1、河南省开封市五县联考2019-2020学年高一物理下学期期中试题（含解析）一、选择题（本题共12小题，每小题4分，共48分，在每小题给出的四个选项中，第18题只有项符合题目要求，第912题有多项符合题目要求，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分）1. 下列说法正确的是（）A. 物体在恒力作用下不可能做曲线运动B. 做曲线运动的物体受到的合外力可能为零C. 物体做曲线运动时，速度一定在改变D. 做曲线运动的物体在某一时刻加速度可能与速度同方向【答案】C【解析】【详解】ABD物体做曲线运动的条件是所受合外力（不为零）方向与速度不共线，即加速度方向与速度方向不共线，与恒力或变力无关，
2、ABD错误；C物体做曲线运动，速度方向一定改变，所以速度一定在改变，C正确。故选C。2. A为低轨道地球卫星，B为地球同步卫星，已知它们的质量关系为，下列判断正确的是（）A. 线速度大小关系一定为B. 加速度大小关系一定为C. 向心力大小关系一定D. 周期关系一定为【答案】B【解析】【详解】根据万有引力提供向心力，则有解得，由于，故，向心力大小无法比较，故B正确，ACD错误。故选B。3. 关于第一宇宙速度，下列说法正确的是（）A. 地球的第一宇宙速度是人造卫星环绕地球运行的最大速度B. 地球的第一宇宙速度是地球同步卫星环绕地球运行的速度C. 木星的第一宇宙速度是D. 木星的第一宇宙速度由木星的
3、质量决定，跟木星的半径无关【答案】A【解析】【详解】AB第一宇宙速度是在地面发射人造卫星所需的最小速度，也是圆形近地轨道的环绕速度，也是人造卫星环绕地球运行的最大速度，不是地球同步卫星的绕行速度，故A正确，B错误；CD由牛顿第二定律得解得木星的第一宇宙速度由木星的质量和半径来决定，且木星的质量和半径与地球不同，故第一宇宙速度不是，故CD错误。故选A。4. 如图所示，电风扇同一扇叶上的P、Q两点到转轴的距离分别为、，且，电风扇正常转动时（）A. P点的线速度比Q点的线速度小B. P点的角速度比Q点的角速度小C. P点的线速度比Q点的线速度大D. P点的角速度比Q点的角速度大【答案】A【解析】【详
4、解】P、Q两点同轴做匀速转动，角速度相等，设为，由图可知Q点转动的半径大，P点转动的半径小；由公式，相等，则P、Q两点的线速度大小关系为；故A正确5. 如图所示的光滑斜面长为l，宽为b，倾角为，一物块（可看成质点）沿斜面左上方顶点P以初速度水平射入，恰好从底端Q点离开斜面，已知重力加速度为g。则（）A. 物块由P点变加速运动到Q点B. 物块由P点以加速度匀加速运动到Q点C. 物块由P点运动到Q点所用的时间D. 物块的初速度【答案】D【解析】【详解】AB对物体进行受力分析可知，物块受到恒定的合外力，物块做匀变速运动，故根据牛顿第二定律得，物体的加速度为故AB错误；C根据有故C错误；D根据有故D正
5、确。故选D。6. 如图所示，用大小恒为F的推力分别沿倾角为45的粗糙斜面、倾角为45的光滑斜面和粗糙水平面上推同一物块，均发生相等的位移，则三种情况下推力对物块做功的比值为（）A. 1:1:1B. 1:1:2C. D. 2:2:1【答案】A【解析】【详解】根据做功公式，由于力F相同，位移l也相同，F和l夹角都相同，所以做功的比值为故选A。7. 如图所示，小车m以速度v沿斜面匀速向下运动，并通过绳子带动重物M沿竖直杆上滑。则当滑轮右侧的绳子与竖直方向成角时，重物M上滑的速度为（）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【详解】将物体的速度按图示两个方向分解，如图所示则有解得故D正确，ABC错误
6、。故选D。8. 如图所示，长度为L=2.5m的轻质细杆OA的A端有一质量为m =2.0kg的小球，小球以O点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5.0m/s，重力加速度g取10m/s2，则此时小球对细杆OA的作用力为（）A. 20.0N的拉力B. 零C. 20.0N的压力D. 40.0N的压力【答案】B【解析】【详解】在最高点，设杆子对小球的作用力向下，根据牛顿第二定律得代入数据解得故B正确，ACD错误。故选B。9. 我国探月卫星“嫦娥三号”由地面发射后奔向月球，在P点从圆形轨道进入椭圆轨道II，Q为轨道上的近月点，关于“嫦娥三号”运动，下列正确的说法是（）A. 发射速度一定
7、大于第二宇宙速度B. 在轨道上从P到Q的过程中速率不断增大C. 在轨道上经过P的速度等于在轨道I上经过P的速度D. 在轨道上经过P的加速度等于在轨道I上经过P的加速度【答案】BD【解析】【详解】A发射速度如果大于第二宇宙速度，卫星将会脱离地球引力而绕太阳运动，不会绕月球运动，A错误；B在轨道上运动过程中，只受到月球引力，“嫦娥三号”的机械能守恒，从P到Q的过程中，势能越来越小，动能越来越大，即速率不断增大，B正确；C“嫦娥三号”需要在轨道上P点减速，做近心运动才能进入轨道，故在轨道上经过P的速度小于在轨道上经过P的速度，C错误；D根据牛顿第二定律可得由此可知在轨道上经过P的加速度等于在轨道上经
8、过P的加速度，D正确。故选BD。10. 如图所示，A、E分别是斜面的顶端和底端，B、C、D是斜面上的三个点，且AB=BC=CD=DE。从A点以不同的水平速度向左抛出两个小球（不计空气阻力），球1落在B点，球2落在E点。两球从抛出到落在斜面上的运动过程中，下列说法正确的是（）A. 球1和球2运动的时间之比为12B. 球1和球2抛出时初速度大小之比为14C. 球1和球2落点速度方向不相同D. 球1和球2落点速度大小之比为12【答案】AD【解析】【详解】C从斜面的顶端A平抛球1，2，又落到斜面上的B、E点，故球1，2的位移偏向角相等，速度偏向角的正切是位移偏向角正切的两倍，故球1和球2落点速度方向相
9、同，故C错误；A由AB=BC=CD=DE可知，球1和球2竖直方向的位移之比为1：4，根据可知故故A正确；B由AB=BC=CD=DE可知，球1和球2水平方向的位移之比为1：4，根据得结合可解得故B错误；D由以上分析可知，球1和球2的速度偏向角相等，设为，则有故球1和球2的落地速度之比故D正确。故选AD。11. 如图所示是两个做圆锥摆运动的小球1、小球2，摆线跟竖直方向的夹角分别为53和37，两球做匀速圆周运动所在的水平面到各自悬点的距离之比为21。下列有关判断正确的是（）A. 两球运动周期之比为1B. 两球运动线速度之比为169C. 两球运动角速度之比为1D. 两球运动向心加速度之比为169【答
10、案】CD【解析】【详解】对小球进行受力分析可得解得，其中依题意可知，且联立以上式子解得，故CD正确，AB错误。故选CD。12. 宇宙中，两颗靠得比较近的恒星，只受到彼此之间的万有引力作用互相绕转，称之为双是系统设某双星系统A、B绕其连线上的某固定点O点做匀速圆周运动，如图所示，现测得两星球球心之间的距离为L，运动周期为T，已知万有引力常量为G，若，则（）A. 星球A的线速度一定大于星球B的线速度B. 星球A所受向心力大于星球B所受向心力C. 双星的质量一定，双星之间的距离减小，其转动周期增大D. 两星球的总质量等于【答案】AD【解析】【详解】A双星转动的角速度相等，根据知，由于，所以星球A的线
11、速度一定大于星球B的线速度，故A正确；B双星靠相互间的万有引力提供向心力，根据牛顿第三定律可知向心力大小相等，故B错误；C双星AB之间的万有引力提供向心力，有，其中，联立解得解得，故当双星的质量一定，双星之间的距离减小，其转动周期也减小，故C错误；D根据C选项计算可得故D正确。故选AD。二、填空题（本题共2小题，共12分）13. 如图所示，在用斜槽轨道做“研究平抛物体运动”实验中：（1）斜槽末端的切线必须是水平的，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，速度沿水平方向C保证小球在空中运动的时间每次都相等D保证小球运动的轨道是一条抛物线（2）某同学在做“研究平
12、抛运动”的实验中，忘记记下小球做平抛运动的起点位置O，A为物本运动一段时间后的位置，他以A为坐标原点建立直角坐标系xAy，描绘得到平抛运动的部分轨迹图像，如图所示，重力加速度g取，由此图像求出物体做平抛运动的初速度为_，B点的速度为_。【答案】 (1). B (2). 2.0 (3). 【解析】【详解】（1）1 本实验是研究物体平抛运动，要必须保证小球做平抛运动，小球从斜槽末端飞出时速度必须水平，所以斜槽末端的切线必须是水平的，故ACD错误，B正确。故选B。（2）2 由于平抛运动水平方向是匀速直线运动，竖直方向是初速为零、加速度为g的匀加速直线运动，由乙图可知，在水平方向有故相邻两点间的时间间
13、隔相同，设为T，有根据匀变速直线运动规律在竖直方向有联立上式，代入数据解得，所以物体做平抛运动的初速度为。3 由于B点是AC两点的中间时刻，根据匀变速直线运动规律可得，B点竖直分速度为故B点的速度为14. 某物理兴趣小组为了验证向心力表达式，设计了如图所示的装置：给待测物体一个初速度使它在水平桌面上做匀速圆周运动，细线与桌面小孔之间的摩擦力物体与桌面间的摩擦力、物体与桌面间的摩擦力均可忽略不计，已知物体的质量为m，弹簧的劲度系数为k，兴趣小组拥有的测量工具为刻度尺和秒表。（1）为了得到结论，实验时需要测量的物理量有_；A桌面距地面的高度hB物体在水平桌面上转n圈的时间tC物体在水平桌面上做匀速
14、圆周运动的半径rD弹簧的仲长量x（2）验证的向心力表达式是_用题中及（1）中所选的字母表示。【答案】 (1). BCD (2). 【解析】【详解】（1）1 物体在桌面上做匀速圆周运动，所有的摩擦力忽略不计，由弹簧秤的拉力提供物体的向心力，根据牛顿第二定律得而，所以实验时需要测量的物理量是弹簧的仲长量x，物块质量m、物块到小孔O的距离r、物块转n圈时间t。故选BCD。（2）2 物体做匀速圆周运动的向心力由拉力提供，根据牛顿第二定律有其中，代入上式得三、计算题（本题共4小题，共40分，作答时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，答案中必须明确写出数
15、值和单位）15. 如图所示，在绕竖直轴匀速转动的水平圆盘盘面上，离轴心r=20cm处放置一小物块，其质量为m=2kg，物块与圆盘间的动摩擦因数=0.5当圆盘转动的角速度=2rad/s时，物块随圆盘一起转动，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度g=10m/s2求：(1)物块的线速度大小；(2)物块的向心加速度大小；(3)欲使物块与盘面间不发生相对滑动，则圆盘转动的角速度不能超过多大？【答案】（1）0.4 m/s （2）0.8 m/s2 （3）5 rad/s【解析】【详解】解：(1) 当时，滑块的线速度： (2) 当时，滑块的向心加速度：(3) 当物块刚要发生滑动时最大静摩擦力充当向心力，设
16、此时圆盘转动的角速度为由牛顿第二定律得解得：，故圆盘转动的角速度不能超过16. 如图所示倾角为30的光滑斜面上用固定的竖直挡板夹住一个质量为m的光滑球，重力加速度为g，当整个装置沿水平面向左匀速运动距离L的过程中，求：（1）重力对球做的功；（2）竖直挡板以及斜面对球的弹力分别做的功；（3）球所受合力做的功。【答案】（1）0；（2），；（3）0【解析】【详解】（1）由于装置沿水平面运动，重力方向竖直向下，故重力做功为（2）如下图，对球受力分析，设挡板以及斜面对球的支持力大小分别为，可得则竖直挡板以及斜面对球的弹力做功分别为（3）球的合力做功为17. 如图所示，长为L=0.8m的细绳一端连接一质量
17、为5kg的小球，另一端系在固定点O，将小球拉到A点并使细绳水平，给小球一竖直向下的初速度，小球开始绕固定端O点做圆周运动，运动至O点正下方B点时绳子刚好断了，之后做平抛运动，绳子能承受的最大拉力为450N。在B点右侧平地上固定一个倾角为37的斜面CD，小球做平抛运动至斜面的最高点C时的速度方向恰好沿斜面方向，然后沿滑梯CD滑至D点，小球与斜面间动摩擦因数为0.5，CD长度为s=11m。已知sin37=0.6，cos37=0.8，不计空气阻力影响，重力加速度g取10m/s2，求(1)小球刚运动到B点时的速度大小；(2)BC两点间的高度差；(3)小球从B点运动到D点的时间。【答案】(1)8m/s；
18、(2)1.8m；(3)1.6s【解析】【详解】(1)设小球在B点的速度为v，在B点时小球所受的拉力最大为F=450N，由牛顿第二定律得，联立解得(2)据题得小球到达C点时竖直分速度平抛时间BC两点间的高度差(3)小球在CD上做匀加速运动，加速度C点速度为根据位移公式有解得所以B到D运动的时间为18. 用一弹簧测力计称量一个相对于地球静止的小物体的重量，随称量位置的变化可能会有不同的结果，已知地球质量为M，半径为R，自转周期为T，万有引力常量为G，将地球视为质量均匀分布的球体，不考虑空气的影响。（1）在地球北极地面和上空高出地面h处称量，得到弹簧测力计的读数分别为、，且它们的比值为，求的值；（2
19、）若在赤道地面称量，弹簧测力计的读数为，求比值 的表达式；（3）设想同步卫星绕地球做匀速圆周运动的轨道半径r，地球的半径R二者均减小为现在的0.5倍，而地球的密度均匀且不变，仅考虑地球和卫星间的相互作用，该同步卫星的运动周期将变为多长？【答案】（1）；（2）；（3）同步卫星的运动周期不变，仍为地球的自转周期T【解析】【详解】（1）在地球北极点自转半径为零，则弹簧测力计所称得的重力为其万有引力，有 联立上式可得（2）赤道位置，万有引力为重力和自转向心力的合力，有 联立可得（3）同步卫星的周期等于地球的自转周期，即为T，设同步卫星的质量为m，R，r未有变化时有 R、r变化后有 其中，联立，代入解得即该同步卫星的运动周期不变。
