1、四川省雅安中学2019-2020学年高一物理下学期期中试题（含解析）第I卷（选择题)1.物理学领域中具有普适性的一些常量，对物理学的发展有很大作用，引力常量就是其中之一。1687年牛顿发现了万有引力定律，但并没有得出引力常量。直到1798年，卡文迪许首次利用如图所示的装置，比较精确地测量出了引力常 量。关于这段历史，下列说法错误的是（）A. 卡文迪许被称为“首个测量地球质量的人”B. 万有引力定律是牛顿和卡文迪许共同发现的C. 这个实验装置巧妙地利用放大原理，提高了测量精度D. 引力常量不易测量的一个重要原因就是地面上普通物体间的引力太微小【答案】B【解析】【详解】A卡文迪许因为首次比较精确地
2、测量出了引力常量，被称为“首个测量地球质量的人”，选项A正确，不符合题意；B万有引力定律是牛顿发现的，选项B错误，符合题意；C这个实验装置巧妙地利用放大原理，提高了测量精度，选项C正确，不符合题意；D引力常量不易测量的一个重要原因就是地面上普通物体间的引力太微小，选项D正确，不符合题意。故选B。2.荡秋千是儿童喜爱的一项体育运动图为小孩荡秋千运动到最高点的示意图，下列说法正确的是(不计空气阻力)()A. 小孩运动到最高点时，小孩所受的合力为零B. 小孩从最高点运动到最低点过程做匀速圆周运动C. 小孩运动到最低点时处于失重状态D. 小孩运动到最低点时，小孩的重力和绳子拉力的合力提供其做圆周运动的
3、向心力【答案】D【解析】【详解】A小孩运动到最高点时，速度为零，受重力和绳子拉力作用，合力不为零，合力方向沿着切线方向，A错误；B小孩从最高点运动到最低点过程中，线速度越来越大，B错误；C小孩运动到最低点时，具有向心加速度，方向竖直向上，故小孩处于超重状态，C错误；D小孩运动到最低点时，小孩的重力和绳子拉力的合力提供其做圆周运动的向心力，D正确故选D。3.一小船在静水的速度为3m/s，它在一条河宽150m，水流速度为5m/s的河流中渡河，则该小船（）A. 能到达正对岸B. 渡河的时间可能少于50sC. 以最短时间渡河时，它沿水流方向的位移大小为250mD. 以最短位移渡河时，位移大小为150m
4、【答案】C【解析】【详解】AD由于船速小于水速，小船不能到达正对岸，最短位移大于150m，AD错误；B当船头指向正对岸时，过河时间最短，且最短时间这时沿水流方向移动的位移B错误，C正确。故选C。4.中国北斗卫星导航系统（BDS）是中国自行研制的全球卫星导航系统，是继美国全球定位系统（GPS）、俄罗斯格洛纳斯卫星导航系统（GLONASS）之后第三个成熟的卫星导航系统。预计2020年左右，北斗卫星导航系统将形成全球覆盖能力。如图所示是北斗卫星导航系统中部分卫星的轨道示意图，已知a、b、c三颗卫星均做圆周运动，a是地球同步卫星，则（）A. 卫星c的运行速度可能大于7.9km/sB. 卫星b的运行速度
5、大于a的运行速度C. 卫星b的运行速度大于赤道上物体随地球自转的线速度D. 卫星a可以通过北京正上空【答案】C【解析】【详解】A根据万有引力提供向心力可知轨道半径越大，运动速度越小，贴近地球表面运动的卫星线速度为7.9km/s，因此卫星c的运行速度小于7.9km/s，A错误；B由可得a与b的轨道半径相等，所以线速度大小也相等，B错误；Cb的运动周期与a相同都是24小时，赤道上物体随地球自传的运动周期也是24小时 ，根据可知轨道半径大的卫星b的行速度大于赤道上物体随地球自传的线速度，C正确；D同步卫星的轨道在赤道的正上方，不会经过北京的正上空，D错误。故选C。5.质量为m的物体P置于倾角为1的固
6、定光滑斜面上，轻细绳跨过光滑轻质定滑轮分别连接着P与小车，P与滑轮间的细绳平行于斜面，小车以速率v水平向右做匀速直线运动当小车与滑轮间的细绳和水平方向成夹角2时，下列判断正确的是()A. P的速率为vB. P的速率为vcos 2C. P速率为D. P的速率为【答案】B【解析】【详解】将小车的速度v进行分解如图所示，则vp=vcos2，故ACD错误，B正确；故选B.6.下列说法正确的是（）A. 做曲线运动的物体所受合外力可能为恒力B. 做匀速圆周运动的物体，所受合外力是恒力C. 匀速直线运动和匀变速直线运动的合运动一定是曲线运动D. 火车不受内外轨挤压时的转弯速度为限定速度，当火车超过限定速度转
7、弯，车轮轮缘将会挤压铁轨的外轨【答案】AD【解析】【详解】A如果恒力的方向与运动方向不在一条直线上，也会做曲线运动，A正确；B做匀速圆周运动的物体，所受合外力指向圆心，方向时刻改变，因此匀速圆周运动所受的合外力是变力，B错误；C如果匀速直线运动和匀变速直线运动的方向相同，合运动是直线运动，C错误；D火车不受内外轨挤压时的转弯速度为限定速度，当火车超过限定速度转弯，所需向心力会增大，这时火车有做离心运动的趋势，因此车轮轮缘将会挤压铁轨的外轨，D正确。故选AD。7.如图所示，主动轮M通过皮带带动从动轮N做匀速转动，a是M轮上距轴O1的距离等于M轮半径一半的点，b、c分别是N轮和M轮轮缘上的点，已知
8、在皮带不打滑的情况下，N轮的转速是M轮的3倍，则（）A. a、b两点的角速度之比为3：1B. a、b两点的线速度之比为1：2C. b、c两点的周期之比为1：3D. a、c两点的线速度之比为1：3【答案】BC【解析】【详解】A因为N轮的转速是M轮转速的3倍，根据可知，N轮的角速度是M轮角速度的3倍，同轴转动的点，角速度相等，则a、b两点的角速度之比为1：3，A错误；BDa点半径等于M轮半径的一半，根据c点的线速度是a点线速度的2倍，则a、c两点的线速度之比为1：2，靠传送带传动轮子边缘上的b、c两点的线速度相等，则a、b两点的线速度之比为1：2，D错误B正确；Cb、c的角速度之比3：1，根据知b
9、、c两点的周期之比为1：3，C正确。故选BC。8.发射地球同步卫星时，先将卫星发射至近地圆轨道1，然后经点火，使其沿椭圆轨道2运行，最后再次点火，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。则在卫星分别在1、2、3轨道上正常运行时，以下说法正确的是（）A. 卫星在轨道3上的角速度小于在轨道1上的角速度。B. 卫星在轨道2上经过Q点时的速度大于它在轨道1上经过Q点时的速度C. 卫星在轨道2上经过Q点时的速度小于它在轨道2上经过P点时的速度D. 卫星在轨道1上经过Q点时的加速度等于它在轨道2上经过Q点时的加速度【答案】ABD【解析】【详解】A根据环绕规律“高空低速长周期”可
10、知卫星在轨道3上的角速度小于在轨道1上的角速度，故A正确；B卫星在轨道1上经过Q点时，提供的向心力等于需要的向心力，速度增大后沿轨道2做离心运动，故卫星在轨道2上经过Q点时的速度大于它在轨道1上经过Q点时的速度，故B正确；C卫星在轨道2上运动时机械能守恒，经过Q点时重力势能小，Q点的动能大于它在轨道2上经过P点时的动能，说明卫星在轨道2上经过Q点时的速度大于它经过P点时的速度，故C错误；D由牛顿第二定律可知解得分析该式可知只要相同，向心加速大小相同，说明卫星在轨道1上经过Q点时的加速度等于它在轨道2上经过Q点时的加速度，故D正确。故选ABD。第II卷（非选择题62分)9.在做研究平拋运动的实验
11、时，让小球多次沿同一轨道运动，通过描点法画出小球平抛运动的轨迹。（1）为了能较准确地描绘运动轨迹，下面列岀些操作要求，将你认为正确选项前面字母填在横线上_。A.通过调节使斜槽的未端保持水平B.每次释放小球的位置必须不同C.每次必须由静止释放小球D.记录小球位置用的铅笔，每次必须严格地等距离下降E.小球运动时不应与木板上的白纸（或方格纸）相接触F.将球的位置记录在纸上后，取下纸，用直尺将点连成折线（2）一个同学在研究平抛物体运动实验中，只画出了如下图所示的一部分曲线，于是他在曲线上取水平距离s相等的三点A、B、C，又量出他们之间的竖直距离分别为h1、h2，则：（计算结果用s、h1、h2、g表示）
12、物体从A到B所用时间T=_；物体抛出时的初速度v0=_；物体经过B点竖直方向速度大小为vBy=_。（3）若该同学量得s=0.2m、h1=0.1m、h2=0.2m，g取10m/s2，利用这些数据，可求得：（结果保留两位有效数字）T=_s，v0=_m/s，vBy=_m/s。【答案】 (1). ACE (2). (3). (4). (5). 0.10 (6). 2.0 (7). 1.5【解析】【详解】(1)1A斜槽末端必须水平，才能保证小球做平抛运动，A正确；BC每次释放小球的位置必须相同，且都从静止释放才能保证每次小球运动到斜槽末端时的速度相等，B错误，C正确；D记录小球位置用的铅笔，不必须严格地
13、等距离下降，但越密集，最后描出的点越准确，D错误；E小球做平抛运动，运动过程中小球不应与木板上的白纸（或方格纸）相接触，E正确；F将球的位置记录在纸上后，取下纸，用平滑的曲线将各点连接，F错误。故选ACE。(2)2在竖直方向上是匀加速运动，根据物体从A到B所用的时间3由于水平方向是匀速运动，根据解得初速度4经过B点竖直方向速度等于AC竖直运动的平均速度(3)567将数据代入各式，解得，10.质量均匀分布的星球，半径为R，表面的重力加速度为g。不计星球的自转，已知引力常量为G，求(1)该星球的第一宇宙速度的大小；(2)该星球的密度；(3)在距球心2R处的重力加速度的大小。【答案】(1)；(2)；
14、(3)【解析】【详解】(1)当卫星贴近地表运行时，线速度大小即为第一宇宙速度，则在地表解得第一宇宙速度(2)结合可知该星球的质量为则密度(3)距离球心处，满足解得重力加速度为11.如图所示，倾角为37的斜面长L=1.9m，在斜面底端正上方的O点将一小球以速度V0=3m/s的速度水平抛出，与此同时静止释放在顶端的滑块，经过一段时间后将小球恰好能够以垂直斜面的方向击中滑块。小球和滑块均视为质点，重力加速度g=10m/s2，求：（1）小球从抛出到达斜面所用时间；（2）抛出点O离斜面底端的高度；（3）滑块与斜面间的动摩擦因数。【答案】（1）0.4s；（2）1.7m；（3）0.125【解析】【详解】（1
15、）设小球击中滑块时的速度为v，竖直速度为vy，由几何关系得：设小球下落的时间为t，小球竖直方向vygt解得：t=0.4s（2）竖直位移为y，水平位移为x，由平抛规律得 xv0t设抛出点到斜面最低点的距离为h，由几何关系得h=y+xtan37由以上各式得h=1.7m（3）在时间t内，滑块的位移为s，由几何关系得：设滑块的加速度为a，由运动学公式得： 对滑块，由牛顿第二定律得：mgsin37-mgcos37=ma由以上各式得=0.12512.如图所示，在水平桌面上离桌面右边缘L=3.2m处放着一质量为m=0.1kg的小铁球（可看作质点），铁球与水平桌面间的动摩擦因数=0.2。现用水平向右推力F=1
16、.0N作用于铁球，作用一段时间后撤去。铁球继续运动，到达水平桌面边缘A点飞出，恰好落到竖直圆弧轨道BCD的B端沿切线进入圆弧轨道，且铁球恰好能通过圆弧轨道的最高点D。已知BOC=37，A、B、C、D四点在同一竖直平面内，水平桌面离B端的竖直高度H=0.45m，圆弧轨道半径R=0.5m，C点为圆弧轨道的最低点，求：（取g=10m/s2，sin37=0.6，cos37=0.8）（1）铁球运动到圆弧轨道最高点D点时的速度大小vD；（2）铁球运动到B点时的速度大小vB以及此时轨道对铁球的支持力大小FB；（3）水平推力F作用的时间t。【答案】（1）；（2）5m/s，5.8N；（3）0.6s【解析】【详解】（1）小球恰好通过D点时，重力提供向心力，由牛顿第二定律可得可得：（2）小球从A点到B点的过程中做平抛运动，根据平抛运动规律有解得：vy=3m/s小球沿切线进入圆弧轨道，则：小球在B点的向心力由支持力和重力在半径方向的分力的合力提供，则有（3）小球从A点到B点的过程中做平抛运动，水平方向的分速度不变，可得m/s小球在水平面上做加速运动时：可得：a1=8m/s2小球做减速运动时：可得：a2=2m/s2由运动学的公式可知最大速度：又：联立可得：t=0.6s
