甘肃省张掖市山丹县第一中学2019-2020学年高一下学期期中考试物理试题 15页

山丹一中2019-2020学年下学期期中模拟试卷高一物理 一、选择题 ‎1.下列说法中正确的是（　　）‎ A. 变速运动一定是曲线运动 B. 匀速圆周运动是匀速运动 C. 物体在恒力的作用下，不可能作曲线运动 D. 曲线运动中某点速度的方向沿该点的切线方向 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．变速运动可以是直线运动，如匀变速直线运动，A错误；‎ B．匀速圆周运动的速度方向时刻在变化，不是匀速运动，B错误；‎ C．物体在恒力作用下，也可以做曲线运动，平抛运动就是这种情况，C错误；‎ D．曲线运动中某点速度的方向沿该点的切线方向，D正确。‎ 故选D。‎ ‎2.在水平地面上做匀速直线运动的小车，通过定滑轮用绳子吊起一个物体，若小车和被吊的物体在同一时刻速度分别为和，绳子对物体的拉力为FT，物体所受重力为，则下面说法正确的是 A. 物体做匀速运动，且 ‎ B. 物体做加速运动，且 C. 物体做加速运动 ，且 ‎ D. 物体做匀速运动，且 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】AB.小车的运动可分解为沿绳子方向和垂直绳子的方向两个运动，设两段绳子的夹角为，由几何知识可得 所以，小车向右运动，逐渐增大，故逐渐增大，物体有向上的加速度，故A错误，B正确；‎ CD. 物体由向上的加速度，处于超重状态，所以，故CD错误．‎ ‎3.关于向心加速度的物理意义，下列说法中正确的是　　‎ A. 描述线速度的方向变化的快慢 B. 描述线速度的大小变化的快慢 C. 描述角速度变化的快慢 D. 描述向心力变化的快慢 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】向心加速度只改变物体的速度的方向不改变速度的大小，所以向心加速度的大小，表示物体速度方向变化快慢，所以A正确。‎ 故选A。‎ ‎4.关于平抛运动，下列说法正确的是（　　）‎ A. 平抛运动是非匀变速运动 B. 平抛运动是匀速运动 C. 平抛运动是匀变速曲线运动 D. 平抛运动的物体落地时速度方向一定是竖直向下的 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】ABC．平抛运动水平分运动是匀速直线运动，竖直方向是自由落体运动。加速度是重力加速度发行恒定不变，合力与初速度方向垂直，所以平抛运动是匀变速曲线运动，故C正确，AB错误；‎ D．平抛运动的物体落地时有水平速度，所以落地时的速度方向一定不是竖直向下的，故D错误。‎ 故选C。‎ ‎5.如图在皮带传动装置（传动皮带紧绷且运动中不打滑）中，主动轮的半径为,从动轮有大小两轮且固定在同一个轴心上，半径分别为、，已知，，A、B、C分别是三个轮边缘上的点，则当整个传动装置正常工作时，下列选项正确的是（　　）‎ A. A、B、C三点的周期之比为1：2：2‎ B. A、B、C三点的线速度大小之比为4：4：5‎ C. A、B、C三点的角速度之比为2：1：2‎ D. A、B、C三点的加速度之比为8：4：5‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A、B、C三点的半径之比为 A、B的线速度大小相等，即 B、C的角速度相等，由得 所以 由 ‎，‎ 得 所以 根据得 向心加速度 则得 故A正确，BCD错误。‎ 故选A。‎ ‎6.如图所示，在某行星的轨道上有a、b、c、d四个对称点，若行星运动周期为T，则行星（　　）‎ A. 从b到d的时间tbd=‎ B. 从a到c的时间tac=‎ C. 从d经a到b的运动时间大于从b经c到d的时间 D. 从a到b的时间tab>‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】AC．根据开普勒第二定律可知从b到c到d的运行平均速度小于b到a到d的运行平均速度，运行的轨迹长度相同，所以 AC错误；‎ B．根据开普勒第二定律结合运动的对称性可知 B正确；‎ D．从a到b运行平均速度大于从b到c运行的平均速度，所以 D错误。‎ 故选B。‎ ‎7.一辆赛车在水平公路上转弯，从俯视图中可以看到，赛车沿曲线由P向Q行驶且速度逐渐减小．图中画出了赛车转弯经过M点时所受合力F方向四种可能性，其中正确的是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】AD.因为赛车沿曲线由P向Q行驶且速度逐渐减小，赛车受到的合力应该指向运动轨迹弯曲的内侧，而且合力与赛车的速度方向的夹角要大于90°，故A错误，D正确．‎ BC.由于赛车沿曲线由P向Q行驶且速度逐渐减小，故赛车受到的合力一定指向弯道的内侧，故BC错误．‎ ‎8.在河面上方的岸上有人用长绳拴住一条小船,开始时绳与水面的夹角为30°.人以恒定的速率v拉绳,使小船靠岸,那么(　 　)‎ A. 小船的速率也是恒定的 B. 小船的速率是增大的 C. 小船的速率是减小的 D. 小船的速率是均匀增大的 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】设船速为 对船速分解，如图所示：‎ 根据关联速度可知：船在绳子方向上的速度等于人的速度即： 在小船靠岸的过程中，角度在增大， 在减小，而人的速度不变，所以船速在增大，故AC错；B对；根据可知小船速度与时间关系不是线性函数，所以加速度不恒定，即小船的速率不是均匀增大的，故D错；‎ ‎9.人造地球卫星在圆形轨道上环绕地球运转，它的线速度、角速度、周期和轨道半径的关系是（　　）‎ A. 半径越大，线速度越大，周期越大 B. 半径越大，线速度越小，周期越大 C. 半径越小，角速度越大，线速度越大 D. 半径越小，角速度越小，线速度越小 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【详解】由万有引力作为向心力，有 得 可知半径越大，线速度越小，角速度越小，周期越大。半径越小，角速度越大，线速度越大。故BC正确，AD错误。‎ 故选BC。‎ ‎10.如图，轻质杆OA长l=‎0.5m，A端固定一个质量为‎3kg的小球，小球以O 为圆心在竖直平面内做圆周运动。通过最高点时小球的速率是‎2m/s，g取‎10m/s2，则此时细杆OA（　　）‎ A. 在最高点小球受到支持力作用 B. 受到6 N的压力 C. 受到24 N的压力 D. 受到24 N的拉力 ‎【答案】AB ‎【解析】‎ ‎【详解】小球做圆周运动，在最高点需要的向心力大小为 而在最高点的重力大小为 可推出小球在最高点受到向上的支持力作用，则有 解得小球所受支持力的大小为 A正确，由作用力和反作用力的关系可知，杆受到6N的压力，B正确，CD错误。‎ 故选AB。‎ ‎11.火车以‎60m/s的速率转过一段弯道，某乘客发现放在桌面上的指南针在10s内匀速转过了约10°．在此10s时间内，火车（　　）‎ A. 运动路程为‎600m B. 加速度为零 C. 角速度约为1rad/s D. 转弯半径约为‎3.4km ‎【答案】AD ‎【解析】‎ 本题考查匀速圆周的概念，意在考查考生的理解能力．圆周运动的弧长s=vt=60×‎10m=‎600m，选项A 正确；火车转弯是圆周运动，圆周运动是变速运动，所以合力不为零，加速度不为零，故选项B错误；由题意得圆周运动的角速度rad/s= rad/s，又，所以m=‎3439m，故选项C错误、D正确．‎ 点睛：本题以火车转弯指南针偏转为背景考查匀速圆周的概念，解答时要注意角度与弧度的换算关系．‎ ‎12.如图所示，倾角为θ的斜面固定在水平面上，从斜面顶端以速度水平抛出一小球，经过时间恰好落在斜面底端，速度是v，不计空气阻力．下列说法正确的是 A 若以速度2水平抛出小球，则落地时间大于 B. 若以速度2水平抛出小球，则落地时间等于 C. 若以速度水平抛出小球，则撞击斜面时速度方向与v成θ角 D. 若以速度水平抛出小球，则撞击斜面时速度方向与v同向 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ A、B、若以速度2v0水平抛出小球，小球将落水平面上，下落的高度与小球落在斜面底端时相等，而平抛运动的时间是由下落的高度决定的，所以落地时间等于t0．故A错误，B正确．C、D、以速度v0水平抛出小球，小球将落斜面上，则有，设撞击斜面时速度方向与水平方向的夹角为α，则得，可得tanα=2tanθ，与小球的初速度无关，所以若以速度水平抛出小球，则撞击斜面时速度方向与水平方向的夹角也为α，速度方向与v同向，故C错误，D正确．故选BD.‎ ‎【点睛】本题是对平抛运动规律考查，要知道平抛运动可以分解为水平方向上的匀速直线运动和竖直方向上的自由落体运动，当小球落斜面上时竖直分位移与水平分位移之比等于斜面倾角的正切．‎ 二、实验题 ‎13.某同学在做实验时得到了如图所示的物体做平抛运动的轨迹，a、b、c 位置是运动轨迹上三个点（已标出）。其中 x、y 坐标轴分别沿水平方向和竖直方向，则：‎ ‎(1)小球平抛的初速度为______m/s。（重力加速度 g=‎10m/s2）‎ ‎(2)小球运动到 b 点的速度为_______m/s。‎ ‎(3)从坐标原点到c 点的这段时间内小球的速度变化量为_____m/s。‎ ‎(4)小球开始做平抛运动的位置坐标为 x=_____cm，y=________cm。‎ ‎【答案】 (1). (2). (3). (4). (5). ‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）[1] 因为在水平方向上，a到b，b到c 的水平位移相等，设时间为T，在竖直方向上，根据 得 则小球平抛运动的初速度为 ‎。‎ ‎（2）[2] b点在竖直方向上的分速度为 小球运动到b点的速度为 ‎（3）[3] 物体从a点运动到c点的时间为 那么从坐标原点到c点的这段时间内小球的速度变化量为 ‎。‎ ‎（4）[4]小球运动到b点的时间为 水平方向上的位移为 竖直方向上的位移为 所以开始做平抛运动的位置坐标为 ‎。‎ ‎14.用如图甲所示的实验装置，探究加速度与力、质量的关系实验中，将一端带定滑轮的长木板放在水平桌面上，实验小车通过轻细线滑轮跨过定滑轮与砂筒相连，小车与纸带相连，打点计时器所用交流电的频率为f=50Hz。在保持沙桶及沙的总质量不变的情况下，放开砂桶，小车加速运动，处理纸带得到小车运动的加速度为a。改变小车上钩码的质量，重做多次实验，分析纸带，作上图获取a与m的关系。‎ ‎（1）某次得到图乙所示纸带。纸带上相邻计数点之间还有4个点未画出，由纸带数据计算加速度为_________m/s2。（保留3位有效数字）‎ ‎（2）以上实验操作前，_________ （填“需要”或“不需要”）垫高木板打点计时器一端以平衡小车摩擦力；_________（填“需要”或“不需要”）满足沙和沙桶总质量远小于小车和车上钩码总质量。‎ ‎【答案】 (1). 2.00 (2). 需要 (3). 需要 ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）[1]相邻两计数点间还有4个点未画出，则两计数点间时间间隔为T=0.1s，根据 得小车运动的加速度为 代入数据解得 ‎（2）[2]为保证细线的拉力等于小车所受的合力，故在实验前需要垫高木板打点计时器一端以平衡小车摩擦力；‎ ‎[3]对沙和沙桶分析，根据牛顿第二定律，有 对小车分析，根据牛顿第二定律有 联立解得 由上式可知当时，所以为了让小车所受力的拉力等于沙和沙桶的总重力，故需要满足沙和沙桶总质量远小于小车和车上钩码总质量。‎ 三、计算题 ‎15.将长l=‎1m轻质细线一端固定，另一端栓一个质量m=‎0.4kg的小球，让细线与竖直方向成37°夹角在水平面内做匀速圆周运动。（sin37°=0.6，cos37°=0.8.不计空气阻力，g=‎10m/s2）求：‎ ‎(1)小球的运动半径R是多少？‎ ‎(2)细线上的拉力是多少？‎ ‎(3)小球的角速度是多少？‎ ‎【答案】(1) ‎0.6m (2)5N (3) ‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)小球在水平面内做匀速圆周运动，由几何关系得运动半径为 R=L sin37°=‎‎0.6m ‎ (2)小球在水平面内做匀速圆周运动，对小球受力分析，如图所示： 小球在竖直方向受力平衡，有 Tcos37°=mg 代入数据得 ‎(3)合力充当向心力，即为 F=mgtan37°=mω2R 解得 ‎16.如图所示，半径为R，内径很小的光滑半圆管竖直放置，两个质量均为m的小球A、B以不同速率进入管内，A通过最高点C时，对管壁上部的压力为3mg，B通过最高点C时，对管壁下部和管壁上部的压力都为零，求：‎ ‎(1)小球A在最高点的速度大小；‎ ‎(2)小球B在最高点的速度大小；‎ ‎(3)A、B两球落地点间的距离。‎ ‎【答案】（1）；（2）；（3）‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)对A球，在最高点时对管壁上部的压力为3mg，即管壁对小球向下的压力为3mg，合力提供向心力有 解得 ‎(2)对B球，在最高点时对管壁下部和管壁上部的压力都为零，故有 解得 ‎(3)两球离开轨道后均做平抛运动，设落地时间为t，则有 得 A、B两球落地点间的距离等于它们平抛运动的水平位移之差，对A球 对B球 A、B两球落地点间的距离 联立解得。‎ ‎17.如图所示，倾角为37°的斜面长l＝‎1.9 m，在斜面底端正上方的O点将一小球以v0＝‎3 m/s的速度水平抛出，与此同时由静止释放斜面顶端的滑块，经过一段时间后，小球恰好能够以垂直于斜面的速度在斜面P点处击中滑块。（小球和滑块均可视为质点，重力加速度g取‎9.8 m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8），求：‎ ‎(1)抛出点O离斜面底端的高度；‎ ‎(2)滑块与斜面间的动摩擦因数μ。‎ ‎【答案】(1)‎1.7 m；(2)0.125‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)设小球击中滑块时的速度为v，竖直速度为vy，如图所示 由几何关系得 设小球下落的时间为t，竖直位移为y，水平位移为x，‎ 由平抛运动规律得 vy＝gt x＝v0t 设抛出点到斜面底端的高度为h，由几何关系得 h＝y＋xtan37°‎ 联立解得 h＝‎‎1.7 m ‎(2)设在时间t内，滑块的位移为s，由几何关系得 设滑块的加速度为a，由运动学公式得 对滑块，由牛顿第二定律得 mgsin37°－μmgcos37°＝ma 联立解得 μ＝0.125.‎