四川省屏山县中学校2019-2020学年高一物理下学期期中测试试题.docx

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1、四川省屏山县中学校2019-2020学年高一物理下学期期中测试试题（含解析）一、单项选择题1. 人站在台阶式自动扶梯上不动，随扶梯向上匀速运动，下列说法中错误的是（）A. 重力对人做负功B. 摩擦力对人做正功C. 支持力对人做正功D. 合力对人做功为零【答案】B【解析】【详解】人站在自动扶梯上不动，随扶梯向上匀速运动，受重力和支持力，重力做负功，支持力做正功，合外力为零，所以合外力做功等于零人不受摩擦力，所以没有摩擦力做功故A、C、D正确，B错误2. 大型游乐场中有一种叫“摩天轮”的娱乐设施，如图所示，坐在其中的游客随轮的转动而做匀速圆周运动，对此有以下说法，其中正确的是（）A. 游客处于一种

2、平衡状态B. 游客做的是一种变速运动C. 游客做的是一种匀变速运动D. 游客的加速度不变【答案】B【解析】【详解】A 游客随轮的转动而做匀速圆周运动，合力提供向心力，不是平衡状态，故A错误；BC 游客随轮的转动而做匀速圆周运动，加速度方向指向圆心，时刻改变，是一种变加速曲线运动，故B正确C错误；D加速度方向始终指向圆心，方向时刻改变，故D错误。故选B。3. 关于功和功率的说法中,正确的是( )A. 由可知，只要知道W和t就可求出任意时刻的功率B. 因为功有正功和负功之分，所以功是矢量C. 由可知，汽车的功率与它的速度成正比D. 正功表示做功的力为动力，负功表示做功的力为阻力【答案】D【解析】【

3、详解】由可知，只要知道W和t就可求出在时间t内的平均功率，选项A错误；功虽然有正功和负功之分，但是功无方向，是标量，选项B错误；由P=Fv可知，在牵引力一定的情况下，汽车的功率与它的速度成正比，选项C错误；正功表示做功的力与位移方向夹角小于90，则为动力，负功表示做功的力与位移方向夹角大于90，则为阻力，选项D正确.4. 如图所示，某公园里的过山车驶过轨道的最高点时，乘客在座椅里面头朝下，人体颠倒，若轨道半径为R，人体受重力为mg，要使乘客经过轨道最高点时对座椅的压力等于自身的重力，则过山车在最高点时的速度大小为() A. 0B. C. D. 【答案】C【解析】根据牛顿第二定律得：，解得：，选

4、C.5. 中国的面食文化博大精深，种类繁多，其中“山西刀削面”堪称天下一绝，传统的操作手法是一手托面，一手拿刀，直接将面削到开水锅里。如图所示，小面圈刚被削离时距开水锅的高度为h，与锅沿的水平距离为L，锅的半径也为L，将削出的小面圈的运动视为平抛运动，且小面圈都落入锅中，重力加速度为g，则下列关于所有小面圈在空中运动的描述错误的是（）A. 运动的时间都相同B. 速度的变化量都相同C. 落入锅中时，最大速度是最小速度的3倍D. 若初速度为v0，则【答案】C【解析】【详解】A小球在竖直方向做自由落体运动，根据自由落体运动得，小面圈下落高度一定，所以运动的时间都相同，故A正确，不符合题意；B根据加速

5、度的定义式可知小面圈速度的变化量为所以小面圈速度的变化量都相同，故B正确，不符合题；CD小面圈落到锅的左边缘时解得落到左边缘处的末速度为小面圈落在锅右边缘处时落到右边缘处的末速度为则初速度满足落入锅中时，最大速度和最小速度故C错误，符合题意；D正确，不符合题意。故选C。6. 设地球的半径为R0，质量为m的卫星在距地面R0高处做匀速圆周运动，地面的重力加速度为g，则下列说法正确的是（）A. 卫星的角速度为B. 卫星的线速度为C. 卫星的加速度为D. 卫星的周期为【答案】B【解析】【详解】A、根据万有引力提供向心力可得：，又，所以，A错误B、因为，所以，B正确C、因为，C错误D、因为，D错误7.

6、如图甲所示，轻杆一端固定在O点，另一端固定一小球，现让小球在竖直平面内做半径为R的圆周运动小球运动到最高点时，杆与小球间弹力大小为N，小球在最高点的速度大小为v，其Nv2图象如图乙所示则 ()A. 小球的质量为B. 当地的重力加速度大小为C. v2c时，在最高点杆对小球的弹力方向向上D. v22b时，在最高点杆对小球的弹力大小为2a【答案】A【解析】【详解】由图乙可知当小球运动到最高点时，若v2b，则N0，轻杆既不向上推小球也不向下拉小球，这时由小球受到的重力提供向心力，即mg ，得v2bgR，故g，B错误；当v2b时，轻杆向下拉小球，C错误；当v20时，轻杆对小球弹力的大小等于小球重力，即a

7、mg，代入g得小球的质量m，A正确；当v22b时，由向心力方程Fmg得杆的拉力大小Fmg，故Fa，D错误；故选A8. 如图所示，一倾斜的匀质圆盘绕垂直于盘面的固定对称轴以恒定角速度转动，盘面上离转轴2.5m处有一小物体与圆盘始终保持相对静止，物体与盘面间的动摩擦因数为，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，盘面与水平面的夹角为，g取10m/s2，则以下说法中正确的是（）A. 小物体随圆盘做匀速圆周运动时，一定始终受到三个力的作用B. 小物体随圆盘以不同角速度做匀速圆周运动时，越大时，小物体在最高点处受到的摩擦力一定越大C. 小物体受到的摩擦力始终指向圆心D. 的最大值是1.0rad/s【答案】D【解析

8、】【详解】A在最高点有可能不受摩擦力，重力的下滑分力提供做匀速圆周运动的向心力，A错误；BC在最高点，转动的角速度较小时，摩擦力向上背离圆心，随着角速度的增大，摩擦力先减小到零，然后再反向指向圆心逐渐增大；除了最高点和最低点，其他位置摩擦力的方向也没有指向圆心，故BC错误；D物块在最低点时最容易发生滑动，因此在最低点时，摩擦力达到最大时，转动的角速度最大，根据牛顿第二定律代入数据得D正确。故选D。二、不定项选择题9. 用长L=0.6m的绳一端系着装有m=0.5kg水的小桶（小桶质量忽略不计），在竖直平面内做圆周运动，成为“水流星”。则（）A. 最高点水不流出的最小速度为B. 最高点水不流出的最

9、小速度为C. “水流星”在最高点时处于超重状态，在最低点时处于失重状态D. 若过最高点时速度为，此时水对桶底的压力等于2.5N【答案】AD【解析】【详解】AB最高点水不流出，重力完全提供向心力解得故A正确，B错误；C“水流星”在最高点加速度竖直向下，故处于失重状态；“水流星”在最低点，加速度竖直向上，处于超重状态，故C错误；D在最高点解得故D正确。故选AD。10. 如图，从地面上方某点，将一小球以5m/s的初速度沿水平方向抛出小球经过1s落地不计空气阻力，g取10 m/s2，则可求出（ ）A. 小球抛出时离地面的高度是5mB. 小球落地时的速度方向与水平地面成30角C. 小球落地时的速度大小是

10、15m/sD. 小球从抛出点到落地点的水平位移大小是5m【答案】AD【解析】【详解】根据h=gt2得，所以高度h=101m5m故A正确小球落地时竖直方向上的速度vy=gt=10m/s，设小球落地时速度与水平方向的夹角为，则，所以夹角不等于30，故B错误则落地的速度，故C错误小球在水平方向上的位移x=v0t=5m故D正确11. 我国科学家正在研制航母舰载机使用的电磁弹射器。舰载机总质量为3.0104kg，设起飞过程中发动机的推力恒为1.0105N；弹射器有效作用长度为100m，推力恒定；要求舰载机在水平弹射结束时速度大小达到80m/s。弹射过程中舰载机所受总推力为弹射器和发动机推力之和，假设所受

11、阻力为总推力的20%，则（）A. 弹射器的推力大小为1.1106NB. 弹射器对舰载机所做的功为1.1108JC. 弹射器对舰载机做功的平均功率为8.8107WD. 舰载机在弹射过程中的加速度大小为32m/s2【答案】ABD【解析】【详解】D设舰载机的加速度为a，根据运动学公式可得加速度D正确；A根据牛顿第二定律其中代入数据得A正确；B根据功的定义B正确；C弹射器对舰载机做功的平均功率C错误。故选ABD。12. 一质量为m的物体被人用手由静止竖直向上以加速度a匀加速提升h。重力加速度为g，关于此过程，下列说法中正确的是（）A 提升过程中手对物体做功m（ag）hB. 提升过程中合外力对物体做功m

12、ahC. 提升过程中物体克服重力做功mghD. 提升过程中物体的重力势能增加m（ag）h【答案】ABC【解析】【详解】A 设人对物体的拉力为F，由牛顿第二定律得 F-mg=ma即F=m（g+a）则在提升过程中手对物体做功为WF=Fh=m（a+g）h故A正确；B 根据牛顿第二定律可知物体受到的合力为F合=ma，故F合h=mah故B正确；C 提升过程中物体克服重力做功mgh，故C正确；D 提升过程中物体克服重力做功mgh，重力势能增加mgh，故D错误。故选ABC。三、实验题13. 用如图所示的装置可以探究做匀速圆周运动的物体需要的向心力的大小与哪些因素有关.(1)本实验采用的科学方法是_。A.控制

13、变量法 B.累积法 C.微元法 D.放大法(2)图示情景正在探究的是_。A.向心力的大小与半径的关系B.向心力的大小与线速度大小的关系C.向心力的大小与角速度大小的关系D.向心力的大小与物体质量的关系(3)通过图示实验可以得到的结论是_。A.在质量和半径一定的情况下，向心力的大小与角速度成正比B.在质量和半径一定的情况下，向心力的大小与线速度的大小成正比C.在半径和角速度一定的情况下，向心力的大小与质量成正比D.在质量和角速度一定的情况下，向心力的大小与半径成反比【答案】 (1). A (2). D (3). C【解析】【详解】(1)1在这两个装置中控制半径、角速度不变，只改变质量来研究向心力

14、与质量之间的关系，故采用的控制变量法，所以A是正确的(2)2控制半径、角速度不变，只改变质量来研究向心力与质量之间的关系，所以D是正确的.(3)3通过控制变量法得到的结果为在半径和角速度一定的情况下，向心力的大小与质量成正比,所以C是正确的14. 在“研究小球做平抛运动”的实验中：(1)安装实验装置的过程中，斜槽末端切线必须是水平的，这样做的目的是_。A保证小球飞出时，速度既不太大，也不太小B保证小球飞出时，初速度水平C保证小球在空中运动的时间每次都相等D保证小球运动的轨迹是一条抛物线(2)在做“研究平抛运动”实验中，引起实验结果偏差较大的原因可能是_。安装斜槽时，斜槽末端切线方向不水平确定轴

15、时，没有用重垂线斜槽不是绝对光滑的，有一定摩擦空气阻力对小球运动有较大影响A. B. C. D.(3)该同学采用频闪照相机拍摄到如图所示的小球做平抛运动的照片，图中背景方格的边长为，是摄下的三个小球位置，如果取，那么照相机拍摄时每_曝光一次；小球做平抛运动的初速度的大小为_。【答案】 (1). B (2). B (3). 0.1 (4). 1.5【解析】【详解】(1)1斜槽末端切线必须是水平的，这样做的目的是保证小球飞出时初速度水平，故选B。(2)2当斜槽末端切线没有调整水平时，小球脱离槽口后做斜抛运动，但实验中，仍按平抛运动分析处理数据，会造成较大误差，故斜槽末端切线不水平会造成误差；确定轴

16、时，没有用重垂线，就不能调节斜槽末端切线水平，和类似，所以会引起实验误差；只要让它从同一高度、无初速开始运动，在相同的情形下，即使球与槽之间存在摩擦力，仍能保证球做平抛运动的初速度相同，因此，斜槽轨道不必要光滑，所以不会引起实验误差；空气阻力对小球运动有较大影响时，物体做的就不是平抛运动了，平抛的规律就不能用了，所以会引起实验误差。综上所述会引起实验误差的有，故ACD错误，B正确。故选B。(3)3在竖直方向上，根据得4则小球初速度为四、计算题15. 质量m=2kg的物体在光滑水平面上运动，其分速度vx和vy随时间变化的图线如图（a）、（b）所示，求：(1)物体所受的合力；(2)物体的初速度；(

17、3)t=8s时物体的速度。【答案】(1)1N，方向沿y轴正方向；(2)3m/s，方向沿x轴正方向；(3) 5m/s，与x轴正方向的夹角为53【解析】【分析】【详解】(1)物体在x方向：ax=0；y方向ay=0.5 m/s2根据牛顿第二定律F合=may=1N方向沿y轴正方向。(2)由题图可知vx0=3 m/s，vy0=0，则物体的初速度为v0=3m/s，方向沿x轴正方向。(3)由题图知，t=8 s时，vx=3 m/s，vy=4 m/s，物体的合速度为v=5m/s设速度方向与x轴正方向的夹角为，则tan =，=53即速度方向与x轴正方向的夹角为53。16. 2018年5月21日5时28分，我国在西

18、昌卫星发射中心用长征四号丙运载火箭，成功将探月工程嫦娥四号任务“鹊桥”号中继星发射升空，进入预定轨道设“鹊桥”号中继星在轨道上绕地球做匀速圆周运动的周期为T，已知地球表面处的重力加速度为g，地球半径为R求：（1）“鹊桥”号中继星离地面的高度h；（2）“鹊桥”号中继星运行的速度大小v；（3）“鹊桥”号中继星在轨道上绕地球运行的向心加速度大小【答案】（1）（2）（3）【解析】【详解】(1)设地球质量为，“鹊桥”号中继星的质量为，万有引力提供向心力：对地面上质量为物体有：联立解得：(2)“鹊桥”号中继星速度大小为：联立解得：(3)“鹊桥”号中继星的向心加速度大小为：得：【点睛】万有引力问题的运动，一

19、般通过万有引力做向心力得到半径和周期、速度、角速度的关系，然后通过比较半径来求解.17. 汽车发动机的额定功率P=60kW，若其总质量m=5t，在水平路面上行驶时，所受阻力恒为f=5.0103N，若汽车启动时保持额定功率不变，求：(1)汽车所能达到的最大速度vmax是多大？(2)当汽车加速度为2m/s2时，速度是多大？(3)当汽车速度是6m/s时，加速度是多大？【答案】(1)12m/s；(2)4m/s；(3)1m/s2【解析】【详解】(1)汽车保持恒定功率启动时，做加速度逐渐减小的加速运动，当加速度减小到零时，速度达到最大。所以，此时汽车的牵引力为F1=f=5.0103N则汽车的最大速度为vm

20、ax=m/s=12m/s(2)当汽车的加速度为2m/s2时，设牵引力为F2，由牛顿第二定律得F2f=maF2=fma=5.0103 N5.01032 N=1.5104 N汽车的速度为v=4m/s(3)当汽车的速度为6 m/s时，牵引力为F3=1104 N由牛顿第二定律得F3f=ma汽车的加速度为a=1m/s218. 如图所示，倾角为37的粗糙斜面的底端有一质量m1kg的凹形小滑块，小滑块与斜面间的动摩擦因数0.25现小滑块以某一初速度v从斜面底端上滑，同时在斜面正上方有一小球以速度v0水平抛出，经过0.4 s，小球恰好垂直斜面落入凹槽，此时，小滑块还在上滑过程中。空气阻力不计，已知 sin 370.6，cos370.8，g取10 m/s2，求：(1)小球水平抛出的速度v0的大小；(2)小滑块的初速度v的大小。【答案】(1)3m/s；(2)5.35m/s【解析】【详解】(1)设小球落入凹槽时竖直速度为，则有因此有(2)小球落入凹槽时的水平位移则滑块的位移为根据牛顿第二定律，滑块上滑的加速度为根据公式可得