吉林省延边二中2014-2015学年高一下学期期中考试物理试题(定稿用)

1、吉林省延边二中20142015学年度第二学期期中考试高一物理试卷一、选择题(每小题4分，共52分。19题为单选题，1013题为多选题。)1.【题文】一辆汽车在水平公路上转弯，沿曲线由M向N减速行驶。如图所示，分别画出了汽车转弯时所受合力的四种方向，你认为正确的是【答案】C【解析】本题考查曲线运动的条件及运动的合成与分解的知识，意在考查考生的理解能力。汽车从M点运动到N，曲线运动，必有分力提供向心力，向心力是指向圆心的；汽车同时减速，所以沿切向方向有与速度相反的分力；向心力和切线方向分力的合力与速度的方向的夹角要大于90°，所以选项ABD错误，选项C正确综上本题选C.【题型】单选题【备

2、注】【结束】2.【题文】某船在静水中的划行速度v1=5m/s，要渡过d=30m宽的河，河水的流速v2=4m/s，下列说法正确的是A.该船渡河所用时间至少是7.5s B.该船的航程至少是30mC.河水流速越大，渡河的时间越长D.该船以最短时间渡河时的位移大小为50m【答案】B【解析】本题考查小船渡河的最短渡河时间和最短的度和位移，意在考查考生对运动的合成与运动的分解掌握的情况。分析：船航行时速度为静水中的速度与河水流速二者合速度，这类题主要是问最短的时间和最短的路程，最短的时间主要是希望合速度在垂直河岸方向上的分量最大，这样就可以用最快的速度过河，这个分量一般刚好是船在静水中的速度，即船当以静水

3、中的速度垂直河岸过河的时候渡河时间最短；最短的路程主要是希望合速度的方向在垂直河岸方向上，这样就可以在垂直河岸方向上运动，最短的位移是河两岸的距离A、当船的静水中的速度垂直河岸时渡河时间最短：tmin=dV1=305s=6s，故选项A错误B、因为v1v2，故由平行四边形法则求合速度可以垂直河岸，渡河航程为30m，因此选项B正确 C、水的流速增大，由运动的独立性知垂直河岸的速度不变，渡河时间不变，故选项C错误 D、般以最短时间渡河时沿河岸的位移：x=v2tmin=4×6m=24m，合位移：，s=d2+x2=302+242m=38.4m选项D错误故选：B.【题型】单选题【备注】【结束】3

4、.【题文】某人站在竖直墙壁前一定距离处练习飞镖，他从同一位置沿水平方向掷出两支飞镖A和B，两只飞镖插在墙壁靶上的状态如图所示(侧视图)。则下列说法中正确的是A.飞镖A的质量小于飞镖B的质量B.飞镖A的飞行时间小于飞镖B的飞行时间C.抛出时飞镖A的初速度小于飞镖B的初速度D.插入靶时，飞镖A的末速度一定小于飞镖B的末速度【答案】B【解析】本题主要考查平抛运动规律的应用问题，属于中档题，意在考查考生的理解能力。试题分析：飞镖被抛出后做平抛运动，因此与飞镖的质量无关，故选项A错误；在竖直方向上为自由落体运动，由于B的下落高度大于A的下落高度，根据平抛运动规律有： t=2hg，因此有：tBtA，故选项

5、B正确；在水平方向上飞镖做匀速直线运动，抛出的初速度为：v0=xt ，所以v0Av0B，故选项C错误；飞镖插入靶时的速度为：v=v02+(gt)2，根据前面的比较可知，两者的末速度的大小关系无法确定，大于、等于、小于均有可能，故选项D错误。【题型】单选题【备注】考点：本题主要考查平抛运动规律的应用问题，属于中档题。【结束】4.【题文】如图所示是一个玩具陀螺，a、b和c是陀螺表面上的三个点。当陀螺绕垂直于地面的轴线以角速度稳定旋转时，下列表述正确的是A.a、b和c三点的线速度大小相等 B.b、c两点的线速度始终相同C.b、c两点的角速度比a点的大 D.b、c两点的加速度比a点的大【答案】D【解析

6、】本题考查圆周运动线速度、角速度、周期及转速的关系，意在培养学生的识记能力。分析：解决本题的关键在于知道共轴转动点的角速度大小相等，及线速度与角速度的大小关系。A、b、c两点半经相等且都大于a点半径，由v=r知b、c两点线速度大小相等且大于a点线速度，故A错误；B、b、c两点线速度大小相等，方向不同，故B错误；C、a、b、c三点共轴转动，相同时间转过的角度相同，则三点角速度相同，故C错误。D、由a=2r知b、c两点的加速度比a点的大，故D项正确。综上本题选D。【题型】单选题【备注】考点：线速度、角速度、周期和转速。【结束】5.【题文】如图所示，长为L的细绳一端固定，另一端系一质量为m的小球。给

7、小球一个合适的初速度，小球便可在水平面内做匀速圆周运动，这样就构成了一个圆锥摆，设细绳与竖直方向的夹角为。下列说法中正确的是A.小球受重力、细绳的拉力和向心力作用B.越大，小球运动的周期越大C.越大，小球运动的线速度越大D.越大，小球运动的向心加速度越小【答案】C【解析】本题主要考查了圆锥摆的相关知识，涉及到牛顿第二定律、匀速圆周运动的向心力、线速度、周期等知识，也考查了学生受力分析的技能。A、选项考查学生的受力分析能力，受力分析一般都只分析性质力。所以小球只受重力和绳的拉力作用，所以A错误；C、D选项考查学生对圆锥摆运动规律的认识。要求根据牛顿第二定律得出mgtan=man，再根据匀速圆周运

8、动的规律得出an=v2lsin，或者an= 42 lsinT2，最终得出v=glsintan、T=2lcosg,所以当越大时，小球运动的速度越大，周期越短。所以BD两项都错误。综上本题选C。【题型】单选题【备注】理解向心力是效果力，它由某一个力充当或几个力的合力提供，它不是性质力，分析物体受力时不能分析向心力，同时还应清楚向心力的不同表达式。【结束】6.【题文】如图所示，小木块a、b和c (可视为质点)放在水平圆盘上，a、b质量均为m，c的质量为m/2。a与转轴OO的距离为l，b、c与转轴OO的距离为2l且均处于水平圆盘的边缘。木块与圆盘的最大静摩擦力为木块所受重力的k倍，重力加速度大小为g，

9、若圆盘从静止开始绕转轴缓慢地加速转动，下列说法正确的是A.当a、b和c均未滑落时，a、c所受摩擦力的大小相等B.b、c所受的摩擦力始终相等，故同时从水平圆盘上滑落C.b开始滑动时圆盘的转速是2kglD.当圆盘角速度=2kg3l时，a所受摩擦力大小为kmg【答案】A【解析】本题考察查了牛顿第二定律、向心力的来源及的知识匀速圆周运动，意在考查考生的理解能力。试题分析：木块随圆盘一起转动，水平方向只受静摩擦力，故由静摩擦力提供向心力，则f=m2r，当圆盘的角速度增大时，圆盘提供的静摩擦力随之增大，当需要的向心力大于最大静摩擦力时，此时物体的角速度是最大角速度，mg=m2r,得=gr物体开始滑动，因此

10、滑块是否滑动与质量无关，只有半径决定，故b、c所受的摩擦力不相等，不能同时从水平圆盘上滑落，B选项错误；当a、b和c均未滑落时，在同一转盘上无相对运动，因此它们的角速度相等，f=m2r所以a、c所受摩擦力的大小相等，A选项正确； b开始滑动时，最大静摩擦力提供向心力，kmg=m2l2，解得=kg2l，又=2n，得转速n=122lkg故C选项错误;当a 开始滑动时由kmg=m2l,得a 开始滑动时的临界角速度为临=kgl,当圆盘角速度=2kg3l<临=kgl,说明此时物体a尚未滑动，此时有f=mw2l=2kmg3,故D错误。综上本题选A。 【题型】单选题【备注】【结束】7.【题文

11、】地球赤道上的重力加速度为g，物体在赤道上随地球自转的向心加速度为a，要使赤道上物体“飘”起来，则地球的转速应为原来转速的 A.ga倍 B.ga倍 C.g-aa倍 D.g+aa倍【答案】D【解析】本题考查了圆周运动向心力来源问题，当物体“飘”起来时，加速度增大为g,根据向心加速度公式a=2r和角速度与转速间的关系=2n可求出转速增大的倍数。本题意在考查考生的理解能力。物体随地球自转时，F万=mg+ma,a=2r=(2n)2r;物体飘起来时，F万=ma'=m'2r=m(2n')2r;联立得=g+aa,综上本题选D。【题型】单选题【备注】【结束】8.【题文】2012年初，我

12、国宣布北斗导航系统正式投入商业运行，北斗导航系统又被称为“双星定位系统”，具有导航、定位等功能。如图所示，北斗导航系统中的两颗工作卫星均绕地心做匀速圆周运动，且轨道半径均为r，某时刻工作卫星1、2分别位于轨道上的A、B两个位置，若两卫星均沿顺时针方向运行，地球表面的重力加速度为g，地球半径为R，不计卫星间的相互作用力，下列判断正确的是A.这两颗卫星的加速度大小相等，均为gR2r2B.两颗卫星的向心力大小一定相等C.卫星1由A 位置运动到B位置所需的时间是2r3Rrg D.卫星1向后喷气就一定能够追上卫星2【答案】A【解析】本题考查了万有引力定律的应用，卫星1由位置A运动到位置B的过程中，万有引

13、力方向与位移方向垂直，万有引力不做功。A、试题分析：这两颗卫星距地面高度相等，其加速度大小相等，均为a=GMr2,由黄金代换GM=gR2,得a=GMr2=gR2r2，选项A正确；B、两颗卫星质量关系不知，因此由F向=GMmr2知两颗卫星的向心力大小无法比较，故选项B错误；C、由GMmr2=mr2,=2T,GMmR2=mg联立解得卫星运行周期T=2r3gR2,卫星l由位置A运动至位置B所需的时间为T6=r3Rrg,选项C错误；D、卫星l向后喷气，速度增大做离心运动，高度增加，速度减小，不能追上卫星2，选项D错误；综上本题选A【题型】单选题【备注】【结束】9.【题文】双星系统由两颗恒星组成，两恒星

14、在相互引力的作用下，分别围绕其连线上的某一点做周期相同的匀速圆周运动。研究发现，双星系统演化过程中，两星的总质量、距离和周期均可能发生变化。若某双星系统中两星做圆周运动的周期为T，经过一段时间演化后，两星总质量变为原来的k倍，两星之间的距离变为原来的n倍，则此时圆周运动的周期为A.TB.T C.TD.T【答案】B【解析】解决本题关键是知道双星是靠相互间的万有引力提供向心力，具有相同的角速度，以及会用万有引力提供向心力求解。分析：双星是靠相互间的万有引力提供向心力，具有相同的角速度，根据牛顿第二定律分别对两星列式求解。设m1的半径为R1，m2的半径为R2,两星之间的距离为L，由于它们之间的距离恒

15、定，所以双星在空间的绕向一定相同，同时角速度和周期也都相同。有向心力公式得：对m1：Gm1m2L2=m142R1T2 对m2：Gm1m2L2=m242R2T2 又因为R1+R2=L，m1+m2=M，由可得，T2=42L3G(m1+m2)=42L3GM,所以当两星总质量变为KM，两星之间距离变为n倍，圆周运动周期的平方为T2=42(nL)3G(m1'+m2')=42n3L3GKM=n3T2K,即T=n3KT，故ACD错误，综上本题选B。【题型】单选题【备注】【结束】10.【题文】据每日邮报2014年4月18日报道，美国国家航空航天局(NASA)目前宣布首次在太阳系外发现“类地”行

16、星Kepler-186f。假如宇航员乘坐宇宙飞船到达该行星，进行科学观测：该行星自转周期为T；宇航员在该行星“北极”距该行星地面附近h处自由释放一个小球(引力视为恒力)，落地时间为t。已知该行星半径为R，万有引力常量为G，则下列说法正确的是A.该行星的平均密度为3h2GRt2 B.该行星的第一宇宙速度为RT.C、宇宙飞船绕该星球做圆周运动的周期不小于t2RhD.如果该行星存在一颗同步卫星，其距行星表面高度为3hT2R222t2【答案】AC【解析】本题关键是通过自由落体求出星球表面重力加速度，再根据万有引力提供向心力和万有引力等于重力求解，意在考查考生的理解能力。根据自由落体运动求得星球表面重力

17、加速度g=2ht2,A、由GMmr2=mg=m2ht2,得M=2hR2Gt2,所以星球密度=MV=2hR2Gt24R33=3h2GRt2,故A正确；B、星球的第一宇宙速度为v=Rg=2hRt2,故B错误；C、根据万有引力提供向心力GMmr2=mr42T2,可得卫星周期为T=42r3GM，可知卫星轨道半径越小，周期越小。卫星的最小半径为R，则最小周期为Tmin=42R3GM=42R3gR2=42R2ht2= t2Rh,故C正确。D、同步卫星周期与星球自转周期相等，GMm(R+h)2=m(R+h)42T2,代入数据得h=3hT2R222t2-R,故D错误。综上本题选AC【题型】多选题【备注】【结束

18、】11.【题文】2011年8月，“嫦娥二号”成功进入了绕“日地拉格朗日点”的轨道，我国成为世界上第三个造访该点的国家。如图所示，该拉格朗日点位于太阳与地球连线的延长线上，一飞行器位于该点，在几乎不消耗燃料的情况下与地球同步绕太阳做圆周运动，则此飞行器的A.向心力仅由地球的引力提供B.向心力仅由太阳的引力提供C.线速度大于地球的线速度D.向心加速度大于地球的向心加速度【答案】CD【解析】试题分析：本题考查了天体运动的匀速圆周运动模型，意在考查考生对基础知识的掌握程度。AB、飞行器的向心力由地球对飞行器的引力和太阳对飞行器的引力的合力充当，所以AB错误；C、因为和地球绕太阳运动的角速度相等，所以根

19、据公式v=r可得线速度大于地球的线速度，C正确；D、根据公式a=2r可得向心加速度大于地球的向心加速度，D正确；综上本题选CD。【题型】多选题【备注】【结束】12.【题文】如图所示，从倾角为的足够长的斜面顶端P以速度v0抛出一个小球，落在斜面上某处Q点，小球落在斜面上的速度与斜面的夹角，若把初速度变为2v0，小球仍落在斜面上，则A.空中的运动时间变为原来的2倍B.夹角不变C.夹角将变大D.PQ间距一定是原来间距的2倍【答案】AB【解析】本题考查了平抛运动的规律及结论，意在考查考查考生的理解能力。分析：小球落在斜面上，根据竖直位移与水平位移的关系求出小球在空中运动的时间，从而得出PQ间的变化；结

20、合速度速度方向与水平方向夹角正切值和位移方向与水平方向夹角正切值间的关系，判断夹角与初速度的关系。A、斜面倾角的正切值tan=yx=12gt2v0t , 得t=2v0tang 知运动的时间与平抛运动的初速度有关，初速度变为原来的2倍，则运行时间变为原来的2倍故A正确;B、由图可知，速度与水平方向夹角正切值tan=VyV0=gtV0 , 而tan=yx=12gt2v0t=gt2V0,可知tan=2tan则初速度变为原来的两倍，则时间变为原来的两倍，因位移与水平方向的夹角不变，则速度与水平方向的夹角不变所以两个角度之差不变=-，即1=2故B正确C错误;D、因为初速度变为原来的两倍，运行的

21、时间也变为原来的两倍，根据x=v0t，水平位移变为原来的4倍因此x1：x2=1：4根据y= 12 gt2，初速度变为原来的两倍，运行时间变为原来的两倍，则竖直位移变为原来的4倍因此y1：y2=1：4故PQ间距一定是原来间距的4倍。综上本题选AB。【题型】多选题【备注】本题关键是知道平抛运动水平方向和竖直方向的运动规律，知道某时刻速度方向与水平方向夹角正切值是位移方向与水平方向夹角正切值的2倍这一结论。【结束】13. 【题文】如图(a)所示，A、B为钉在光滑水平面上的两根铁钉，小球C用细绳拴在铁钉B上(细绳能承受足够大的拉力)，A、B、C在同一直线上。t=0时，给小球一个垂直于绳的速度

22、，使小球绕着两根铁钉在水平面上做圆周运动。在0t10s时间内，细绳的拉力随时间变化的规律如图(b)所示，则下列说法中正确的有A.两钉子间的距离为绳长的1/6B.t=10.5s时细绳拉力的大小为6NC.t=14s时细绳拉力的大小为10ND.细绳第三次碰钉子到第四次碰钉子的时间间隔为3s【答案】ABD【解析】本题考查圆周运动与牛顿第二定律的知识，意在考查考生对公式的理解及其在实际生活中的应用能力。分析：给小球一个垂直于绳的速度，使小球绕着两根铁钉在水平面上做圆周运动在整个过程中小球的线速度大小不变，6s末绳子的拉力发生变化，是因为做圆周运动的半径发生变化解：A、06s内绳子的拉力不变，知F1=m

23、V2L，610s内拉力大小不变，知F2=m V2L ，因为F2= 65F1，则L=56L ，两钉子之间的间距x=L- 56L=16L，故A正确 B、第一个半圈经历的时间为6s，则 由t=SV=LV=6s,则第二个半圈的时间t= L'V=56t=5s,，则t=10.5s时，小球在转第二个半圈，则绳子的拉力为6N故B正确C、小球转第三个半圈的时间t=L''V=23t=4s ，则t=14s时，小球转动的半径r=23L，根据F= m V2r ，则拉力变为原来的 32倍，大小为7.5N故C错误D、细绳每跟钉子碰撞一次，转动半圈的时间少 16t=1s，则细绳第三次碰钉子到第四次碰钉

24、子的时间间隔t=(6-3×1)s=3s故D正确故选ABD.【题型】多选题【备注】解决本题的关键知道绳子的拉力提供圆周运动的向心力，在跟钉子碰撞的过程中，小球的线速度大小不变，转动的半径每转动半圈变化一次【结束】二、实验题(小题各4分，题每空3分，共14分)14.【题文】图1是“研究平抛物体运动”的实验装置图，通过描点画出平抛小球的运动轨迹以下是实验过程中的一些做法，其中合理的有_。A.安装斜槽轨道，使其末端保持水平B.每次小球释放的初始位置可以任意选择C.每次小球应从同一高度由静止释放D.为描出小球的运动轨迹，描绘的点可以用折线连接实验得到平抛小球的运动轨迹，在轨迹上取一些点，以平抛

25、起点O为坐标原点，测量它们的水平坐标x和竖直坐标y，下图中yx2图象能说明平抛小球运动轨迹为抛物线的是_。图2是某同学根据实验画出的平抛小球的运动轨迹，O为平抛的起点，在轨迹上任取三点A、B、C，测得A、B两点竖直坐标y1为5.0 cm，y2为45.0 cm，A、B两点水平间距x为40.0 cm。则平抛小球的初速度v0为_m/s，若C点的竖直坐标y3为60.0 cm，则小球在C点的速度vC为_m/s(g取10 m/s2)。【答案】(1)AC    (2)C   (3)2.0   4.0【解析】(1)“研究平抛物体运动”的实验

26、斜槽轨道末端保持水平为了保证水平初速度,保证小球做平抛运动,故A正确；因为要画同一运动轨迹，必须每次释放小球的位置相同，故B错误；从同一高度由静止释放为了保证每次使用水平初速度相同故C正确；用描点法描绘运动轨迹时，应将各点连成平滑曲线，不能连成折线，故D错误。(2)平抛物体运动规律：x=v0t,y=12gt2得：y=gx22v02，y-x2图象是一条倾斜直线,故C正确。(3)由于y1=12gt12,y2=12gt22则t1=0.1s、t2=0.3s，所以平抛小球的初速度v0=xt=xt2-t1=2.0m/s。若C点的竖直坐标y3为60.0 cm则小球C点对应速度Vc,而vcy=2gy3=23m

27、/s，故C点的速度vc=v02+vcy2=4.0m/s。【题型】实验题【备注】【结束】三、计算题(15题10分，16、17题各12分，共34分)15.【题文】用绳子系着装有水的水桶，在竖直平面内做圆周运动，水的质量m0.5kg，绳长l40cm，取g10m/s2，求：2 最高点水不流出的最小速率；水在最高点速率v3m/s时，水对桶底的压力。【答案】(1)2m/s (2)6.25N,方向竖直向上。【解析】本题考查了圆周运动和牛顿第二定律的知识，意在考查考生对公式的理解及其在实际生活中的应用能力。由mg=mvc2l，可得最高点水不流出的最小速率vc=gl=2m/s由牛顿第二定律：FN+mg=mv2l

28、,FN=6.25N由牛顿第三定律，水对桶底的压力FN=FN=6.25N，方向竖直向上【题型】计算题【备注】【结束】16.【题文】如图所示，斜面体ABC固定在地面上，小球p从A点沿斜面静止下滑。当小球p开始下滑时，另一小球q从A点正上方的D点水平抛出，两球同时到达斜面底端的B处。已知斜面AB光滑，长度L2.5m，斜面倾角为30°。不计空气阻力，g取10m/s2。求：1 小球p从A点滑到B点的时间；2 小球q抛出时初速度的大小和D点离地面的高度h【答案】(1) t=1s (2) h=5m, v0=534m/s【解析】本题考查了平抛运动和斜面上的匀变速直线运动结合的知识点，意在考查考生的理

29、解能力。设小球P从斜面上下滑的加速度为a，分析受力得：mgsin=ma设小球P从斜面上下滑的时间为t，L=12at2，解得t=1s(2)小球q的运动为平抛运动：h=12gt2=5m,Lcos=v0t,解得v0=534m/s【题型】计算题【备注】【结束】17.【题文】如图所示为宇宙中一恒星系的示意图，A为该星系的一颗行星，它绕中央恒星O运行轨道近似为圆，天文学家观测得到A行星运动的轨道半径为R0，周期为T0。(1)中央恒星O的质量是多大？长期观测发现，A行星实际运动的轨道与圆轨道总有一些偏离，且周期性的每隔t0时间发生一次最大的偏离，天文学家认为形成这种现象的原因可能是A行星外侧还存在着一颗未知的行星B(假设其运行轨道与A在同一平面内，且与A的绕行方向相同)，它对A行星的万有引力引起A轨道的偏离。根据上述现象和假设，预测未知行星B绕中央恒星O运行的轨道半径。【答案】(1) M=42R03GT2,(2)