1、2013-2014学年度下学期联考试卷高一物理试题 本试题卷分第I卷（选择题）和第卷（非选择题）两部分。考生作答时，将答案答在答题卡上（答题注意事项见答题卡），在本试题卷上答题无效。考试结束后，将本试题卷和答题卡一并交回。第I卷选择题一、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1 -8 题只有一项符合题目要求，第9 -12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.如图所示，在竖直放置的长玻璃管底部放一可视为质点的小球，球用不可伸长的细线系着，细线的另一端系在图钉上。使玻璃管水平向右以速度”匀速运动，则小球相对于地面的速度大
2、小是A B C.v D.2v【答案】A小玻璃球参与了水平向右和竖直向上的分运动，如图所示，两个方向的分运动都是匀速直线运动，vx和vy恒定，且大小相等，则恒定，即为，则小玻璃球运动的速度大小和方向都恒定，因此角与玻璃管滑运动的速度无关，故A正确。故选A。【考点】运动的合成和分解2.地球同步卫星每天绕地球运转一周，月球这颡地球的天然卫星27天绕地球运转一周，则月球绕地球运转的轨道半径是同步卫星轨道半径的 A3倍 B9倍 C. 27倍 D64倍【答案】B根据万有引力提供环绕天体向心力有：，得，地球同步卫星每天绕地球运转一周，月球这颗地球的天然卫星27天绕地球运转一周，所以月球绕地球的周期与同步卫星
3、周期之比是27：1，所以月球绕地球运转的轨道半径是同步卫星轨道半径的9倍。故选B。【考点】人造卫星的加速度、周期和轨道的关系；万有引力定律3.如图，在河水速度恒定的小河中，小船以初速度v0向对岸驶去，行驶过程中船头始终垂直河岸，而船的轨迹是一个弯曲的“S”形，到达对岸时，小船相对于静水的速度还是v0，则 A.小船垂直河岸的速度大小恒定不变 B.小船垂直河岸的速度大小是先减小后增大 C.与船保持恒定的初始速度v0过河相比，过河时间长 D.与船保持恒定的初始速度v0过河相比，过河时间短【答案】D船在沿河岸的方向上是匀速直线运动，即在相同的时间间隔内，在河岸方向上的位移是相同的；在垂直于河岸的方向上
4、，在相等的时间间隔内，开始时位移较小，后逐渐增大再逐渐减小，所以速度是先增大后减小；因中间那段时间速度较大，所以与船保持恒定的初始速度过河相比过河时间要短了，故D正确。故选D。【考点】运动的合成和分解4.将两个相同的小球a、b同时水平抛出，不考虑空气阻力，运动轨迹如图所示，若小球a到达A点时的速率等于小球b到达B点时的速率，则 A.小球a到达A点的同时，小球b到达B点 B.小球a抛出的水平速度大于小球b抛出的水平速度 C.在运动过程中，小球a的加速度大于小球b的加速度 D.小球a在A点时的速度与水平方向的夹角大于小球b在B点时的速度与水平方向的夹角【答案】DA、因为a球下降的高度较大，根据知，
5、小球a的运动时间长，小球b先到达B点，故A错误；B、b球的运动时间长，水平位移大则b球抛出的初速度大于a球抛出时的初速度，故B错误；C、平抛运动的过程中，a、b两球的重力加速度相等，故C错误；D、由图可知，小球在A点速度方向与水平方向的夹角大于小球b在b点的速度与水平方向的夹角，故D正确。故选D。【考点】平抛运动5如图所示是“过山车”玩具模型。当小球以速度。经过圆形轨道最高点时，小球与轨道间的作用力为F，多次改变小球初始下落的高度h，就能得出F与v的函数关系。下列关于F与v之间关系的图象，可能正确的是【答案】C小球运动过程中，只有重力做功，机械能守恒，故：在在圆环最高点，重力和支持力的合力提供
6、向心力，根据牛顿第二定律，有：联立解得：根据式，F-v关系图象是开口向上的抛物线，故C正确。故选C。【考点】向心力；牛顿第二定律；机械能守恒定律6做平抛运动的物体其速度方向与初速度方向的夹角叫做平抛运动的偏转角。有一小球以v0=10m/s的初速度水平抛出后，在落地之前经过空中A、B两点，在A点小球速度偏转角为45，在B点小球速度偏转角为60，空气阻力忽略不计，g取10m/s，以下判断中正确的是A. 小球经过A、B两点的时间间隔为t=ls B小球经过A、B两点的时间间隔为t=sC. A、B两点间的高度差h=10m D. A、B两点间的高度差h=15 m【答案】CAB、根据平行四边形定则知，小球在
7、A点竖直分速度，小球在B点竖直分速度为：；则小球经过A、B两点的时间间隔为：，故AB错误；CD、A、B两点的高度差为：，故C正确D错误。故选C。【考点】平抛运动7 2013年10月3日发生天王星“冲日”，此时天王星、地球、太阳位于同一条直线上，地球和天王星距离最近，每到发生天王星“冲日”的时候，是天文学家和天文爱好者观测天王星的最佳时机。若把地球、天王星围绕太阳的运动当作匀速圆周运动，并用r1、r2分别表示地球、天王星绕太阳运转的轨道半径，并设太阳质量M与万有引力常量G的乘，积GM=，再经过多长时间发生下一次天王星“冲日”.【答案】D研究天王星、地球绕太阳做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力
8、，得，它们再一次相距最近时，一定是地球比天王星多转了一圈，有：得，设太阳质量M与万有引力常量G的乘积，解得：。故选D。【考点】人造卫星的加速度、周期和轨道的关系；万有引力定律8.光束从高速旋转的齿轮的齿缝正中央穿过后经镜面反射回来，通过调节齿轮的转速，使反射光束恰好通过相邻的另一个齿缝的正中央，由此可测出光的传播速度。已知齿轮上的齿数为p，若测量出在时间t内齿轮转动了n周，齿轮与镜子间距离为d，则以下说法正确的是A齿轮转动的角速度为B每转动一齿的时间为C光速表达式为D.光速表达式为【答案】DA、根据齿轮t时间内转动n周，则可求出齿轮的转动周期，则为；故角速度：；故A错误；B、齿轮数P，则就求出
9、每转动一齿的时间，则为，故B错误；CD、根据题意可知，当光从齿缝正中央穿过，经镜面反射回来，反射光束恰好通过相邻的另一个齿缝的正中央，所以由可得：；解得：，故C错误D正确。故选D。【考点】线速度、角速度和周期、转速9. 2014年3月8号“马航失联”事件发生后，中国在派出水面和空中力量的同时，第一对间调动卫星参与搜寻。“调动”卫星的措施之一就是减小卫星环绕地球运动的轨道半径，降低卫星运行的高度，以有利于发现地面（或海洋）目标。下面说法正确的是A.轨道半径减小后，卫星的环绕速度增大 B.轨道半径减小后，卫星的加速度减小C.轨道半径减小后，卫星的环绕角速度增大 D.轨道半径减小后，卫星的环绕周期减
10、小【答案】ACD人造地球卫星绕地球做圆周运动万有引力提供圆周运动向心力有：A、，轨道半径减小，卫星的环绕速度增大，故A正确；B、，轨道半径减小，卫星的加速度增大，故B错误；C、，轨道半径减小，卫星的环绕角度速度增大，故C正确；D、，轨道半径减小，卫星的环绕周期减小，故D正确。故选ACD。【考点】人造卫星的加速度、周期和轨道的关系；万有引力定律10. 2014年3月31日世界最高的摩天轮美国拉斯维加斯“豪客” (HighRoller)摩天轮向游客开放，它连同底座高达167.64 m，特轮直径长达120 m，可俯瞰整个拉斯维加斯。摩天轮转动时，游客坐在轿厢内随轮一起匀速转动，每转一圈需要30 mi
11、n。以下说法正确的是A、轿厢角速度为radsB、轿厢线速度为m/sC、质量60 kg游客的向心力为600 N D、质量60 kg游客的向心力为（）N【答案】ABDA、转动的周期为30min，则转动的角速度为，故A正确；B、轿厢转动的线速度为：，故B正确；CD、质量60kg的游客的向心力为：，故C错误D正确。故选ABD。【考点】向心力；线速度、角速度和周期、转速11.下图是“嫦娥三号”探月飞行器的飞行轨道示意图，在其经历的五个关键飞控段中涉及到多次轨道调整，若探月器在地月转移段的中后期之詹可以忽略地球引力影响，经过多次变轨，逐渐靠近月球，在最后阶段采用动力下降的方式，使探月器稳稳地落在月球表面，
12、则下列说法正确的是A.探月器在地月转移轨道的P点速度v1等于在环月圆轨道的P点速度v2B.探月器在环月椭圆轨道的P点速度小于Q点速度vQC探月器在环月圆轨道运行的周期T1小于环月椭圆轨道的周期T2D.探月嚣在动力下降阶段由于减速而处于超重状态【答案】BDA、椭圆轨道和圆轨道是不同的轨道，探月器只有在减速后，做近心运动，才能进入圆轨道，所以探月器在地月转移轨道的P点速度v1大于在环月圆轨道的P点速度v2，故A错误；B、根据开普勒第二定律得探月器在近月点速度要大于远月点速度，即探月器在环月椭圆轨道的P点速度vP小于Q点速度vQ，故B正确；C、探月器在环月圆轨道运行的轨道半径大于环月椭圆轨道的半长轴
13、，根据开普勒第三定律得探月器在环月圆轨道运行的周期T1大于环月椭圆轨道的周期T2，故C错误；D、探月器在动力下降阶段由于减速而逐渐靠近月球，具有向上的加速度，所以处于超重状态，故D正确。故选BD。【考点】人造卫星的加速度、周期和轨道的关系；牛顿第二定律；万有引力定律12.如图所示，从地面上方不同高度处以水平速度、抛出两小球a、6，结果a落在B初始位置的正下方，而b落在a初始位置的正下方，bc为过小球b初始位置的水平线，不计空气阻力，下列判断正确的有A.两球抛出时的初速度B.若它们同时落地（不考虑它们在空中枢碰弹射，可互不影响地通过），它们可能在空中相遇C.若两小球同时抛出，则它们不能在空中相遇
14、D.若要使它们能在空中相遇，必须在a到达bc时将b抛出【答案】ACA、a球的高度大于b球的高度，知a球平抛运动的时间大于b球平抛运动的时间，两球的水平位移相等，根据x=v0t知，vavb，故A正确；B、若它们同时落地，则a球先抛出，若两球能够相遇，则a球的竖直分速度大于b球的竖直分速度，a球将先落地，所以两球不可能在空中相遇，故B错误；C、两球同时抛出，则相同时间内下降的高度相同，两球不可能在空中相遇，故C正确；D、当a到达bc线时，将b球抛出，由于a求出此时竖直方向上有速度，两球在竖直方向相同时间内的位移不同，不可能在空中相遇，故D错误。故选AC。【考点】平抛运动第卷非选择题二、非选择题：本
15、题共5小题，共62分。13（8分）如图所示为研究平抛运动的实验装置，在暗室中，将小球从斜槽上某一点释放，小球开始做平抛运动，频闪仪每隔一定时闷发出一次短暂的闪光，使小球位置记录在胶片上。实验后对胶片做一定处理并建立直角坐标系，得到如图所示的部分小球位置示意图。（g=10m/s）(1)根据小球位置示意图可以判断闪光间隔为_s；(2)小球抛出点横坐标为_m，纵坐标为_m。【答案】0.1 1.025 0.4875（1）根据得：（2）球水平速度，右边1、3两个球在竖直方向上的位移为0.3m，右边第二个球在竖直方向上的分速度为：，则运动的时间为：此时水平位移为，竖直位移为：，所以抛出点的横坐标为：纵坐标
16、为：。【考点】研究平抛物体的运动14（10分）下面的实验可以用来探究的正确性。细线一端固定在铁架台上，另一端悬挂一小钢球。小钢球质量m事先用天平测出（重力加速度g已知）。将画着几个同心圆的白纸置于水平桌面上，使小钢球静止时刚好能够与纸面接触并正好位于圆心处。用手带动小钢球使它沿纸上某个圆周匀速转动起来。测出悬点到桌面的距离h、小钢球沿纸上某个圆周运动时该圆周的半径r(hr)。(1)根据小钢球受力情况分析可知，做圆周运动的小球受到的合外力为F=_；(2)从小钢球经过圆周上某一位置时开始计时并记为小球第1次通过该位置，若在t时间内小球第n次经过该位置，则小钢球运动的线速度v=_，小钢球做圆周运动的
17、向心力为=_；(3)有同学认为小钢球的质量m其实没有必要测量出具体的数值，因为质量m可以在运算过程中消去，你认为这种观点正确吗？答：_（只回答正确或不正确，不必叙述理由）。【答案】 正确（1）对小球受力分析如图所示，则有：； （2）从小钢球经过圆周上某一位置时开始计时并记为小球第1次通过该位置，若在t时间内小球第n次经过该位置，故周期为：；则小钢球运动的线速度：；小钢球做圆周运动的向心力为：；（3）实验要验证：；因为质量m可以在运算过程中消去，故小钢球的质量m其实没有必要测量出具体的数值。【考点】向心力；牛顿第二定律15（12分）如图所示，在竖直平面内建立直角坐标系xOy，x轴取水平方向，y轴
18、取竖直方向。矩形区域OABC的边长OA= 3L，AB= 2L。从原点O处沿x轴正方向以不同的水平速度抛出一群质量为m的小球，被抛出的小球从AB边穿过的最小偏转角为30，从BC边穿过的最大偏转角为60，不计空气阻力影响，求被抛小球分别从矩形区域的AB边和BC边穿过的范围。【答案】 当偏转角最大时，小球从BC边射出，根据平抛运动速度与水平方向夹角的正切值是位移与水平方向夹角的正切值2倍，设偏转角最大时，位移与水平方向夹角为1，则，解得，根据几何关系知，小球离开矩形区域与B点的距离；当偏转角最小时，小球从AB边射出，设偏转角最小时，位移与水平方向夹角为2，则，解得，根据几何关系知，小球离开矩形区域与
19、B点的距离。【考点】平抛运动16（15分）某双星系统中两个星体A、B的质量都是m，且相距L，它们正围绕两者连线上 的某一点做匀速圆周运动。实际观测该系统的周期T要小于按照力学理论计算出的周期理论值T0，且=k(k1),于是有人猜测这可能是受到了一颗未发现的星体C的影响，并认为C位于双星A、B的连线中点。求： (1)两个星体A、B组成的双星系统周期理论值T0； (2)星体C的质量。【答案】 （1）两星的角速度相同，根据万有引力充当向心力知：可得两星绕连线的中点转动，则解得所以；（2）由于C的存在，双星的向心力由两个力的合力提供，则、得：。【考点】万有引力定律；向心力；牛顿第二定律17（17分）如
20、图所示，可以看作是质点的小物块放在长度为s=1.25 m的粗糙水平固定桌面的左端A点，对物块施加一个瞬时作用力，使其以初速度=5m/s向右滑行，物块离开桌子边缘B后做平抛运动，从C点落入光滑竖直圆轨道的缺口中，速度与圆轨道相切，然后在圆轨道中运动，物块最终恰好能够经过圆轨道的最高点D。已知物块在D点的速度=2,半径OC与竖直方向夹角为60.C点与桌子边缘B的高度差h=1.25 m，小物块质量m=1kg，g取10m/s，则：(1)小物块与桌面之间的动摩擦因数多大？(2)圆轨道的半径R等于多少？【答案】 对CD过程由机械能守恒定律可知：（1）由题意可知：物体在D点重力恰好充当向心力；则有：（2）对
21、于从A到C过程，由动能定理可知：（3）由运动的合成与分解可知，B点的速度为：则由机械能守恒定律可知，CB在同一水平面上；则有：；解得：；则：；代入（3）式可得：。【考点】动能定理；牛顿第二定律；向心力；机械能守恒定律参考答案1.A 2.B 3.D 4.D 5C 6C 7 D 8.D 9. ACD 10. ABD 11.BD 12.AC130.1 1.025 0.487514 正确15（12分）当偏转角最大时，小球从BC边射出，根据平抛运动速度与水平方向夹角的正切值是位移与水平方向夹角的正切值2倍，设偏转角最大时，位移与水平方向夹角为1，则，解得，根据几何关系知，小球离开矩形区域与B点的距离；当偏转角最小时，小球从AB边射出，设偏转角最小时，位移与水平方向夹角为2，则，解得，根据几何关系知，小球离开矩形区域与B点的距离。16（15分）（1）两星的角速度相同，根据万有引力充当向心力知：可得两星绕连线的中点转动，则解得所以；（2）由于C的存在，双星的向心力由两个力的合力提供，则、得：。17（17分）对CD过程由机械能守恒定律可知：（1）由题意可知：物体在D点重力恰好充当向心力；则有：（2）对于从A到C过程，由动能定理可知：（3）由运动的合成与分解可知，B点的速度为：则由机械能守恒定律可知，CB在同一水平面上；则有：；解得：；则：；代入（3）式可得：。
