沧州市献县宏志中学2019-2020学年高一物理下学期期中试题含解析

河北省沧州市献县宏志中学2019_2020学年高一物理下学期期中试题含解析河北省沧州市献县宏志中学2019_2020学年高一物理下学期期中试题含解析PAGE18-河北省沧州市献县宏志中学2019_2020学年高一物理下学期期中试题含解析河北省沧州市献县宏志中学2019—2020学年高一物理下学期期中试题（含解析）第I卷（选择题)一、选择题（本题共12小题，其中1—-8题只有一个选项是正确的,9—12题有两个或两个以上的答案正确，每小题4分，漏选得2分，错选不得分，共48分）1.关于曲线运动的性质,以下说法中正确的是(）A.变速运动一定是曲线运动B。曲线运动不一定是变速运动C。曲线运动一定变加速运动D.物体加速度数值、速度数值都不变的运动不一定是直线运动【答案】D【解析】【详解】A。匀加速直线运动也是变速运动，但不是曲线运动，A错误;B。无论是物体速度的大小变了，还是速度的方向变了，都说明速度是变化的，都是变速运动，做曲线运动的物体的速度方向时刻在改变,所以曲线运动一定是变速运动，B错误;C。平抛运动是曲线运动，但加速度不变，是匀变速曲线运动，不是变加速运动，C错误；D。匀速圆周运动的加速度数值、速度数值均不变，是曲线运动，D正确.故选D。2.某人以不变的速度垂直于对岸游去，游到河中间时，水流速度变大，则此人渡河所用时间比预定时间：A增加 B.减少 C。不变 D.无法确定【答案】C【解析】【详解】将游泳者的运动分解为沿河岸方向和垂直于河岸方向，因为人以不变的速度向着对岸垂直游去，垂直于河岸方向上的分速度不变，水流速度不影响垂直于河岸方向上的运动，所以渡河时间不变．故C正确，ABD错误．故选C．【点睛】此题是运动的合成及分解问题；解决本题的关键将游泳者的运动进行分解，抓住分运动与合运动具有等时性，各分运动具有独立性进行分析；注意水流速度的大小不影响渡河的时间．3。如图所示，x轴在水平地面内，y轴沿竖直方向,图中画出了从y轴上沿x轴正向抛出的三个小球a、b和c的运动轨迹，其中b和c是从同一点抛出的.不计空气阻力，则（)A.a的飞行时间比b的长 B。c的飞行时间比b的长C。a的水平速度比b的小 D.c的初速度比b的小【答案】D【解析】【详解】A.根据平抛运动规律，竖直方向，高度决定时间，小球b比小球a高度大，则b的飞行时间比a的长,A错误；B.b和c两小球高度相同，则两者飞行时间相同,B错误；C.平抛运动水平方向匀速直线运动，小球a水平位移大，运动时间短,则a的水平速度比b的大,C错误；D.小球b和c时间相同，小球b水平位移大，则b的初速度比c的大,D正确。故选D。4。如图，质量为m的小球固定在长为L的细轻杆的一端,绕细杆的另一端O在竖直平面上做圆周运动，球转到最低点A时，线速度的大小为，此时()A.杆受到的压力 B.杆受到的拉力C.杆受到的压力 D.杆受到的拉力【答案】B【解析】【详解】设此时杆对小球的作用力为拉力，则有解得正号说明力的方向与假设相同，即球受到的力为杆向上的拉力，根据牛顿第三定律可知，杆受到向下的拉力,故B正确,ACD错误。故选B.5。关于行星运动的规律,下列说法符合史实的是：A.开普勒在牛顿定律的基础上，导出了行星运动的规律B.牛顿发现了万有引力规律，并且测出了引力常量GC.开普勒在第谷天文观测数据的基础上，总结出了行星运动的规律D.开普勒总结出了行星运动的规律，找出了行星按照这些规律运动的原因【答案】C【解析】【详解】AC．开普勒在第谷天文观测数据的基础上，总结出了行星运动的规律——开普勒三定律．故A项错误，C项正确．B．牛顿发现了万有引力规律，卡文迪许测出了引力常量G．故B项错误．D．开普勒总结出了行星运动的规律，牛顿找出了行星按照这些规律运动的原因．故D项错误．6。牛顿定律不适用于下列哪些情况（)A。研究原子中电子的运动 B.研究“嫦娥三号”的高速发射C。研究地球绕太阳的运动 D。研究飞机从北京飞往纽约的航线【答案】A【解析】【详解】A.牛顿第二定律不适用于微观原子，A正确;BCD。都是宏观低速运动的物体(与光速比速度较低），牛顿运动定律都适用,BCD错误.故选A。7。某行星的质量与地球质量相等，半径为地球的，要从该行星上发射一颗绕它自身运动的卫星，那么“第一宇宙速度”(环绕速度)大小就为地球上的第一宇宙速度的(）A. B.倍 C。倍 D.2倍【答案】D【解析】【详解】地球的第一宇宙速度是卫星在近地圆轨道上的环绕速度,即轨道半径为地球半径的环绕速度，则由解得所以第一宇宙速度是。地球半径减小到原来的，所以第一宇宙速度（环绕速度）大小应为，即为原来的2倍，ABC错误，D正确。故选D8。关于我国的“北斗”卫星导航系统下列说法中正确的是()A.该系统中仅含有一颗同步卫星 B.该系统中同步卫星线速度等于第一宇宙速度C。该系统中同步卫星的高度差是不变的 D.该系统中同步卫星的线速度是一定的【答案】C【解析】【详解】A.北斗卫星导航系统含有5颗同步卫星,A错误；B.第一宇宙速度是近地卫星的环绕速度，也是圆周运动最大的环绕速度。而同步卫星的轨道半径要大于近地卫星的轨道半径，所以同步卫星运行的线速度一定小于7.9km/s，B错误；CD。因为同步卫星要和地球自转同步，所以运行轨道就在赤道所在的平面内，根据因为一定，所以r必须固定，所以不同的同步卫星一定位于空间同一轨道上,高度相同,同时线速度的大小相同；但在不同的位置，线速度的方向不同，C正确，D错误。故选C。9。如图所示，A、B为咬合转动的两齿轮，rA＝2rB，则A、B两轮边缘上的两点的（）A。角速度之比为1∶2 B。向心加速度之比为1∶2C。周期之比为1∶2 D。转速之比为1∶2【答案】ABD【解析】【详解】根据题意有两轮边缘上的线速度大小相等，即有。A。根据角速度和线速度的关系得角速度与半径成反比A正确；B.根据向心加速度a与线速度v的关系且得B正确；C.根据周期和线速度的关系且得C错误；D.根据转速和线速度关系且得D正确.故选ABD。10.在圆轨道上运动着质量为m的人造地球卫星,它到地面的距离等于地球半径R的三倍，地球表面重力加速度为g，则（)A.卫星运动的速度为 B。卫星运动的周期为C.卫星运动的加速度为 D。卫星受到的地球引力为【答案】CD【解析】【详解】A。根据解得卫星运动的速度A错误；B.卫星运动的周期B错误；C.卫星运动的加速度C正确；D。卫星受到的地球引力为D正确。故选CD。11.发射地球同步卫星要经过三个阶段：先将卫星发射至近地圆轨道1，然后使其沿椭圆轨道2运行，最后将卫星送入同步圆轨道3.轨道1、2相切于Q点,轨道2、3相切于P点，如图所示。当卫星分别在轨道1、2、3上正常运行时，则以下说法正确的是（）A。卫星在轨道3上的运行速率大于7.9km/sB.卫星在轨道2上Q点的运行速率大于7.9km/sC。卫星在轨道3上的运行速率小于它在轨道1上的运行速率D.卫星分别沿轨道1和轨道2经过Q点时的加速度大小不相等【答案】BC【解析】【详解】AC.人造卫星绕地球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力，设卫星的质量为m,轨道半径为r,地球质量为M,有解得轨道3比轨道1半径大,卫星在轨道1上线速度是7。9km/s，则卫星在轨道3上的运行速率小于7.9km/s，A错误,C正确；B。卫星从轨道1变到轨道2，需要加速，所以卫星沿轨道1的速率小于轨道2经过Q点时的速度，B正确；D.根据牛顿第二定律和万有引力定律得所以卫星在轨道1上经过Q点得加速度等于在轨道2上经过Q点的加速度,D错误。故选BC。12.如图所示，是地球大气层外圆形轨道上运动的三颗卫星，且b和c在同一轨道上,则下列说法正确的是（）A.b、c的周期相同,且大于a的周期 B.b、c的线速度大小相等，且小于a的线速度C。b加速后可以实现与c对接 D.a的线速度一定等于第一宇宙速度【答案】AB【解析】【详解】卫星绕地球做圆周运动，万有引力提供向心力。A。由牛顿第二定律得解得由于则A正确;B。由牛顿第二定律解得由于则B正确；C.b加速后做圆周运动需要的向心力变大,在该轨道上受到的万有引力小于所需向心力,b做离心运动，轨道半径变大，不可能与c对接，C错误;D.由牛顿第二定律得解得由于a的轨道半径大于地球半径，则a的线速度小于第一宇宙速度，D错误。故选AB。第II卷（非选择题）二、填空题（本题共1道小题，共6分)13。如图所示为一小球做平抛运动的闪光照相照片的一部分,A、B、C为运动轨迹上三点，图中背景方格的边长均为5cm，如果g取10m/s2，那么：(1）照相机的闪光频率是_____Hz；(保留2位有效数字）(2)小球运动中水平分速度的大小是______m/s；（保留3位有效数字）（3）小球经过B点时的速度大小是_____m/s.（保留小数点后3位数）【答案】(1)。10(2）.1.50（3）.2.500【解析】【详解】（1）在竖直方向上有其中代入求得因此闪光频率为(2）水平方向匀速运动，有其中代入解得(3)根据匀变速直线运动中，时间中点的瞬时速度等于该过程的平均速度，在B点有所以B点速度为三、解答题（本题共4道小题，第14题8分，第15题12分，第16题12分，第17题12分,共46分)14。如图所示，在倾角为θ的斜面顶端P点以初速度3v水平抛出一个小球，最后落在斜面上的Q点,求小球在空中运动的时间以及P、Q间的距离。【答案】，【解析】【详解】设小球在空中运动的时间为t,P、Q间的距离为L，小球由P落到Q的过程中，水平位移竖直位移解得15。如图所示，一光滑的半径为R的半圆形轨道底部固定竖直放置在水平面上，一个质量为2m的小球以某一速度冲上轨道,然后小球从轨道口B处飞出，最后落在水平面上，已知小球落地点C距B处的距离为6R。求：小球对轨道口B【答案】【解析】【详解】设小球经过B点时速度为，离开B点后做平抛运动，水平位移水平方向有竖直方向有解得小球过B点时由牛顿第二定律得解得由牛顿第三定律知小球对B处的压力为16.已知地球半径为R，万有引力常数为G，某行星半径为地球半径的三倍，一个质量为m的砝码，在该行星上用弹簧测力计称得重力大小为G0，求（1）该行星体积V；（2）该行星的质量M；(3)该行星的密度ρ。【答案】(1)；(2）；（3)【解析】【详解】设该行星半径为r，则(1)该行星的体积为（2）该行星对砝码的引力等于砝码的重力即则该行星的质量为(3）该行星的密度为17。2020年4月16日，小明同学受邀参观天文观测站，恰好当日该站收到了最新观测数据。2020年4月7日晚，在距离地球12345光年的恒星“哎呦我去”周围，发现了行星“吓死我了”通过研究发现,行星“吓死我了”围绕恒星“哎呦我去”做匀速圆周运动，且运行n圈所用时间为t，恒星“哎呦我去”的半径为R，表面的重力加速度为g，引力常量为G。