2)由A点的速度分解可得v0vytan 37又因vygt，解得vy20 m/s故v015 m/s. 【答案】(1)2 s(2)15 m/s17、（1）设地球质量为M，卫星质量为m，地球同步卫星到地面的高度为h，同步卫星所受万有引力等于向心力为： 。1分在地球表面上引力等于重力为： 。1分故地球同步卫星离地面的高度为： ；。2分（2）根据在地球表面上引力等于重力： 。2分结合密度公式为： 。2分18、答案(1)3g(2)

11、mg解析(1)由牛顿第三定律知在C点，轨道对小球的弹力FN2mg.小球在C点时，受到重力和轨道对球向下的弹力，由牛顿第二定律得FNmgma，解得a3g.(2)设小球在B、C两点的速度分别为v1、v2，在C点由a得v2.以B点所在的水平面为零势能参考平面，从B到C过程中，由机械能守恒定律得mvmvmg2R.解得v1.从A到B过程中，由动能定理得Fxmgxmv0.解得Fmg. 19、解析：(1)物体经过B点做圆周运动，由牛顿第二定律可得：FNmgm即：9mgmgm，解得：vB2(2)物体由静止释放到B点，根据动能定理可得：Wmgxm又由功能关系WEp解得：Epmg5Rm(2)2即Ep4.5mgR(

12、3)滑块从B点开始运动后机械能守恒，设滑块到达P处时速度为vP.则由机械能守恒定律得mvmvmg2R解得：vP2滑块穿过P孔后再回到平台时间：t4要想实现上述过程，必须满足t(2n1)解得： (n0、1、2)答案：(1)滑块通过B点时的速度为2；(2)弹簧释放的弹性势能为4.5mgR；(3)平台转动的角速度应满足的条件是 (n0、1、2)期中考试试卷 高一物理答案二、 单项选择题 二、多项选择题题号12345678910111213答案ACBACDDBBDBCDBCBCAB三、填空题14、(1)水平初速度相同(2)1.6 (3)1.481.98 15、30，0.2四、计算题 16、【解析】(1

13、)由题意可知：石子落到A点的竖直位移y20010102 m20 m由ygt2/2得t2 s.(2)由A点的速度分解可得v0vytan 37又因vygt，解得vy20 m/s故v015 m/s. 【答案】(1)2 s(2)15 m/s17、（1）设地球质量为M，卫星质量为m，地球同步卫星到地面的高度为h，同步卫星所受万有引力等于向心力为： 。1分在地球表面上引力等于重力为： 。1分故地球同步卫星离地面的高度为： ；。2分（2）根据在地球表面上引力等于重力： 。2分结合密度公式为： 。2分18、答案(1)3g(2)mg解析(1)由牛顿第三定律知在C点，轨道对小球的弹力FN2mg.小球在C点时，受到

14、重力和轨道对球向下的弹力，由牛顿第二定律得FNmgma，解得a3g.(2)设小球在B、C两点的速度分别为v1、v2，在C点由a得v2.以B点所在的水平面为零势能参考平面，从B到C过程中，由机械能守恒定律得mvmvmg2R.解得v1.从A到B过程中，由动能定理得Fxmgxmv0.解得Fmg. 19、解析：(1)物体经过B点做圆周运动，由牛顿第二定律可得：FNmgm即：9mgmgm，解得：vB2(2)物体由静止释放到B点，根据动能定理可得：Wmgxm又由功能关系WEp解得：Epmg5Rm(2)2即Ep4.5mgR(3)滑块从B点开始运动后机械能守恒，设滑块到达P处时速度为vP.则由机械能守恒定律得mvmvmg2R解得：vP2滑块穿过P孔后再回到平台时间：t4要想实现上述过程，必须满足t(2n1)解得： (n0、1、2)答案：(1)滑块通过B点时的速度为2；(2)弹簧释放的弹性势能为4.5mgR；(3)平台转动的角速度应满足的条件是 (n0、1、2)