1、北京四中2017-2018学年下学期高一年级期中考试物理试卷（选考）一、单项选择题1. 做匀速圆周运动的物体，一定不变的物理量是（ ）A. 线速度 B. 向心加速度 C. 向心力 D. 周期【答案】D【解析】做匀速圆周运动的物体，线速度、向心加速度和向心力都是大小不变，方向不断改变；一定不变的物理量是周期；故选D.2. 关于做平抛运动的物体，下列说法中正确的是（ ）A. 速度和加速度都不断发生变化B. 在任何相等的时间内速度的变化量都是相等的C. 在任何相等的时间内竖直方向的位移都是相等的D. 落地时间和落地时的速度都只与抛出点的高度有关【答案】B【解析】做平抛运动的物体速度不断发生变化，而加
2、速度不变，总为g，选项A错误；因加速度恒定为g，则根据v=gt可知，在任何相等的时间内速度的变化量都是相等的，选项B正确；根据匀变速直线运动的规律可知，在任何相等的时间内竖直方向的位移不相等，选项C错误； 落地时间与抛出点的高度有关；落地时的速度由高度和水平速度共同决定，选项D错误；故选B.3. 一架飞机在空中水平匀速飞行，从飞机上每隔1 s释放一个铁球，先后共释放4个，若不计空气阻力，则4个铁球（ ）A. 在空中总是排成抛物线，落地点是等间距的B. 在空中总是排成抛物线，落地点是不等间距的C. 在空中总是在飞机正下方排成竖直的直线，落地点是等间距的D. 在空中总是在飞机正下方排成竖直的直线，
3、落地点是不等间距的【答案】C【解析】因为平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，所以释放的小球都在飞机的正下方，即在飞机的正下方排成竖直的直线。高度一定，每个小球落地的时间相等，因为每隔1s释放一个，在水平方向上两小球的间隔为x=vt，是等间距的。故C正确，ABD错误。故选C。点睛：解决本题的关键知道平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动分运动与合运动具有等时性4. 如图所示，海王星绕太阳沿椭圆轨道运动，运行的周期为T0，图中P为近日点，Q为远日点，M、N为轨道短轴的两个端点。若只考虑海王星和太阳之间的相互作用，则海王星在从p经M、Q到N的运动过程中（ ）A. 从P到M所用
4、的时间等于T0/4B. 从P到M过程中，万有引力对它做正功C. 从M到Q过程中，速率逐渐变小D. 从Q到N过程，所受万有引力逐渐变小【答案】C【解析】海王星在PM段的速度大小大于MQ段的速度大小，则PM段的时间小于MQ段的时间，所以P到M所用的时间小于T0/4，故A错误；从P到M的过程中，万有引力对它做负功，故B错误；根据万有引力方向与速度方向的关系知，从M到Q阶段，万有引力对它做负功，速率逐渐变小,故C正确。从Q到N过程，距离减小，所受万有引力逐渐变大，选项D错误；故选C.点睛：解决本题的关键知道近日点的速度比较大，远日点的速度比较小，从P到M和M到P的运动是对称的，但是P到M和M到Q不是对
5、称的5. 1610年1月7日伽利略用望远镜发现了木星的4颗卫星，这4颗卫星被命名为木卫1、木卫2、木卫3和木卫4。这个发现为打破“地心说”提供了重要的依据。若将木卫1、木卫2绕木星的运动看作匀速圆周运动，已知木卫2的轨道半径大于木卫1的轨道半径，则它们绕木星运行时（ ）A. 木卫2的周期大于木卫1的周期B. 木卫2的线速度大于木卫1的线速度C. 木卫2的角速度大于木卫1的角速度D. 木卫2的向心加速度大于木卫1的向心加速度【答案】A6. 如图所示，在光滑水平面上，小球在拉力F作用下绕O点做匀速圆周运动。若小球运动到P点时，拉力F发生变化，下列关于小球运动情况的说法正确的是（ ）A. 若拉力突然
6、变小，小球可能沿轨迹Pc运动B. 若拉力突然消失，小球一定沿轨迹Pa运动C. 若拉力突然消失，小球可能沿轨迹Pb运动D. 若拉力突然变大，小球可能沿轨迹Pb运动【答案】B【解析】在水平面上，细绳的拉力提供小球所需的向心力，当拉力减小时，将沿pb轨道做离心运动；当拉力消失，物体受力合为零，将沿切线方向做匀速直线运动，故B正确，C错误。若拉力突然变大，小球做近心运动，则可能沿轨迹Pc运动，选项D错误；故选B。7. 杂技演员表演的“水流星”如图所示。细长绳一端系着盛了水的容器。以绳的另一端为圆心，使容器在竖直平面内做半径为R的圆周运动。N为圆周的最高点，M为圆周的最低点。若“水流星”通过最高点时没有
7、水流出，则其在最高点的速度至少为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】对水研究，受重力和容器的支持力，根据牛顿第二定律，有：N+mg=m；当水恰好不流出时：N=0，解得，故选D.8. 铁路弯道的内外侧铁轨不在同一水平面上。质量为M的火车，以恒定的速率v在水平面内沿一段半径为r的圆弧道转弯，重力加速度为g，则轨道对火车作用力的大小等于（ ）A. B. C. D. Mg【答案】A【解析】火车转弯时，重力和铁轨对火车的支持力的合力提供向心力，因向心力；则轨道对火车作用力的大小为： ，故选A.9. 如图所示，小球从高处下落到竖直放置的轻弹簧上，从小球刚接触到弹簧到弹簧被压缩到最短的过程中，下
8、列说法正确的是（ ）A. 小球的重力势能和动能之和总保持不变B. 小球的重力势能和弹簧的弹性势能之和总保持不变C. 小球的动能和弹簧的弹性势能之和保持不变D. 小球的重力势能、动能和弹簧的弹性势能之和总保持不变【答案】D【解析】对于小球从接触弹簧到将弹簧压缩到最短的过程中，只有重力和弹簧的弹力做功，则小球的动能、重力势能和弹簧的弹性势能这三种形式的能量相互转化，没有与其他形式的能发生交换，也就说小球的动能、重力势能和弹簧的弹性势能之和保持不变，故D正确，ABC错误。故选D。点睛：在球下降的过程中，球的能量的转化是分析本题的关键，根据能量守恒小球的动能、重力势能和弹簧的弹性势能之和保持不变，所以
9、其中一个能量的变化可以反映出其余两个能量之和的变化10. 放置在水平地面上的支架质量为M，支架顶端用细绳拴着质量为m的小球，将细线拉至水平位置，如图所示，而后由静止释放小球。在小球运动过程中，支架始终不动，以下说法正确的是（ ）A. 在释放小球瞬间，支架对地面压力为 (M+m)gB. 在释放小球瞬间，支架对地面压力为 (M-m)gC. 小球到达最低点时，支架对地面压力为 (M+3m)gD. 小球到达最低点时，支架对地面压力为(M+m)g【答案】C【解析】释放的瞬间，细线的拉力为零，则细线对支架无拉力。对支架分析，受重力和支持力，则N=Mg，所以支架对地面的压力为Mg故AB错误。摆球摆动到最低时
10、，根据机械能守恒得：mgL=mv2，在最低点，由重力和细线的拉力的合力提供小球所需要的向心力，根据牛顿第二定律得：F-mg=m=2mg，则F=3mg。则支架对地面的压力为N=Mg+3mg。故C正确、D错误。故选C。点睛：解决本题的关键搞清小球做圆周运动向心力的来源，运用共点力的平衡条件或牛顿第二定律进行求解二、多项选择题11. 在高处一点将两个质量相同的小球分别以相同速率v0竖直上抛和竖直下抛，不计空气阻力，则下列结论正确的是（ ）A. 从抛出到落地，重力对两球所做的功相等B. 从抛出到落地，两球动能的变化量相等C. 两球刚落地时，重力的瞬时功率相等D. 从抛出到落地过程中，重力对两球所做功的
11、平均功率相等【答案】ABC【解析】在高处的某一点将两个重力相同的小球以相同速率v0分别竖直上抛和竖直下抛，可知小球初始高度相等，质量相等，重力做功为WG=mgh，可知从抛出到刚着地，重力对两球所做的功相等，故A正确。从抛出到落地，重力做功相等，则两球动能的变化量相等，选项B正确；由动能定理：WGmv2mv02，可知落地速度相等，瞬时功率：P=mgv，故落地重力的瞬时功率相等，故C正确。竖直上抛要向上升，在下降，故其运动时间大于竖直下抛的时间，由功率：P可知，从抛出到刚着地，重力对两球的平均功率不相等，故D错误；故选ABC。点睛：本题重点掌握竖直上抛和竖直下抛的特征，会用重力做功的表达式求重力的
12、功，能正确使用功率的表达式计算平均功率和瞬时功率12. 一质量为m的物体被人用手由静止竖直向上以加速度g匀加速提升一段距离h，关于此过程的下列说法中正确的是（ ）A. 人手对物体做功为mgh B. 物体动能增量为mghC. 物体的重力势能增加mgh D. 物体的机械能增加mgh【答案】BCD【解析】质量为m的物体被人用手由静止竖直向上以加速度g/3匀加速提升，由牛顿第二定律可得：F-mg=ma，所以：F=4mg/3；物体匀加速提升h，手对物体做功：W1=Fh=4mgh/3故A错误；提升过程中物体的动能增加：EK=F合h=mgh/3故B正确；物体上升h，物体克服重力做功W=mgh，物体的重力势能
13、增加mgh，故C正确。物体的机械能增加量等于力F的功4mgh/3故D正确；故选BCD。点睛：本题考查了恒力做功引起物体动能变化的过程，正确求出各个力做的功是关键同时明确重力做功大小一定等于重力势能的改变量；合力的功等于动能的变化；除重力以外的功等于机械能的变化13. 甲、乙两球的质量相等，甲的悬线较长。将两球由图示位置的同一水平面无初速度释放，不计阻力，则小球过最低点时，正确的说法是（ ）A. 甲球的速度比乙球大B. 甲球的向心加速度比乙球大C. 两球受到的拉力大小相等D. 相对同一零势能参考面，两球的机械能相等【答案】ACD【解析】根据动能定理有：mv2=mgL所以：，则甲球的速度比乙球大，
14、选项A正确；在最低点，根据牛顿第二定律得：ma=m，向心加速度为：a=2g，加速度相等，故B错误；根据F-mg=m可得F=mg+m=3mg，则两球受到的拉力大小相等，选项C正确；相对同一零势能参考面，两球的初始高度相同，则两球的机械能相等，选项D正确；故选ACD.点睛：解决本题的关键掌握动能定理和机械能守恒定律，知道摆球在最低点靠合力提供做圆周运动的向心力。14. 如图所示，水平圆盘上叠放着两个物块A和B，当圆盘绕竖直轴匀速转动时，两物块与圆盘始终保持相对静止，则以下说法正确的是（ ）A. A与B之间可能没有摩擦力作用B. A与B之间存在摩擦力，其大小与圆盘转速有关C. 圆盘与B之间可能没有摩
15、擦力作用D. 圆盘与B之间存在摩擦力，其大小与圆盘转速有关【答案】BD【解析】A物块做圆周运动，受重力和支持力、静摩擦力，靠B对A的静摩擦力提供向心力；根据Fn=mr2可知，其大小与圆盘转速有关，故A错误，B正确。物体B做圆周运动的向心力由圆盘对B的静摩擦力提供，则圆盘与B之间一定存在摩擦力作用，根据Fn=mr2可知，其大小与圆盘转速有关，故C错误，D正确。故选BD。15. 如图所示，光滑的水平地面上有一长木板B，物块A放置在B上面，二者均处于静止状态。现以恒定的外力F拉B，A与B发生相对滑动，且A、B都向前（相对地面）移动了一段距离。设B足够长，则在此过程中，以下说法正确的是（ ）A. 外力
16、F做的功等于B的动能增量与B克服摩擦力所做的功之和B. 外力F做的功等于A与B的动能增量之和C. B对A的摩擦力做正功，A对B的摩擦力做负功D. 滑动摩擦力对A和B做功的绝对值一定是相等的【答案】AC【解析】对物体B运用动能定理可知，拉力做的功减去克服摩擦力做的功等于动能增加量，故外力F对B做的功等于B的动能的增加量与B克服摩擦力所做的功之和，故A正确；对A、B整体运用动能定理，除拉力做功外，还有一对滑动摩擦力做功，故系统动能增加量小于拉力做的功，故B错误；因A动能增加，则B对A的摩擦力做正功，A对B的摩擦力与运动方向相反，则A对B的摩擦力对B做负功；由于存在相对滑动，故A对B的摩擦力所做的功
17、不等于B对A的摩擦力所做的功，故C正确，D错误；故选AC.点睛：本题关键是要知道不仅可以对单个物体运用动能定理，也可以对物体系统运用动能定理，即对多物体系统，内力和外力做的做功等于系统动能的增加量16. 如图所示，两个3/4圆弧轨道固定在水平地面上，半径R相同，A轨道由金属凹槽制成，B轨道由金属圆管制成，均可视为光滑轨道。在两轨道右侧的正上方分别将金属小球A和B由静止释放，小球距离地面的高度分别用和表示，下述说法中正确的是（ ）A. 若 ，两小球都能沿轨道运动到最高点B. 若，两小球在轨道上升的最大高度均为C. 适当调整和，均可使两小球从轨道最高点飞出后，恰好落在轨道右端口处D. 若使小球沿轨
18、道运动并且从最高点飞出，的最小值为，B小球在的任何高度均可【答案】AD【解析】若小球A恰好能到A轨道的最高点时，由mg=m，vA=，根据机械能守恒定律得，mg（hA-2R）=mvA2，解得hA=R；若小球B恰好能到B轨道的最高点时，在最高点的速度vB=0，根据机械能守恒定律得hB=2R可见，时，两球都能到达轨道的最高点，故A正确；若hB=时，B球到达轨道上最高点时速度为0，小球B在轨道上上升的最大高度等于；若hA=时，小球A在到达最高点前离开轨道，有一定的速度，由机械能守恒可知，A在轨道上上升的最大高度小于，故B错误；小球A从最高点飞出后做平抛运动，下落R高度时，水平位移的最小值为 R，所以小
19、球A落在轨道右端口外侧。而适当调整hB，B可以落在轨道右端口处。所以适当调整hA和hB，只有B球从轨道最高点飞出后，恰好落在轨道右端口处。故C错误。若使小球A沿轨道运动并且从最高点飞出，则由动能定理： ，解得hA=R；若使小球B沿轨道运动并且从最高点飞出，则hB2R即可，选项D正确；故选AD.点睛：本题是向心力、机械能守恒定律、平抛运动的综合，A轨道与轻绳系的球模型相似，B轨道与轻杆固定的球模型相似，要注意临界条件的不同三、实验题17. 利用图示装置做“验证机械能守恒定律”实验。（1）为验证机械能是否守恒，需要比较重物下落过程中任意两点间的_。A. 动能变化量与重力势能变化量B. 速度变化量与
20、重力势能变化量C. 速度变化量与高度变化量（2）除带夹子的重物、纸带、铁架台（含铁夹）、电磁打点计时器、导线及开关外，在下列器材中，还必须使用的两种器材是_。A. 交流电源 B. 刻度尺 C. 天平（含砝码）（3）实验中，先接通电源，再释放重物，得到下图所示的一条纸带。在纸带上选取三个连续打出的点A、B、C，测得它们到起始点O的距离分别为hA、hB、hC。已知当地重力加速度为g，打点计时器打点的周期为T。设重物的质量为m。从打O点到打B点的过程中，重物重力势能的减少量EP=_，动能的增加量Ek =_。（4）实验结果显示，重物重力势能的减少量略大于其动能的增加量，原因是_A. 利用公式v=gt计
21、算重物速度B. 利用公式计算重物速度C. 存在空气阻力和摩擦阻力的影响D. 没有采用多次实验取平均值的方法【答案】 (1). A (2). AB (3). mghB (4). (5). 见解析；【解析】试题分析：（1）为验证机械能是否守恒，需要比较重物下落过程中任意两点间动能的增加量和重力势能的减小量是否相等，故选项A正确。（3）从打O点到打B点的过程中，重物的重力势能变化量，B点的速度，则动能的增加量为。（4）由于纸带在下落过程中，重锤和空气之间存在阻力，纸带和打点计时器之间存在摩擦力，所以减小的重力势能一部分转化为动能，还有一部分要克服空气阻力和摩擦力阻力做功，故重力势能的减少量大于动能的
22、增加量，故C选项正确；考点：验证机械能守恒定律【名师点睛】解决本题的关键掌握实验的原理，会通过原理确定器材，以及掌握纸带的处理方法，会通过纸带求解瞬时速度的大小，关键是匀变速直线运动推论的运用18. 在研究平抛物体运动的实验中，用一张印有小方格的纸记录轨迹，小方格的边l=1.25cm。小球在平抛运动中的几个位置如图中的a、b、c、d所示，则小球平抛的初速度的计算式为v0=_（用l、g表示），其值是_m/s。（取g=9.8m/s2）【答案】 (1). (2). 0.70m/s【解析】试题分析：从图中看出，a、b、c、d 4个点间的水平位移均相等，是x=2L，因此这4个点是等时间间隔点竖直方向两段
23、相邻位移之差是个定值，即y=gT2=L，再根据v0=解出v0=四、计算题19. 关于行星的运动，开普勒第三定律指出：行星绕太阳运动的椭圆轨道的半长轴a的三次方与它的公转周期T的二次方成正比，即 ，k是一个对所有行星都相同的常量。（1）将行星绕太阳的运动按匀速圆周运动处理，请推导太阳系中该常量k的表达式。（已知引力常量为G，太阳的质量为M）（2）开普勒定律不仅适用于太阳系，它对一切具有中心天体的引力系统（如地月系统）都成立。经测定月地距离为r1=3.8108m，月球绕地球运动的周期T1=2.4106S。推导地球质量M地的表达式。估算其数值。（G=6.67Nm2kg2，结果保留一位有效数字）【答案
24、】（1） （2） 61024kg【解析】（1）将行星绕太阳的运动按圆周运动处理，则轨道半径r=a，根据万有引力定律和牛顿第二定律得，解得（2）根据万有引力定律和牛顿第二定律得，解得 代入数据解得M地=61024kg点睛：解决本题的关键掌握万有引力提供向心力这一重要理论，并能灵活运用，注意运用该理论求解天体质量只能求解中心天体的质量，并能求解环绕天体的质量20. 如图所示，AB是在竖直平面内的1/4圆周的光滑圆弧轨道，其半径为R，过圆弧轨道下端边缘B点的切线是水平的，B点距正下方水平地面上C点的距离为h。一质量为m的小滑块（可视为质点）自A点由静止开始下滑，并从B点水平飞出，最后落到水平地面上的
25、D点。重力加速度为g，空气阻力可忽略不计，求：（1）小滑块通过B点时的速度大小；（2）小滑块滑到B点时轨道对其作用力的大小；（3）小滑块落地点D到C点的距离。【答案】（1） （2）3mg （3）2 【解析】（1）物块自A点到B点的过程机械能守恒，设物块通过B点时的速度为vB，则有mgR=mvB2 解得 vB（2）设物块通过B点时所受轨道支持力为NB，根据牛顿第二定律有NBmgm解得 NB=3mg （3）设物块自B点到D点的运动时间为t，D点到C点的距离为xCD，则h=gt2，xCD=vBt 解得xCD2点睛：该题主要考查了平抛运动的规律、圆周运动向心力公式及动能定理的应用，注意要选择研究过程；
26、知道向心力的来源；掌握平抛运动的研究方法；属于基础题21. 如图所示是一个设计“过山车”的试验装置的原理示意图，光滑斜面AB与竖直面内的圆形轨道在B点平滑连接，圆形轨道半径为R。一个质量为m的小车（可视为质点）在A点由静止释放沿斜面滑下，当它第一次经过B点进入圆形轨道时对轨道的压力为其重力的7倍，小车恰能完成圆周运动并第二次经过最低点沿水平轨道向右运动，重力加速度为g。（1）求A点距水平面的高度h；（2）假设小车在竖直圆轨道左、右半圆轨道部分克服摩擦阻力做的功相等，求小车第二次经过竖直圆轨道最低点时的速度大小。【答案】（1）3R （2）【解析】（1）设第一次小车运动到B点的速度大小为vB，受到
27、的支持力为N，根据牛顿第二定律：N-mg=m依题意和牛顿第三定律：N=7mg解得vB= 小车从A点运动到B点的过程机械能守恒，以B点位置为重力势能零点，则有：mgh=mvB2解得h=3R（2）设小车在圆轨道最高点的速度为vC，重力提供向心力，此时根据向心力公式有：mg=m解得：vC=设小车在右半圆轨道上克服阻力做功Wf，对小车从B点运动到C的点过程，根据动能定理有：-mg2R-Wf=mvC2-mvB2解得Wf=mgR设小车第二次经过B点时的速度为v，对小车从B点运动到C点再回到B点的过程，根据动能定理有：-2Wf=mv2-mvB2解得v=2点睛：对于物理问题中，若涉及力在空间的效应，要优先考虑
28、动能定理对于圆周运动，涉及力的问题，往往根据向心力进行分析处理难度适中22. 如图所示，绷紧的传送带在电动机的带动下始终以v0=2m/s的速度顺时针运动，传送带与水平面的夹角=30。现把一质量m=10kg的工件轻放在皮带的底端B，经过一段时间后，工件被运送到传送带的顶端A。已知A、B之间高度差h=2m，工件与传送带间的动摩擦因数，忽略空气阻力及其他摩擦损耗，取g=10 m/s2。求：（1）工件从传送带底端B到顶端A的时间；（2）运送工件过程中，工件与传送带之间由于摩擦而产生的热量Q；（3）电动机由于传送工件多消耗的电能。【答案】（1）2.4s （2）60J （3）280J【解析】（1）工件轻轻
29、地放在传送带底端后，受到重力、支持力和沿斜面向上的摩擦力作用，由牛顿第二定律得知，上滑过程中加速度为：mgcos-mgsin=ma得：a=g（cos-sin）=2.5m/s2设工件加速到v0=2m/s时运动的位移为x，则有：2ax=v02得x=0.8m工件加速到v0=2m/s时运动的时间为 可得：x=4m，所以工件在传送带上先匀加速运动后匀速运动到达A端用时间： 则工件从传送带底端B到顶端A的总时间：t=t1+t2=2.4s；（2）工件匀加速运动过程中，传送带的位移x=v0t1=1.6m产生的热量Q=Ffx相对=mgcos（x-x）=60J（3）多消耗的能量转化为工件的动能和重力势能以及摩擦产生的内能则Emv02+mgh+Q=280J点睛：本题的解题关键是根据受力情况分析工件的运动情况，再由牛顿第二定律和运动学公式结合求解位移，即可轻松求出功；注意搞清能量转化关系
