2021-2022学年上海市虹口区复兴高级中学高一（下）期中物理试卷（附答案详解）.pdf

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1、2021-2022学年上海市虹口区复兴高级中学高一（下）期中物理试卷一、单 选 题（本大题共12小题，共40.0分）1.下列各种运动中，属于匀变速运动的是（）A.平抛运动 B.匀速直线运动 C.匀速圆周运动 D.加速圆周运动2.功的单位是焦耳0）,焦耳与基本单位米（m）、千克（kg）、秒（s）之间的关系正确的是（）A.1/=1kg-m/s B.17=1kg-m/s2C.1-1kg m2/s D.17 1kg-m2/s23.如图所示，物体做平抛运动时，描述物体在竖直方向上的速度为（取向下为正）随时4.如图所示，4、B为小区门口自动升降杆上的两点，4在杆的顶端，8在杆的中点处。A.A、B两点线速度

2、大小之比1：2B.A、B两点角速度大小之比1：1C.A、B两点向心加速度大小之比1：2D.A、B两点向心加速度的方向不同5.如图所示，一人的重力为G,他随自动扶梯加速上行，扶梯对人的作用力为F,则以下判断正确的是（）A.F=G,F对人做正功B.F=G,F对人做负功C.FG,F对人做正功D.F 解得N=7ng7n9.所以b、d两点的支持力大于a、c两点的支持力，因为d点的曲率半径较小，则d点的支持力更大.故。正确，4、B、C错误.故选：D.当地面对汽车的支持力越大，越容易爆胎.根据牛顿第二定律求出在不同点的支持力，比较支持力的大小即可知道最容易发生爆胎的点.解决本题的关键是搞清楚向心力的来源，运

3、用牛顿第二定律进行分析求解.11.【答案】C【解析】解：4、卫星的轨道半径越大，周期越大，所以中地球轨道卫星的运行周期小于地球同步卫星运行周期，小于24小时，故 A 错误；B、第一宇宙速度7.9km/s是卫星绕地球圆周运动的最大速度，是卫星发射的最小速度，则地球同步卫星的发射速度大于第一宇宙速度，故 B 错误；C、倾斜地球同步轨道卫星与地球自转周期相同，但是运转方向不同，所以倾斜地球同步轨道卫星不会静止在北京上空，故 C 正确；。、卫星绕地球做圆周运动，轨道半径越大，其运行速度越小，中地球轨道卫星比同步卫星卫星离地心更近，故中圆地球轨道卫星比地球同步卫星线速度大，故。错误。故选：Co卫星运动是

4、万有引力充当向心力，第一宇宙速度是卫星绕地球圆周运动的最大速度，是卫星发射的最小速度，卫星的轨道半径越大，周期越大，线速度越小。本题以覆盖全球的北斗卫星导航系统计划考查了人造卫星问题，知道地球同步卫星要与地球的自转周期相同，要求同学们熟练应用万有引力相关公式求解。12.【答案】B【解析】解：在0 4m位移内F恒定，物体做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律得；a=m/s2=lm/s2根据2a%=琢 诏得：v4=3m/s对物体在4 167n内运动过程运用动能定理得；说6 m vl=笃8s4-8 +0+&216-S12 1 6第 12页，共 18页从图中可知尸8=2116，54-8=$12 16=4

5、m,所以4 16nl内力户做功之和为0,所 以%6=%=3 m/s,故 ACC错误，B正确；故选：B。在。47n位移内F恒定，物体做匀加速直线运动，可以根据匀变速直线运动位移速度公式求出x=4m处时的速度，在4nl8m位移内，力在逐渐减小，是变力，在8m12zn位移内力等于零，在12m167n位移内，力F反方向逐渐增大，根据做功公式可知：力产在4 16m内做功之和为零，可对这一阶段运用动能定理得到x=16m处时速度等于x=4m处时的速度。本题考查了牛顿第二定律、功的计算以及动能定理的应用，要求同学们能根据图象找出有用信息，选取合适的运动过程运用动能定理求解，该题难题适中。13.【答案】扭秤万有

6、引力恒量【解析】解：万有引力定律是由物理学家牛顿发现的，1798年英国物理学家卡文迪什利用扭秤实验，成功地测出了的万有引力常量数值，证明了万有引力定律的正确性。故答案为：扭秤；万有引力恒量。万有引力常量是卡文迪什通过扭秤实验得出的。明确万有引力常量是通过实验测得的，并且知道物理学家的重要物理贡献。14【答案】甲 乙纸盒被铁球推动的距离大小【解析】解：要探究动能大小与物体质量的关系，应保证小球到达斜面底端的速度相同，质量不同，所以应使质量不同的小球从相同的高度下滑，故按照甲乙两图进行试验，通过观察纸盒被撞击后移动的距离来比较铁球动能的大小；故答案为：甲，乙；纸盒被铁球推动的距离大小要探究动能大小

7、与物体质量的关系，应保证小球到达斜面底端的速度相同，质量不同，要使铁球从同一高度静止下滑，通过对纸盒做功的多少来比较铁球动能的大小。本题主要考查了探究“物体动能的大小与哪些因素有关”的实验，利用好控制变量法和转换法即可。15.【答案】ab cd【解析】解：汽车做匀速率运动，受力平衡，设上坡的夹角为0,汽车受到的摩擦力为/在ab段，根据受力平衡可得Fi=f +mgsin。,此时的功率为Pi=Fxv=(f+mgsinOyVt在左段，根据受力平衡可得尸2 =f,此时的功率为P 2 =F2V=f V,在Cd段，设下坡的夹角为a,根据受力平衡可得F 3=f-mgsina,此时的功率为P 3=F3v=(f

8、-mgsina)v,所以片 2 2 2 3，在帅段最大，在c d段最小；故答案为：ab；cd先对各段受力分析，再结合P =F 分析各选项。本题考查功率，学生需熟练掌握受力分析，由P =F u求解瞬时功率。1 6.【答案】4 0 0.9 AB【解析】解：4点随地球自转的线速度=叫=江 经:经/凶 变 歹 的$=4 0 0.9m/s,T 24X3600 力点的向心加速度方向是指向圆心的，即沿着力B方向。故答案为：4 0 0.9、AB由线速度的公式=年求线速度的大小；由a =叱求加速度的大小和方向。T r灵活运动用运用运动学公式即线速度的定义和匀速圆周运动加速度的方向是解决本题的关键。1 7.【答案

9、】R疆2M薪 5=1,2,3,4.)【解析】解：小球做平抛运动，在竖直方向上：九=如2在水平方向上：R=vot联立解得：%=R聆在时间t内盘转过的角度。=2nnn=1,2,3,4.)又因为。=a)t则圆盘的角速度3 =2 n7 rJ (n=1,2,3,4.)故答案为：R 岛 2/1兀 聆(n=1,2,3,4.)根据平抛运动的物体在不同方向上的运动特点联立运动学公式得出小球的初速度；根据圆周运动的周期性结合角速度公式得出圆盘转动的角速度。本题主要考查了平抛运动的相关应用，熟悉平抛运动的物体在不同方向上的运动特点,结合圆周运动的周期性即可完成分析。第 14页，共 18页18.【答案】BCD C 7

10、.90【解析】解：(1)4冰墩墩在空间站内受地球等的万有引力作用，故A错误；BCD.冰墩墩随空间站绕地球做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，处于完全失重状态，抽于万有引力指向地心，则冰墩墩水平方向不受外力作用，故BC。正确；故选：BCD.(2)AD.如果抛出的速度足够大，它有可能不落回地面，而是绕地球运转，由万有引力提供向心力，做匀速圆周运动，4。假设正确，不符合题意；区由于山的高度远小于地球的半径，则该卫星的轨道半径可视为等于地球半径，B假设正确，不符合题意；C.由于山的高度远小于地球的半径，则该卫星的轨道半径可视为等于地球半径，则该卫星为近地卫星，而只有地球同步卫星的周期才等于地球自转的周

11、期，C假设错误，符合题意。故选：Co(3)由于山的高度远小于地球的半径，则该卫星的轨道半径可视为等于地球半径，则该卫星为近地卫星，有G翳=小?，在 地 球 表 面 有=整理有v=yfgR=V9.8 x 6.37 x 106m/s=7.90/cm/s故答案为：(lCD(2)C(3)7.90根据在空间中的物体处于完全失重状态，受到的万有引力提供物体围绕地球运动向心力,根据万有引力提供向心力，卫星要成为地球同步卫星，离地面的高度要比地球半径大得多，故C错误，根据万有引力提供向心力，在地面附近万有引力等于重力联立列式可求解。该题考查处于航天器中的物体处于完全失重状态、地球第一宇宙速度以及同步卫星等知识

12、点，属于常规题型。19.【答案】A c【解析】解：(1)在题图装置中，控制半径、角速度不变，只改变质量，来研究向心力大小与质量之间的关系，使用的是控制变量法，故4正确，BCD错误;故选：Ao(2)控制角速度、半径不变，只改变质量，探究的是向心力的大小与物体质量的关系，故C正确，A8O错误；故 选:Co(3)根据皮带套上各点的线速度大小相等，根据公式v=R 3有：RAa)A-RBa)B解得：詈=整=*3B RA 1故答案为：(1)4 (2)C；(3)：(1)根据实验原理分析出采用的科学方法；(2)根据控制变量法的特点分析出实验在探究的物理量的关系；(3)皮带套上各点的线速度大小相等。本题主要考查

13、了圆周运动的相关实验，根据实验原理掌握正确的实验操作，结合向心力公式即可完成分析。20.【答案】A C D不 会 相 同9.8 4【解析】解：(1)4、斜槽末端必须水平，以保证平抛初速度水平，故A正确；8、小球是从初速度为零开始释放的，很难控制小球的初速度相同，故8错误；C、为了保证小球做平抛运动的初速度相等，必须每次都在斜槽的同一位置由静止释放小球，故C正确；。、为了减小实验误差，需要让木板平面与小球下落的竖直平面平行，故。正确；故选：ACD.(2)斜槽有无摩擦，小球从斜槽离开的速度都相等，所以不会使实验的误差增大；小球在空中的运动时间只受竖直方向上的运动影响，因此小球每次在空中运动的时间相

14、同；(3)设方格的边长为，由图可知，从4到B与从B到C的水平位移相同，则5 1-31=gT231=v0T联立解得：g=9.8 4 m/s2故答案为：(1)2C D；(2)不 会;相 同;(3)9.8 4(1)根据实验原理掌握正确的实验操作；(2)根据实验原理分析出不同的实验操作对实验数据的影响；(3)根据平抛运动在不同方向的运动特点结合运动学公式计算出重力加速度。本题主要考查了平抛运动的相关实验，根据实验原理掌握正确的实验操作，理解平抛运动在不同方向上的运动特点结合运动学公式即可完成分析。第 16页，共 18页21.【答案】解：(1)摩托车受力如图:厂 八 V2FNcosd=m-N R C O

15、 SO联立解得：FN=2500/V,V=4V2m/s根据牛顿第三定律可知摩托车对球壁的压力F N=FN=2500/V(2)该同学判断正确由题可知：鬻啜得：sin。=94+他2产-七2gR当速度u增大时，sin。减小，所以。角减小；答：(1)此时摩托车对球壁的压力为2500N,摩托车的线速度为4或 7n/s；(2)结论正确，理由见解析。【解析】(1)重力和支持力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律列式求解；(2)重力和支持力的合力提供向心力，同样根据牛顿第二定律列式求解.本题关键是明确摩托车的向心力来源，然后根据牛顿第二定律列式求解，注意题目要求即可.22.【答案】解：(1)当汽车的牵引力与阻力相

16、等时，汽车的行驶速度最大F=f =OA(m+m)g=0.1 x(700+50)x ION=750/V根据P=Fvm=fvm,解得加=3 黑 zn/s=40m/s(2)图中4B段F不变，可知汽车受合力不变，汽车做匀加速运动；图中BC段 尸 与 成 正 比 例 关 系，即 尸。为定值，根据P=F。可知汽车在恒定功率下做加速运动，也就是做加速度逐渐减小的加速运动。因此 PB=PC=FCVC=-W =3X 104W(3)设能够使汽车保持输出功率3 0 k W 的太阳能芯片面积为S,贝归=倘(1 -方力2 =4X1O2 6XS4x3.14x(1.5xl011)2x (1 -3 4%)x 3 1.6%解得

17、 s =1 0 2 m2S 的值远大于车顶太阳能芯片的面积，不符合实际情况，可见这种汽车采用纯太阳能驱动保持输出功率3 0 k”是不可行的。答：(1)汽车在实验路段上行驶的最高车速为4 0 m/s；(2)图中力B 段F 不变，可知汽车受合力不变，汽车做匀加速运动；图中B C 段F 与UT成正比例关系，即F 为定值，根据P =F u 可知汽车在恒定功率下做加速运动，也就是做加速度逐渐减小的加速运动，B 点时发动机的输出功率为3 x 1。4 匹；(3)这种汽车采用纯太阳能驱动保持输出功率3 0 k H z 是不可行的。【解析】(1)当牵引力等于阻力时，速度达到最大，根据P =求得；(2)根据F-T图象判断出汽车在4 B C 过程中的运动，利用P =F 求得在额定功率；(3)根据能量守恒求得在额定功率下太阳能电池的面即可判断。应用P =可以求出机车的牵引力功率，从能量的角度分析问题是解(3)的关键.先求出以太阳为圆心、以太阳到地球的距离为半径的球面单位面积上获得的功率，然后再求出太阳能电池板面积第18页，共18页