1、贵州省思南中学2019-2020学年高一物理下学期期中试题（含解析）一、单选题(共32分)1.匀速圆周运动中的向心加速度是描述（ ）A. 线速度大小变化的物理量B. 线速度大小变化快慢的物理量C. 线速度方向变化的物理量D. 线速度方向变化快慢的物理量【答案】D【解析】【详解】匀速圆周运动线速度大小不变，所以向心加速度是描述线速度方向变化快慢的物理量，故D正确ABC错误。故选D。2. 继“天宫一号”之后，2016年9月15日我国在酒泉卫星发射中心又成功发射了“天宫二号”空间实验室“天宫一号”的轨道是距离地面343公里的近圆轨道；“天宫二号”的轨道是距离地面393公里的近圆轨道，后继发射的“神舟
2、十一号”与之对接下列说法正确的是A. 在各自的轨道上正常运行时，“天宫二号”比“天宫一号”的速度大B. 在各自的轨道上正常运行时，“天宫二号”比地球同步卫星的周期长C. 在低于“天宫二号”的轨道上，“神舟十一号”需要先加速才能与之对接D. “神舟十一号”只有先运行到“天宫二号”的轨道上，然后再加速才能与之对接【答案】C【解析】试题分析：由题意可知，“天宫一号”的轨道距离地面近一些，故它的线速度比较大，选项A错误；“天宫二号”的轨道距离地面393公里，比同步卫星距地面的距离小，故它的周期比同步卫星的周期小，故选项B错误；在低于“天宫二号”的轨道上，“神舟十一号”需要先加速才能与之对接，选项C正确
3、；“神舟十一号”如果运行到“天宫二号”的轨道上，然后再加速，轨道就会改变了，则就不能与之对接了，则选项D错误考点：万有引力与航天3.某人划船横渡一条河流，已知船在静水中的速率恒为v1，水流速率恒为v2，且v1v2.他以最短时间方式过河用时T1，以最短位移方式过河用时T2.则T1与T2的比值为（）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【详解】河水流速处处相同大小为v2，船速大小恒为v1，且v1v2。设河宽为d，以最短位移过河时，所用时间为T2，则有以最短时间T1过河时，有联立解得选项D正确，ABC错误。故选D。4.在距河面高度h20 m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
4、，人以恒定的速率v3 m/s拉绳，使小船靠岸，那么()A. 5 s时绳与水面的夹角为60B. 5 s后小船前进了15 mC. 5 s时小船的速率为4 m/sD. 5 s时小船到岸边的距离为15 m【答案】D【解析】【详解】A人以恒定的速率v3 m/s拉绳，所以5s后滑轮左侧绳子伸长15m，右侧缩短15m，设5s后绳子与水平方向的夹角为，根据几何关系可得：，解的=53故A项错误B由几何关系得，5 s后小船前进的距离为：故B项错误C5s后绳子与水平方向的夹角为53，将船速分解为沿绳和垂直于绳方向可得，则：5 s时小船的速率：故C项错误D由几何关系得，5 s时小船到岸边的距离为，D正确5.如图所示为
5、内壁光滑的倒立圆锥，两个完全相同的小球A、B在圆锥内壁不同高度处分别做匀速圆周运动两小球运动的线速度 vA、vB，角速度A、B，加速度 aA、aB和合外力FA、FB，下列结论正确的是 （ ）A. vAvBB. ABC. aAaBD. FAFB【答案】A【解析】小球A和B紧贴着内壁分别在水平面内做匀速圆周运动，均由斜面的支持力的合外力作为向心力，如图所示，作出合力：由于A和B的质量相同，小球A和B所受的合外力大小相同，即它们做圆周运动时的向心力大小是相同的，即由向心力的计算公式，由于球A运动的半径大于B球的半径，F和m相同时，半径大的线速度大、角速度越小，向心加速度大小相等，所以有，故A正确，B
6、CD错误点睛：对物体受力分析，确定合外力和向心力的关系是解题的关键，通过对AB的受力分析可以找到AB的内在的关系，它们的质量相同，向心力的大小相同也是解题的关键6.如图所示为一个绕中心线以角速度转动的球，下列说法正确的是（）A. A、B两点的向心加速度相等B. A、B两点的线速度相等C. 若，则D. 若，则【答案】D【解析】【详解】A、共轴转动的各点角速度相等，故A、B两点的角速度相等，根据向心加速度公式和可知，由于二者的半径不同，故二者的向心加速度和线速度的大小不同，故AB错误；C、设球的半径为，若，A点的转动半径为 ，B点的转动半径为，根据，则：，故C错误，D正确7.如图所示，从倾角为斜面
7、上某点先后将同一小球以不同的初速度水平抛出，小球均落在斜面上当抛出的速度为时，小球到达斜面时速度方向与斜面的夹角为；当抛出速度为时，小球到达斜面时速度方向与斜面的夹角为，则( )A. 无论v1、v2关系如何，均有1=2B. 当v1v2时，12C. 当v1v2时，12D. 1、2的关系与斜面倾角有关【答案】A【解析】【详解】如图所示，由平抛运动的规律知，则得：；由图知：，可得：，所以与抛出速度无关，故，、的大小与斜面倾角有关，但1、2的关系与斜面倾角无关，一定相等故选项A正确，B、C、D错误8.如图所示，拖拉机后轮的半径是前轮半径的两倍，A和B是前轮和后轮边缘上的点，若车行进时轮与路面没有滑动，
8、则()A. A点和B点的线速度大小之比为12B. 前轮和后轮角速度之比为21C. 两轮转动的周期相等D. A点和B点的向心加速度大小相等【答案】B【解析】【详解】轮A、B分别为同一传动装置前轮和后轮边缘上的一点，所以，故A错误；根据和，可知A、B两点的角速度之比为21；由，所以转速也是21，故B正确；据和前轮与后轮的角速度之比21，求得两轮的转动周期为12，故C错误；由，可知，向心加速度与半径成反比，则A与B点的向心加速度不等，故D错误二、多选题(共16分)9.某升降机用绳子系着一个重物，以10 m/s的速度匀速竖直上升，当到达40 m高度时，绳子突然断开，重物从绳子断开到落地过程（不计空气阻
9、力，重力加速度g取10 m/s2）（ ）A. 距地面的最大高度为45 mB. 在空中的运动时间为5 sC. 落地速度的大小为10 m/sD. 落地速度的大小为30 m/s【答案】AD【解析】【分析】气球和重物一起以10m/s的速度上升，当到达一定高度后，绳子断开，物体与气球脱离，这个物体由于惯性要保持原来的向上的运动状态，所以物体做竖直上抛运动【详解】物体上升过程，根据速度位移关系公式，有：-v02=2（-g）h，解得；故物体距离地面的最大高度为45m，故A正确；根据位移时间关系公式，有：hv0tgt2，代入数据得：-40=10t-10t2，解得：t=4s或者t=-2s；故B错误；根据速度时间
10、关系公式，有：v=v0-gt=10-104=-30m/s，故C错误，D正确；故选AD10.如图所示，一个匀速转动的半径为r的水平圆盘上放着两个木块M和N，木块M放在圆盘的边缘处，木块N放在离圆心r/3的地方，它们都随圆盘一起运动比较两木块的线速度和角速度，下列说法中正确的是()A. 两木块的线速度相等B. 两木块的角速度相等C. M的线速度是N的线速度的3倍D. M的角速度是N的角速度的3倍【答案】BC【解析】【详解】物块与圆盘一起运动，角速度相等，而半径不等，M的半径是N的3倍，根据vr可知，M的线速度是N的线速度的3倍，故BC正确，AD错误11.有关圆周运动的基本模型，下列说法正确的是（）
11、A. 如图a，汽车通过拱桥的最高点处于超重状态B. 如图b所示是一圆锥摆，增大，若保持圆锥的高不变，则圆锥摆的角速度不变C. 如图c，同一小球在光滑而固定的圆锥筒内的A、B位置先后分别做匀速圆周运动，则在A、B两位置小球的角速度及所受筒壁的支持力大小相等D. 火车转弯超过规定速度行驶时，外轨对火车轮缘会有挤压作用【答案】BD【解析】【详解】A当汽车在拱桥顶端时，根据牛顿第二定律则有可得根据牛顿第三定律可得汽车通过拱桥的最高点处汽车对桥顶的压力小于重力，处于失重状态，故A错误；B球受到重力和绳的拉力作用，二者合力提供向心力，向心力大小为小球做圆周运动的半径为由牛顿第二定律得联立可得角速度知保持圆
12、锥摆的高度不变，则角速度不变，故B正确；C设支持力与竖直方向的夹角为，则支持力的大小则有由牛顿第二定律得可得角速度由于，所以可得故C错误；D火车拐弯时超过规定速度行驶时，由于支持力和重力的合力不够提供向心力，会对外轨产生挤压，即外轨对轮缘会有挤压作用，故D正确；故选BD。12.在发射卫星的过程中，卫星首先从低轨道进入椭圆轨道，然后在 Q 点通过改变卫星速度，让卫星进入高轨道轨道则（ ）A. 该卫星发射速度必定小于 11.2km/sB. 卫星在 Q 点通过加速实现由轨道进入轨道C. 卫星在轨道上的运行速度大于 7.9km/sD. 在轨道上，卫星在 P 点的速度大于在 Q 点的速度【答案】ABD【
13、解析】【详解】A、发射速度要大于等于第一宇宙速度小于第二宇宙速度，故选项A正确；B、通过在点加速使卫星由原来的向心运动变为圆周运动，由轨道进入轨道，故选项B正确；C、第一宇宙速度为卫星的运行的最大速度，在轨道上的运行速度小于7.9km/s，故选项C错误；D、在轨道上，近地点速度大，远地点速度小，则卫星在P点的速度大于在Q点的速度，故选项D正确三、实验题(共12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，图中背景方格的边长均为L=5cm，闪光频率f=10Hz，那么：(1)小球做平抛运动的初速度的大小是_m/s；(2)小球经过B点时速度大小是_m/s。(3)经计算判断，A点_抛出点
14、；（填写“是”或“不是”），若A点为坐标原点，则抛出点坐标_。【答案】 (1). 1.5 (2). 2.5 (3). 不是 (4). （-15cm，-5cm）【解析】【详解】(1)1由于闪光频率f=10Hz，相邻两个位置的时间间隔相邻两个点的水平距离因此平抛初速度(2)2经过B点时的竖直速度等于AC段竖直方向的平均速度因此B点时的速度(3)34从抛出下落到B点的时间而AB两间的时间间隔为，因此A点不是抛出点。抛出点到B点的竖直高度水平距离因此若A点为坐标原点，则抛出点的横纵坐标分别为四、解答题(共40分)14.如图所示，某部队官兵在倾角为30山坡上进行投掷手榴弹训练，若从A点以某一初速度v0沿
15、水平方向投出手榴弹，正好落在B点，测得AB90m。（空气阻力不计），如果手榴弹从拉动弹弦到爆炸需要5s的时间，若要求手榴弹正好在落地时爆炸，问：战士从拉动弹弦到投出所用时间是多少？手榴弹抛出的初速度是多少？（g10m/s2）【答案】（1）2s ；（2）15m/s【解析】【详解】（1）在竖直方向上做自由落体运动，则解得，故（2）在水平方向上做匀速直线运动Lcos = v0t解得v0=15m/s15.某一星球上，宇航员站在距离地面h高度处，以初速度v0沿水平方向抛出一个小球，经时间t后小球落到星球表面，已知该星球的半径为R，引力常量为G，求：（1）该星球表面的重力加速度g；（2）该星球的第一宇宙速
16、度；（3）该星球的质量M【答案】（1）；（2）；（3）【解析】【详解】（1）根据得（2）根据得=（3）根据得16.如图所示，半径为R，内径很小的光滑半圆管道竖直放置，质量为m的小球以某一速度进入管内，小球通过最高点P时，对管壁的压力为0.5mg求：（1）小球从管口飞出时的速率；（2）小球落地点到P点水平距离【答案】（1） 或（2）R或R【解析】【详解】(1)分两种情况，当小球对管下部有压力时，则有mg0.5mg，v1.当小球对管上部有压力时，则有mg0.5mg，v2(2)小球从管口飞出做平抛运动，2Rgt2，t2x1v1tR， x2v2tR. 答案：(1)或(2)R或R本题考查圆周运动规律的应
17、用，在管下部时以小球为研究对象，合外力提供向心力，列式可求得上部和下部速度大小，小球从管口飞出后做平抛运动，由竖直方向求得运动时间，由水平方向匀速运动求得水平位移大小17.小明站在水平地面上，手握不可伸长的轻绳一端，绳的另一端系有质量为m的小球，甩动手腕，使球在竖直平面内做圆周运动，当球某次运动到最低点时，绳突然断掉。球飞行水平距离d后落地，如图所示，已知握绳的手离地面高度为d，手与球之间的绳长为，重力加速度为g。忽略手的运动半径和空气阻力。试求：(1)球落地时的速度大小v2；(2)绳子能够承受的最大拉力为多大；【答案】(1)；(2)【解析】【详解】(1)设绳断后球做平抛运动的时间为t1，竖直方向上水平方向上球落地时的速度为解得(2)设绳能承受的最大拉力为Fm做圆周运动的半径为，则有解得
