1、云南省昆明市第十四中学2018-2019学年高一物理下学期期中试题（含解析）第I卷（选择题）一、选择题（本题包括12小题，每小题4分，共48分。1至6题只有一个选项符合题意，7至12题为不定项选择）1.关于平抛运动和圆周运动，下列说法正确的是()A. 平抛运动是匀变速曲线运动B. 匀速圆周运动是速度不变的运动C. 圆周运动是匀变速曲线运动D. 做平抛运动的物体落地时的速度一定是竖直向下的【答案】A【解析】【详解】平抛运动的加速度不变，做匀变速曲线运动故A正确匀速圆周运动的线速度大小不变，方向时刻改变，是变速运动故B错误匀速圆周运动的加速度方向始终指向圆心，时刻变化，不是匀变速运动故C错误平抛运
2、动水平方向速度不可能为零，则做平抛运动的物体落地时的速度不可以竖直向下故D错误故选A【点睛】解决本题的关键知道平抛运动的特点，知道平抛运动的加速度不变，知道匀速圆周运动靠合力提供向心力，合力不做功2.如图所示为某中国运动员在短道速滑比赛中勇夺金牌的精彩瞬间假定此时他正沿圆弧形弯道匀速率滑行，则他( )A. 所受的合力为零，做匀速运动B. 所受的合力变化，做变加速运动C. 所受的合力恒定，做变加速运动D. 所受的合力恒定，做匀加速运动【答案】B【解析】【详解】匀速圆周运动过程中，线速度大小不变，方向改变，向心加速度大小不变，方向始终指向圆心，向心力大小不变，方向始终指向圆心所以物体做变加速运动，
3、故B正确，ACD错误。3.各种大型的货运站中少不了旋臂式起重机，如图所示，该起重机的旋臂保持不动，可沿旋臂“行走”的天车有两个功能，一是吊着货物沿竖直方向运动，二是吊着货物沿旋臂水平运动。现天车吊着货物正在沿水平方向向右匀速行驶，同时又启动天车上的起吊电动机，使货物竖直向上做匀减速运动。此时，我们站在地面上观察到货物运动的轨迹可能是下图中的（）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【详解】由于货物在水平方向做匀速运动，在竖直方向做匀减速运动，故货物所受的合外力竖直向下，由曲线运动的特点（所受的合外力指向轨迹凹侧）可知，对应的运动轨迹可能为D。故选D。4.如图所示，斜面上有a、b、c、d四个
4、点，abbccd，从a点正上方以速度v水平抛出一个小球，它落在斜面的b点；若小球从以速度2v水平抛出，不计空气阻力，则它落在斜面上的（ ）A. b与c之间某一点B. c点C. d点D. c与d之间某一点【答案】A【解析】过b做一条与水平面平行一条直线，若没有斜面，当小球从O点以速度2v水平抛出时，小球落在水平面上时水平位移变为原来的2倍，则小球将落在我们所画水平线上c点的正下方，但是现在有斜面的限制，小球将落在斜面上的b、c之间故选A点睛：本题考查角度新颖，很好的考查了学生灵活应用知识解题的能力，在学习过程中要开阔思路，多角度思考如本题中学生可以通过有无斜面的区别，找到解题的突破口5.在同一轨
5、道平面上绕地球作匀速圆周运动的卫星A、B、C，某时刻恰好在同一直线上，如图所示，当卫星B经过一周期时间，则（）A. 各卫星角速度相等，因而三星仍在一直线上B. A超前于B，C落后于BC. A超前于B，C超前于BD. A、C都落后于B【答案】B【解析】【详解】设地球质量为M，卫星质量为m，根据万有引力和牛顿运动定律，有：，解得：T2；由于rArBrC所以TATBTC，当卫星B经过一个周期时，卫星A位置超前于B，卫星C位置滞后于B选项B正确；故选B6.一只小船在静水中的速度为5m/s,它要渡过一条宽为50m的河，河水流速为4m/s，则A. 这只船过河位移不可能为50mB. 这只船过河时间不可能为1
6、0sC. 若河水流速改变，船过河的最短时间一定不变D. 若河水流速改变，船过河的最短位移一定不变【答案】C【解析】试题分析：船在静水中的速度为5m/s，它大于河水流速4m/s，由速度合成的平行四边形法则可知，合速度可以垂直河岸，因此，过河位移可以为50m，所以，A选项错误当以静水中的速度垂直河岸过河时，过河时间为t，因此，B选项错误河水流速改变时，由分运动的独立性可知只要静水中的速度垂直河岸过河那么就时间不变，因此，C选项正确河水流速改变时，合速度要改变，若大于小船在静水中的速度，合速度不能垂直河岸，过河的最短位移要改变，因此，D选项错误故选C考点：运动的合成和分解点评：小船过河问题属于运动的
7、合成问题，要明确分运动的等时性、独立性，运用分解的思想，看过河时间只分析垂直河岸的速度，分析过河位移时，要分析合速度7. 如图，x轴在水平地面内，y轴沿竖直方向图中画出了从y轴上沿x轴正向抛出的三个小球a、b和c的运动轨迹，其中b和c是从同一点抛出的，不计空气阻力，则A. a的飞行时间比b的长B. b和c的飞行时间相同C. a的水平速度比b的小D. b的初速度比c的大【答案】BD【解析】【详解】ABb、c的高度相同，大于a的高度，根据h=gt2，得，知b、c的运动时间相同，a的飞行时间小于b的时间故A错误,B正确；C因为a的飞行时间短，但是水平位移大，根据x=v0t知，a的水平速度大于b的水平
8、速度故C错误；Db、c的运动时间相同，b的水平位移大于c的水平位移，则b的初速度大于c的初速度故D正确【点睛】解决本题的关键知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，知道平抛运动的时间由高度决定，初速度和时间共同决定水平位移.8.如图所示，有甲、乙两颗卫星分别在不同的轨道围绕一个半径为R、表面重力加速度为g的行星运动。卫星甲、卫星乙各自所在的轨道平面相互垂直，卫星甲的轨道为圆，距离行星表面的高度为R，卫星乙的轨道为椭圆，M、N两点的连线为其椭圆轨道的长轴，且M、N两点间的距离为4R。则以下说法错误的是（）A. 卫星甲的线速度大小为B. 卫星乙运行的周期为4C. 卫星乙沿椭圆轨道运行经过M点
9、时的速度大于卫星甲沿圆轨道运行的速度D. 卫星乙沿椭圆轨道运行经过N点时的加速度小于卫星甲沿圆轨道运行的加速度【答案】A【解析】【详解】A卫星甲绕中心天体做匀速圆周运动，由万有引力提供向心力得：其中r2R，由行星表面万有引力等于重力得：Gmg综上可计算出卫星甲环绕中心天体运动的线速度大小v，A错误；符合题意B同理可计算出卫星甲运行的周期：T甲4由卫星乙椭圆轨道的半长轴等于卫星甲圆轨道的半径，根据开普勒第三定律：可知，卫星乙运行的周期和卫星甲运行的周期相等，即：T乙T甲4B正确；不符合题意C卫星乙沿椭圆轨道经过M点时的速度大于在过M点的圆轨道上运行的卫星的线速度，而在过M点的圆轨道上运行的卫星的
10、线速度大于卫星甲在圆轨道上的线速度，故卫星乙沿椭圆轨道运行经过M点的速度大于卫星甲的速度，C正确；不符合题意D卫星运行时只受万有引力，向心加速度：a与行星的距离r越大，a越小，D正确。不符合题意故选A。9.质量相等的A、B两物体，放在水平转台上，A离轴O的距离是B离轴O距离的一半。如图所示，当转台旋转时，A、B都无滑动，则下列说法正确的是()A. 因为an2r，而rBrA，所以B的向心加速度比A的大B. B的线速度比A的大C. A的线速度比B的大D. 因为an，而rBrA，所以A的向心加速度比B的大【答案】AB【解析】【详解】AA、B都无滑动，所以A、B的角速度相等，根据可知，由于rBrA，所
11、以B的向心加速度比A大，故A正确；BCA、B的角速度相等，根据v=r可知，由于rBrA，所以B的线速度大于A的线速度，故B正确，C错误；D由于A物体的线速度小于B的且A的转动半径小于B的，由an不能得出A的向心加速度比B的大，故D错误。故选AB。10.质量为m小球由轻绳a和b分别系于一轻质木架上的A点和C点如图所示，当轻杆绕轴BC以角速度匀速转动时，小球在水平面内做匀速圆周运动，绳a在竖直方向，绳b在水平方向当小球运动到图示位置时，绳b被烧断的同时木架停止转动，则()A. 绳a对小球拉力不变B. 绳a对小球拉力增大C. 小球可能前后摆动D. 小球不可能在竖直平面内做圆周运动【答案】BC【解析】
12、【详解】AB绳b被烧断前，小球在竖直方向没有位移，加速度为零，a绳中张力等于重力，在绳b被烧断瞬间，a绳中张力与重力的合力提供小球的向心力，而向心力竖直向上，绳a的拉力大于重力，即拉力突然增大，故A错误，B正确；CD小球原来在水平面内做匀速圆周运动，绳b被烧断后，若角速度较小，小球原来的速度较小，小球在垂直于平面ABC的竖直平面内摆动，若角速度较大，小球原来的速度较大，小球可能在垂直于平面ABC的竖直平面内做圆周运动，故D错误，C正确故选BC。11.设地球的半径为R，质量为m的卫星在距地面高为2R处做匀速圆周运动，地面的重力加速度为g，则（）A. 卫星的角速度为B. 卫星的线速度为 C. 卫星
13、做圆周运动所需的向心力为mgD. 卫星的周期为2【答案】BC【解析】【详解】地球表面的物体受到的万有引力等于重力，即得A卫星绕地球做圆周运动，万有引力提供向心力，由牛顿第二定律得解得故A错误；B卫星绕地球做圆周运动，万有引力提供向心力，由牛顿第二定律得解得故B正确；C卫星做圆周运动所需向心力故C正确；D卫星绕地球做圆周运动，万有引力提供向心力，由牛顿第二定律得解得故D错误。故选BC。12.如图所示，一飞行器围绕地球沿半径为r的圆轨道1运动经P点时，启动推进器短时间向前喷气使其变轨，2、3是与轨道1相切于P点的可能轨道则飞行器（）A. 相对于变轨前运行周期变长B. 变轨后将沿轨道3运动C. 变轨
14、前、后在两轨道上经P点的速度大小相等D. 变轨前、后在两轨道上经P点的加速度大小相等【答案】BD【解析】【详解】A由于在P点推进器向前喷气，故飞行器将做减速运动， v减小，飞行器做圆周运动需要的向心力：减小，小于在P点受到的万有引力：，则飞行器将开始做近心运动，轨道半径r减小根据开普勒行星运动定律知，卫星轨道半径减小，则周期减小，A错误；B因为飞行器做近心运动，轨道半径减小，故将沿轨道3运动，B正确；C因为变轨过程是飞行器向前喷气过程，故是减速过程，所以变轨前后经过P点的速度大小不相等，C错误；D飞行器在轨道P点都是由万有引力产生加速度，因为在同一点P，万有引力产生的加速度大小相等，D正确选B
15、D.第II卷（非选择题，共52分）二、实验题（8分，每空2分）13.图1是“研究平抛物体运动”的实验装置，通过描点画出平抛小球的运动轨迹（1）以下实验过程的一些做法，其中合理的有_.a.安装斜槽轨道，使其末端保持水平b.每次小球释放的初始位置可以任意选择c.每次小球应从同一高度由静止释放d.为描出小球的运动轨迹描绘的点可以用折线连接（2）实验得到平抛小球运动轨迹，在轨迹上取一些点，以平抛起点O为坐标原点，测量它们的水平坐标x和竖直坐标y，图2中y-x2图象能说明平抛小球的运动轨迹为抛物线的是_.（3）图3是某同学根据实验画出的平抛小球的运动轨迹，O为平抛起点，在轨迹上任取三点A、B、C，测得A
16、、B两点竖直坐标y1为5.0cm、y2为45.0cm，测得A、B两点水平距离x为40.0cm，则平抛小球的初速度v0为_m/s，若C点的竖直坐标y3为60.0cm，则小球在C点的速度为vC=_m/s（结果保留两位有效数字，g取10m/s2）【答案】 (1). ac (2). c (3). 2.0 (4). 4.0【解析】【详解】（1）斜槽末端水平，才能保证小球离开斜槽末端时速度为水平方向，故a对；为保证小球多次运动是同一条轨迹，每次小球的释放点都应该相同，b错c对；小球的运动轨迹是平滑曲线，故连线时不能用折线，d错（2）平抛运动的水平位移与竖直位移分别满足的关系是：联立可得可知图象是直线时，说
17、明小球运动轨迹是抛物线（3）由竖直方向的分运动可知，即，水平初速度为C点的竖直分速度为由运动合成可知三、计算题(本题共4小题，共44分，解答时应写出必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位)14.饲养员对着长l1.0m的水平细长管的一端吹气，将位于吹气端口的质量m0.02kg的注射器射到动物身上，如图所示，注射器飞离长管末端的速度大小v20m/s，可视为质点的注射器在长管内做匀变速直线运动，离开长管后做平抛运动。(g取10m/s2)(1)求注射器在长管内运动时受到的合力大小；(2)若动物与长管末端的水平距离x4.0m，求注射器下降的高度h。【答案】(1)4N；(2)0.2m【解析】【详
18、解】(1)由匀变速直线运动规律v202al，得a=200m/s2由牛顿第二定律Fma，得F4N(2)由平抛运动规律xvt，得t0.2s由hgt2得h0.2m15.如图所示，质量为0.1kg的木桶内盛水0.4kg，用50cm的绳子系住桶，并使它在竖直平面内做圆周运动。如果通过最高点和最低点时的速度大小分别为9m/s和10m/s，分别求在最高点和最低点水对桶底的压力FN1和FN2。(取g10m/s2)【答案】60.8N，方向向上，84N，方向向下【解析】【详解】水在最高点受向下的重力mg和桶底对水向下的支持力FN1的作用，有FN1mgm即FN1mmg将数据代入上式，可得FN160.8N由牛顿第三定
19、律得，水对木桶的压力大小为60.8N，方向向上水在最低点受桶底对水向上的支持力FN2和向下的重力mg作用，有FN2mgm即FN2mgm把数据代入上式，可得FN284N由牛顿第三定律得，水对桶的压力大小为84N，方向向下16.如图所示，小球A在光滑的半径为R的圆形槽内做匀速圆周运动，当它运动到图中a点时，在圆形槽中心O点正上方h处，有一小球B沿Oa方向以某一初速度水平抛出，结果恰好在a点与A球相碰，求：(1)B球抛出时的水平初速度；(2)A球运动的线速度最小值；(3)试确定A球做匀速圆周运动的周期的可能值。【答案】(1)R；(2)2R；(3) （n1，2，3，）【解析】【详解】(1)小球B做平抛
20、运动，其在水平方向上做匀速直线运动，则Rv0t在竖直方向上做自由落体运动，则hgt2由得v0R(2)A球的线速度取最小值时，A球刚好转过一圈的同时，B球落到a点与A球相碰，则A球做圆周运动的周期正好等于B球的飞行时间，即T所以vA2R(3)能在a点相碰，则A球在平抛的B球飞行时间内又回到a点。即平抛运动的时间等于A球周期的整数倍，所以tnT，T，n1，2，3，17.如图9所示，宇航员站在某质量分布均匀的星球表面一斜坡上P点沿水平方向以初速度v0抛出一个小球，测得小球经时间t落到斜坡上另一点Q，斜面倾角为，已知星球半径为R，万有引力常量为G，求：（1）该星球表面的重力加速度g（2）该星球的密度（3）该星球的第一宇宙速度v【答案】(1)(2)(3)【解析】【详解】（1）（2）（3）
