东校区2019-2020高一物理下学期期中试题（Word版有答案）

东校高一期中考试物理试题 2020 年 4 月 一、选择题：本题共 9 小题，1—6 为单项选择题每小题 6 分，7—9 题为多项选 择题每小题 6 分选对不全得 3 分，有错选的得 0 分。 1.质量为 m 的小物块在倾角为 α 的斜面上处于静止状态，如图所示．若斜面体和小物块一 起以速度 v 沿水平方向向右做匀速直线运动，通过一段位移 x．斜面体对物块的摩擦力和支 持力的做功情况是( ) A. 摩擦力做正功，支持力做正功 B. 摩擦力做正功，支持力做负功 C. 摩擦力做负功，支持力做正功 D. 摩擦力做负功，支持力做负功 2. .图所示，质量为 的木块沿着倾角为 的光滑斜面从静止开始下滑，当下降的高度为 时，重力的瞬时功率为 A. B. C. D. 3. 我国在西昌卫星发射中心用长征三号乙运载火箭，以“一箭双星”方式成功发射第二十八、 二十九颗北斗导航卫星。发射过程中“北斗”28 星的某一运行轨道为椭圆轨道，周期为 T0， 如图所示。则（　　） A. “北斗”28 星的发射速度等于第一宇宙速度 m θ h 2mg gh cos 2mg ghθ sin /2mg ghθ sin 2mg ghθB. “北斗”28 星星在 A→B→C 的过程中，速率逐渐变大 C. “北斗”28 星在 A→B 过程所用的时间小于 D. “北斗”28 星在 B→C→D 的过程中，万有引力对它先做正功后做负功 4、科幻电影《流浪地球》红遍大江南北。电影讲述的是太阳即将毁灭，人类在地 21 球上建 造出巨大的推进器，使地球经历停止自转、加速逃逸、匀速滑行、减速人轨等阶段，最后成 为新恒星（比邻星）的一颗行星的故事。假设儿千年后地球流浪成功，成为比邻星的一颗行 星，设比邻星的质量为太阳质量的 1/8，地球质量在流浪过程中损失了 1/5，地球绕比邻星 运行的轨道半径为地球绕太阳运行轨道半径的 1/2，则下列说法正确的是（　　） A. 地球绕比邻星运行的公转周期和绕太阳的公转周期相同 B. 地球绕比邻星运行的向心加速度是绕太阳运行时向心加速度的 2/5 C. 地球与比邻星间的万有引力为地球与太阳间万有引力的 1/10 D. 地球绕比邻星运行的动能是绕太阳运行时动能的 1/10 5、一小球以一定的初速度从图示位置进入光滑的轨道，小球先进入圆轨道 1，再进入圆轨 道 2。圆轨道 1 的半径为 R，圆轨道 2 的半径是轨道 1 的 1.6 倍，小球 的质量为 m。若小球恰好能通过轨道 2 的最高点 B，则小球在轨道 1 上 经过最高点 A 处时对轨道的压力为（　　） A. 2mg B. 3mg C. 4mg D. 5mg 6.如图所示，在轻弹簧的下端悬挂一个质量为 m 的小球 A，若将小球 A 从弹簧原长 位置由静止释放，小球 A 能够下降的最大高度为 h．若将小球 A 换为质量为 2m 的 小球 B，仍从弹簧原长位置由静止释放，则小球 B 下降 h 时的速度为（已知重力加 速度为 g，且不计空气阻力）（　　） 0 4 TA. B. C. D. 0 7、如图所示，人在岸上拉船，已知船的质量为 m，水的阻力恒为 Ff，当轻绳与水平面的夹 角为 θ 时，船的速度为 v，此时人的拉力大小为 F，则此时(　 　) A. 人拉绳行走的速度为 vcosθ B. 人拉绳行走的速度为 C. 船的加速度为 D. 船 加速度为 8.质量为 2kg 的物体被人由静止开始向上提升 2.5m 后速度达到 2m/s，g 取 10m/s2，则下列 判断正确的是（　　） A. 人对物体做 功是 50J B. 合外力对物体做功 4J C. 物体克服重力做功 50J D. 人对物体做的功等于物体增加的机械能 9 如图所示，A、B 两小球由绕过轻质定滑轮的细线相连，A 放在固定的光滑斜面上，B、C 两小球在竖直方向上通过劲度系数为 k 的轻质弹簧相连，C 球放在水平地面上，已知 A 的质 量为 5m，B、C 的质量均为 m，重力加速度为 g，细线与滑轮之间的摩擦不计。现用手控制 住 A，并使细线刚刚拉直但无拉力作用，并保证滑轮左侧细线竖直、右侧细线与斜面平行， 开始时整个系统处于静止状态。释放 A 后，A 沿斜面下滑至速度最大时 C 恰好离开地面， 关于此过程，下列说法正确的是（　　） 的 的 2gh gh 2 gh cos v θ fF F m − cos fF F m θ −A. 斜面倾角 α＝37° B. C 刚离开地面时，B 的加速度为 0 C. A 获得最大速度为 D. A、B 两小球组成的系统机械能守恒 二、填空题：本题共 1 小题，共 10 分。 10. 某同学在做“研究平抛运动”的实验中，忘记记下小球抛出点的位置 ，如图所示， 为 小球运动一段时间后的位置，图中各点迹间隔时间相等。 取 ，根据图像，可知小球 的初速度为__________ ，小球抛出点的位置 的坐标为__________ 。 三、计算题：本题共 2 小题，11 题 16 分，12 题 20 分，共 36 分。解答应写出 必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分。有 数值计算的题，答案必须明确写出数值和单位。 11.如图所示，竖直平面内半径为 R=0.5m 的光滑半圆形轨道，与水平轨道 AB 相连接，AB 的长度为 x=2.5m。一质量为 m=1kg 的小球，在水平恒力 F 作用下由静止开始从 A 向 B 运动， 22 3 mg k O A g 210m/s m/s O小球与水平轨道间的动摩擦因数为 μ=0.3，到 B 点时撤去力 F，小球沿圆轨道运动到最高点 时对轨道的压力为 40N，重力加速度为 g。求： (1)小球在 C 点的速度大小； (2)恒力 F 的大小． 12.如图，倾角为 37°的粗糙斜面 AB 底端与半径 R=0.4m 的光滑半圆轨道 BC 平滑相连，O 点为轨道圆心，BC 为圆轨道直径且处于竖直方向，A、C 两点等高．质量 m=1kg 的滑块从 A 点由静止开始下滑，恰能滑到与 O 点等高的 D 点，g 取 10m/s2。 (1)求滑块与斜面间的动摩擦因数 μ； (2)若使滑块能到达 C 点，求滑块从 A 点沿斜面滑下时的初速度 v0 的最小值； (3)若滑块离开 C 点的速度大小为 10m/s，求滑块从 C 点飞出至落到斜面上所经历的时间 t。东校高一期中考试物理试题答案 2020 年 4 月 1.【答案】B【详解】物块向右做匀速直线运动，受力平衡，物体受重力（方向竖直向下）、 支持力（垂直斜面向上）、摩擦力（沿斜面向上），位移方向水平向右，所以摩擦力做正功， 支持力做负功，故 B 正确，ACD 错误。 2.【答案】D【详解】由机械能守恒得 物体的速度为 则重力的功率为 故选 D． 3. 【答案】C【详解】A．绕地球运行的卫星，其发射速度都大于第一宇宙速度，故 A 错误； B．根据开普勒第二定律，卫星在 的过程中，卫星与地球的距离增大，速率逐 渐变小，故 B 错误； C．卫星在 的过程中所用的时间是 ，由于卫星在 的过程中，速率 逐渐变小， 与 的路程相等，所以卫星在 过程所用的时间小 ，故 C 正确； D．卫星在 的过程中，万有引力方向先与速度方向成钝角，过了 点后与速度 方向成锐角，所以万有引力对它先做负功后做正功，故 D 错误； 故选 C。 4、【答案】A【详解】A、万有引力提供向心力，由牛顿第二定律得： ，解得： ，则： ，即：T 比＝T 太，故 A 正确； B、万有引力提供向心力，由牛顿第二定律得： ，解得： ， ，故 B 错误； 21 2mgh mv= 2v gh= sin 2 sinP mgv mg ghθ θ= = A B C→ → A C→ 00.5T A B C→ → A B→ B C→ A B→ 0 4 T B C D→ → C 2 2 2MmG m rr T π =    3 2 rT GM π= 3= ( ) 1MT r T r M × =太比 比 比太 太 2 MmG mar = 2 GMa r = 2 1= ( ) 2 ra M a M r =太比 比 比太 太C、万有引力： ,代入数据计算解得 ，故 C 错误； D、万有引力提供向心力，由牛顿第二定律得： ，动能： ，代入数据计算解得动能之比为 故 D 错误； 5、【答案】B【详解】小球恰好能通过轨道 2 的最高点 时，根据牛顿第二定律有 小球在轨道 1 上经过最高点 处时，根据牛顿第二定律有 根据机械能守恒有 联立解得 故 B 正确，A、C、D 错误；故选 B。 6.【答案】B【详解】小球 A 下降 h 过程，根据动能定理，有 mgh﹣W1=0 小球 B 下降 h 过程，根据动能定理，有:2m•gh﹣W1= ﹣0 联立解得 ，故选 B. 7、【答案】AD【详解】AB．船运动的速度是沿绳子收缩方向的速度和绕定滑轮的摆动速度 的合速度.如图所示根据平行四边形定则有： 所以 A 正确，B 错误. 2 MmF G r = 2= 5 F F 比 太 2 2 Mm vG mr r = 21 2 2K GMmE rmv= = 1 5 B 2 1.6 Bmvmg R = A 2 AmvF mg R + = 2 21 11.2 2 2A BmgR mv mv= − 3F mg= 21 22 mv⋅ v gh= cosv v θ= CD．对小船受力分析如图所示，根据牛顿第二定律有： 因此船的加速度大小为： 所以 C 错误，D 正确. 8.【答案】BCD【详解】分析物体的运动的情况可知，物体的初速度的大小为 0，位移的大 小为 2.5m，末速度的大小为 2m/s，由 v2-0=2ax 可得，加速度 a=0.8m/s2. A．由牛顿第二定律可得 F-mg=ma 所以 F=mg+ma=21.6N 人对物体做功为 W=Fx=54J 故 A 错误； B．合外力对物体做功 W 合=F 合 x=max=2×0.8×2.5=4J 故 B 正确； C．重力做功为 WG=-mgh=-50J 所以物体克服重力做功为 50J，故 C 正确； D．根据能量关系得人对物体做的功等于物体增加的机械能，故 D 正确。 故选 BCD。 9【答案】BC【详解】AB、A 的速度最大时，A 所受的合力为零，此时绳的拉力 T＝ 5mgsinα．此时 C 恰好离开地面，故弹簧的拉力为 mg，对 B 受力分析可得绳对 B 的拉力为 T ＝2mg，可得 sinα＝0.4，α≠37°．故 A 错误。 B、物体 C 刚离开地面时，B 的合外力为 0，加速度为 0，故 B 正确。 C、初始时系统静止，且线上无拉力，对 B 有 kx1＝mg．C 刚好离开地面时，有 kx2＝mg， 可知 x1＝x2，则从释放至 C 刚离开地面的过程中，弹簧弹性势能变化量为零，此过程中， A、B、C 组成的系统机械能守恒，即 5mg（x1+x2）sinα＝mg（x1+x2）+ （5m+m）vAm2 以 上方程联立可解得：A 获得最大速度为 ，故 C 正确。 D、从释放 A 到 C 刚离开地面的过程中，根据 A、B 和弹簧组成的系统机械能守恒，但是 A、B 两小球组成的系统机械能不守恒，故 D 错误。 10. 【答案】 (1). 2 (2). 【详解】[1]每隔一个点取为一个计数点，设其时间间隔为 。做平抛运动的小球在竖直方 cos fF F maθ − = cos fF Fa m θ −= 1 2 2 Am 2 3 mgv k = ( )20cm 5cm− −， T向上是初速度为零的匀加速直线运动，所以根据逐差法 可得 小球在水平方向上做匀速直线运动，所以小球的初速度为 [2] 点竖直方向的速度 故 则从抛出点到 点的时间为 所以抛出点距离 点的水平位移为 拋出点 横坐标为 ，拋出点离 点的竖直位移为 则拋出点的纵坐标为 。所以小球抛出点的位置 的坐标为 。 11.【答案】(1)5m/s；(2)12N【详解】(1)由牛顿第三定律知 C 点，轨道对小球的弹力为 F=40N； 小球 C 点时，受到重力和和轨道对球向下的弹力，由牛顿第二定律得 解得 vC=5m/s (2)从 A 到 C 过程中，由动能定理得 解得 F=12N 12.【答案】(1)0.375；(2)2 m/s；(3)0.1s 【解析】 【详解】(1)滑块从 A 到 D 过程，根据动能定理有 的 2y gT∆ = 0.1s 0.1s10 yT g ∆= = = 0 0.2 m/s 2m/s0.1 xv T ∆= = = C 0.4 m/s 2m/s2 0.2 AE yC hv T = = = yC C vt g = A 0.2s 0.1s 0.1sCt t T= − = − = A 0 2 0.1m 0.2m 20cmv t = × = = 20cmx = − A 2 21 1 10 0.1 m 0.05m 5cm2 2y gt= = × × = = 5cmy = − O ( )20cm 5cm− −， 2 CvF mg m R + = 212 2 CFx mgx mg R mvµ− − ⋅ = 3 整理得 (2)若滑块能到达 C 点，根据牛顿第二定律有 因 FN≥0，解得 滑块从 A 到 C 的过程，由根据动能定理有 解得 (3)离开 C 点做平抛运动，则有 x=vCt y= gt2 又由几何关系有 联立代入得 t=0.1s 2(2 cos37 0sin37 Rmg R R mgµ⋅ − − °× =°) 1 tan37 0.3752 µ = ° = 2 C N vmg F m R + = 10 0.4 2m/sCv Rg≥ = × = 2 2 0 2 1 1cos37 sin37 2 2C Rmg mv mvµ− °× = −° 2 2 0 2 2 2 10 0.4 2 3m/sCv v gR= + ≥ + × × = 1 2 2tan37 R y x −° =