1、油田三中2020-2021学年度上学期期中考试物理试卷考试时间:60分钟一、单选题（(本大题共10小题，共50.0分)）1. 刀削面是西北人喜欢的面食之一，全凭刀削得名。如图所示，将一锅水烧开，拿一块面团放在锅旁边较高处，用一刀片飞快地削下一片片很薄的面片儿，面片便水平飞向锅里，若面团到锅的上沿的竖直距离为0.8m，面团离锅上沿最近的水平距离为0.4m，锅的直径为0.4m。若削出的面片落入锅中，则面片的水平初速度不可能是(g=10m/s2)( )A. 0.8m/sB. 1.2m/sC. 1.5m/sD. 1.8m/s2. 如图，从斜面上的点以速度v0水平抛出一个物体，飞行一段时间后，落到斜面上
2、的B点，己知AB=75m，=37，(sin37=0.6,cos37=0.8,g=10m/s2。)不计空气阻力，下列正确的是() A. 物体的位移大小为60mB. B. 物体飞行的时间为6sC. 物体在B点的速度大小为30m/sC. D. 物体的初速度v0大小为20m/s3. 2018年12月8日，肩负着亿万中华儿女探月飞天梦想的嫦娥四号探测器成功发射，“实现人类航天器首次在月球背面巡视探测，率先在月背刻上了中国足迹”。已知月球的质量为、半径为，探测器的质量为，引力常量为，嫦娥四号探测器围绕月球做半径为的匀速圆周运动时，探测器的（ ）A.周期为B.动能为C.角速度为D.向心加速度为41970年成
3、功发射的“东方红一号”是我国第一颗人造地球卫星，该卫星至今仍沿椭圆轨道绕地球运动如图所示，设卫星在近地点、远地点的速度分别为v1、v2，近地点到地心的距离为r，地球质量为M，引力常量为G则（A）（B）（C）（D）5、习近平主席在2018年新年贺词中提到，科技创新、重大工程建设捷报频传，“慧眼”卫星邀游太空。“慧眼”于2017年6月15日在酒泉卫星发射中心成功发射，在10月16日的观测中，确定了射线的流量上限。已知“慧眼”卫星绕地球做匀速圆周运动，其轨道半径为r，运动周期为T，地球半径为R，引力常量为G，地球表面处的重力加速度为g，则下列说法正确的是()A. 地球的平均密度大小为3GT2B. 地
4、球的质量大小为gr2GC. 地球表面的重力加速度大小42RT2D. “慧眼”卫星的向心加速度大小为42rT26、已知火星的质量是地球的a倍，它的半径是地球半径的b倍，地球表面处的重力加速度为g。现在火星的表面上以初速度v竖直上抛小球不计大气的阻力，忽略火星自转，则小球在火星上上升的最大高度为A. bv2agB. b2v22agC. av22bgD. bv22a2g7、2019年9月，北斗系统正式向全球提供服务，在轨39颗卫星中包括21颗北斗三号卫星：有18颗运行于中圆轨道、1颗运行于地球同步轨道、2颗周期为24h的运行于倾斜地球同步轨道，这些卫星中()A. 中圆轨道卫星周期最大B. 同步轨道卫
5、星向心加速度最大C. 2颗倾斜地球同步轨道卫星机械能相等D. 倾斜地球同步轨道卫星相对地面不是静止的8、如图，在太空飞行了九天的“嫦娥三号”飞船，再次成功变轨，从100km的环月圆轨道，降低到近月点15km、远月点100km的椭圆轨道，两轨道相交于点P，如图所示。关于“嫦娥三号”飞船，以下说法不正确的是( )A. 在轨道上运动到P点的速度比在轨道上运动到P点的速度大B. 在轨道上P点的加速度比在轨道上运动到P点的加速度小C. 在轨道上的势能与动能之和比在轨道上的势能与动能之和大D. 在轨道上运动的周期大于在轨道上运动的周期9、经长期观测人们在宇宙中已经发现了“双星系统”。“双星系统”由两颗相距
6、较近的恒星组成，每个恒星的线度远小于两个星体之间的距离，而且双星系统一般远离其他天体。如图所示，两颗星球组成的双星，在相互之间的万有引力作用下，绕连线上的O点做匀速圆周运动。现测得两颗星球之间的距离为L，质量之比m1m2=32，则可知()A. m1、m2做圆周运动的线速度之比为23B. B. m1、m2做圆周运动的角速度之比为32C. m1做圆周运动的半径为35LC. D. m2做圆周运动的半径为25L10、如图是质量为1kg的质点在水平面上运动的v-t图像，以水平向右的方向为正方向。以下判断正确的是()A. 在03s时间内，合力对质点做功为10JB. 在46s时间内，质点的平均速度为3m/s
7、C. 在15s时间内，合力的平均功率为4WD. 在t=6s时，质点的加速度为零二、多选题（(本大题共4小题，共20.0分)）11、质量为m的某新型电动汽车在阻力恒为f的水平路面上进行性能测试，测试时的v-t图象如图所示，Oa为过原点的倾斜线段，bc与ab相切于b点，ab段汽车以额定功率P行驶，下列说法正确的是A. 0t1，时间内汽车的牵引力为mv1t1B. t1t2时间内汽车发动机的功率为mv1t1+fv1C. t2t3时间内汽车受到的合外力做正功D. t1t3时间内汽车发动机做功为P(t3-t1)12、如图甲所示，物体受到水平推力F的作用在粗糙水平面上做直线运动监测到推力F、物体速度v随时间
8、t变化的规律如图乙、丙所示取g=10m/s2，则()A. 第1s内推力做功为1JB. 第2s内物体克服摩擦力做的功为W=2.0JC. 第1.5s时推力F的功率为2WD. 第2s内推力F做功的平均功率P=3W13、如图甲所示，用一轻质绳拴着一质量为m的小球，在竖直平面内做圆周运动(不计一切阻力)，小球运动到最高点时绳对小球的拉力为FT，小球在最高点的速度大小为v，其FT-v2图象如图乙所示，则()A. 轻质绳长为ambB. 当地的重力加速度为amC. 当v2=c时，轻质绳的拉力大小为acb+aD. 只要v26，小球在最低点和最高点时绳的拉力差均为6a14从地面竖直向上抛出一物体，其机械能E总等于
9、动能Ek与重力势能Ep之和。取地面为重力势能零点，该物体的E总和Ep随它离开地面的高度h的变化如图所示。重力加速度取10 m/s2。由图中数据可得A物体的质量为2 kgBh=0时，物体的速率为20 m/sCh=2 m时，物体的动能Ek=40 JD从地面至h=4 m，物体的动能减少100 J三、计算题（(本大题共2小题，共30.0分)）15、如图所示，竖直平面内半径为R=0.4m的光滑半圆形轨道，与水平轨道AB相连接，AB的长度为X=0.8m。一质量为m=1kg的小滑块，在水平恒力F作用下由静止开始从A向B运动，小滑块与水平轨道间的动摩擦因数为=0.3，到B点时撤去力F，小滑块沿圆轨道运动到最高
10、点C时对轨道的压力为3mg，重力加速度为g=10m/s2，求： (1)小滑块在C点的速度大小；(2)小滑块在B点的速度大小；(3)恒力F的大小。16、如图，与水平面夹角=37的斜面和半径R=1.0m的光滑圆轨道相切于B点，且固定于竖直平面内。质量m=0.5kg的滑块从斜面上的A点由静止释放，经B点后沿圆轨道运动，通过最高点C时轨道对滑块的弹力为滑块重力的5.4倍。已知A、B两点间的高度差h=6.0m。(g=10m/s2,sin37=0.6,cos37=0.8)求：(1)滑块在C点的速度大小vC；(2)滑块在B点的速度大小vB；(3)滑块在A、B两点间克服摩擦力做功Wf。答案和解析1.【答案】A
11、【解析】【分析】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，根据高度求出运动的时间，结合水平距离的范围求出初速度的范围，即可选择。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，结合运动学公式灵活求解。【解答】解：削出的面片在空中做平抛运动，根据平抛运动的规律，水平方向有：x=v0t竖直方向有：h=12gt2得：v0=xg2h由题得水平距离的范围为：0.4mx0.8m，联立可得：1m/sv02m/s，由此可知面片的初速度不可能是0.8m/s，故BCD错误，A正确。故选A。2.【答案】D【解析】解：A.物体的位移等于初末位置的距离，大小为75m，故A错误。B.平抛
12、运动的竖直位移h=xABsin=750.6m=45m，根据h=12gt2得，物体飞行的时间t=2hg=24510s=3s，故B错误。CD.物体的初速度v0=xABcost=750.83=20m/s，故DD正确。物体落到B点的竖直分速度vyB=gt=103m/s=30m/s，根据平行四边形定则知，物体落在B点的速率vB=v02+vyB2=400+900=1013m/s，故C错误。故选：D。(1)根据平抛运动的竖直位移，结合位移时间公式求出物体飞行的时间，(2)根据水平位移和时间求出物体的初速度。(3)根据速度时间公式求出物体到达B点的竖直分速度，结合平行四边形定则求出物体在B点的速度大小。解决本
13、题需要明确知道平抛运动在水平和竖直方向的运动特征，要熟记运动学公式；3.【答案】D【解析】【分析】解决本题的关键知道小球做圆周运动向心力的来源，知道最高点的临界情况，结合牛顿第二定律进行求解。小球在最高点，细绳对小球只有拉力，杆子可以表现为支持力，也可以表现为拉力，在最高点的最小速度为零，根据牛顿第二定律分析杆子对小球的作用力随速度变化的关系。【解答】AC.图甲中，因轻杆既可以提供拉力又可以提供支持力，在最高点轻杆对小球的作用力与重力等大反向时，小球的速度为零，随着速度的增大，轻杆对小球的作用力先减小后增大，故AC错误；BD.图乙中，在最高点有F+mg=mv2R，轻绳对小球的作用力一定随速度的
14、增大而增大，当F=0时有mg=mv2R，解得最小速度v=gR，故B错误，故D正确。故选D。4.【答案】D【解析】【分析】根据牛顿第二定律，结合最大静摩擦力，求出发生滑动的临界角速度，甲先滑动的原因。解决本题的关键知道物块做圆周运动向心力的来源，抓住临界状态，结合牛顿第二定律进行求解。【解答】当物块刚好要滑动时，mg=mr2，此时=gr，因此甲物块先滑动，一定是甲离转轴的距离比乙离转轴的距离大，故ABC错误，D正确。故选D。5.【答案】D【解析】【分析】根据万有引力提供向心力公式，可求解加速度和驱动器质量；再利用密度公式求解地球的密度；卫星在表面所受的万有引力等于重力，可表示重力加速度g。解答本
15、题的关键是要灵活应用万有引力的各种表达式，要分清卫星在高空中的轨道半径和周期与他在和绕地表运转的半径和周期的不同，千万不能混淆。【解答】设地球的质量为M，“慧眼”卫星的质量和向心加速度分别为m、a向，地球表面的重力加速度为g、地球的平均密度，卫星在地表公转的周期为T0。AD.根据万有引力提供向心力可得：GMmr2=m(2T)2r=ma向根据上述公式解得：M=42r3GT2a向=42rT2。根据密度公式求解出地球的密度为：=MV=3r3GT2R3，故A错误，D正确；BC.地球表面的物体的重力近似等于物体所受到的万有引力，即：GMmR2=mg=m(2T0)2R解得地球的质量M=gR2G重力加速度：
16、g=42RT02，此时分母里的周期T0应该是卫星绕地表运动的周期，不是在高空中的周期T，故BC错误；故选D。6.【答案】B【解析】【分析】据质量和半径的关系求得地球表面的重力加速度与火星表面重力加速度的关系，再根据竖直上抛公式求解。本题关键是抓住星球表面重力与万有引力相等，根据质量和半径关系求得重力加速度之比，再根据竖直上抛规律求解。【解答】根据在星球表面重力与万有引力相等有：GMmR2=mg，可得：g=GMR2，故g地g火=M地M火R火2R地2=b2a竖直上抛运动的最大高度h=v22g，所以有h地h火=g火g地=ab2；故h火=b2v22ag故B正确，ACD错误；7.【答案】D【解析】【分析
17、】本题考查了卫星的运动量问题，关键是根据万有引力提供向心力分析计算。根据万有引力提供向心力分析判断。【解答】A.根据，可得卫星周期，可知轨道半径越大，周期越大，故中圆轨道卫星周期最小，故A错误；B.根据GMmr2=ma，可得卫星向心加速度a=GMr2，可知轨道半径越小，向心加速度越大，故中圆轨道卫星向心加速度最大，故B错误；C.2颗倾斜地球同步轨道卫星，离地面高度和运行的线速度均相等，但由于质量关系不确定，故无法确定机械能的大小关系，故C错误；D.倾斜地球同步轨道卫星在绕地球转动过程中，地球也在自转，故倾斜地球同步轨道卫星相对地面不是静止的，故D正确。故选D。8.【答案】B【解析】【分析】当万
18、有引力刚好提供卫星所需向心力时卫星正好可以做匀速圆周运动，1.若是万有引力大于需要的向心力，则卫星做逐渐靠近圆心的运动2.若是万有引力小于需要的向心力，则卫星做逐渐远离圆心的运动根据牛顿第二定律F合=ma可知在不同轨道上的同一点加速度相同根据开普勒周期定律比较两个轨道上的周期通过该题要记住：由高轨道变轨到低轨道需要减速，而由低轨道变轨到高轨道需要加速，这一点在解决变轨问题时要经常用到，一定要注意掌握根据F=ma所求的加速度a是指物体的合加速度，即是向心加速度和切向加速度的合加速度。【解答】A、沿轨道运动至P时，制动减速，万有引力大于向心力做向心运动，才能进入轨道，故在轨道上运动到P点的速度比在
19、轨道上运动到P点的速度大故A正确。B、“嫦娥三号”卫星变轨前通过椭圆轨道远地点时只有万有引力来提供加速度，变轨后沿圆轨道运动也是只有万有引力来提供加速度，同一地点万有引力相同，所以加速度相等，故B错误。C、变轨的时候点火，发动机做功，从轨道进入轨道，发动机要做功使卫星减速，故在轨道上的势能与动能之和比在轨道上的势能与动能之和大，故C正确。D、根据开普勒第三定律a3T2=k，k为常数，可得半长轴a越大，运动周期越大，显然轨道的半长轴(半径)大于轨道的半长轴，故沿轨道运动的周期小于沿轨道运动的周期，故D正确。本题选择不正确的。故选：B。9.【答案】A【解析】【分析】双星在相互之间的万有引力作用下，
20、绕连线上的O点做周期相同的匀速圆周运动，根据牛顿第二定律分别对两恒星进行列式，来求解线速度之比，并得出各自的半径。本题主要考查万有引力定律的扩展使用，双星是圆周运动在万有引力运用中典型问题，关键抓住它们之间的关系：角速度和周期相同，由相互之间的万有引力提供向心力。【解答】设双星运行的角速度为，由于双星的周期相同，则它们的角速度也相同，则根据牛顿第二定律得：对m1：Gm1m2L2=m12r1，对m2：Gm1m2L2=m22r2，联立得：r1:r2=m2:m1=2:3，又因为r1+r2=L，得r1=25L，r2=35L，由v=r可知，相同，则m1、m2做圆周运动的线速度之比为v1:v2=r1:r2
21、=2:3，故A正确，故BCD错误。故选A。10.【答案】B【解析】解：A、根据动能定理，在03.0s时间内，合力对质点做功等于动能的增加量，故W=12mv32-12mv02=121(16-4)=6J，故A错误；B、由于速度时间图线与时间轴包围的面积表示位移，故物体在4.0s6.0s时间内的位移为x=12(1+2)4=6m，故平均速度为v=xt=62=3m/s，故B正确；C、根据动能定理，在1s5.0s时间内，合力对质点做功等于动能的增加量，故W=12mv52-12mv12=121(16-0)=8J，故合力的平均功率为P=Wt=84=2W，故C错误；D、在t=6.0s时，质点速度为零，但从5s到
22、7s物体做匀变速直线运动，加速度不变，故该时刻物体的加速度不为零，故D错误；故选：B先根据速度时间图象得到物体的运动规律，然后根据动能定理判断合力的做功情况，根据速度时间图线与时间轴包围的面积表示位移来计算物体的位移大小，根据平均速度的定义求平均速度，根据平均功率的定义来求解平均功率本题关键是由速度时间图象得到物体的运动情况，然后结合动能定理和运动学公式列式分析，同时要注意，速度为零时加速度不一定为零11.【答案】BD【解析】【分析】本题主要考查牛顿第二定律，功的计算，功率、平均功率和瞬时功率。由v-t图明确运动过程，明确0t1时间内，电动汽车做匀加速直线运动，t2t3时间内，电动汽车做匀速直
23、线运动，牵引力等于阻力，再分别对各段根据功率公式进行分析即可求解。【解答】A.0t1时间内，电动汽车做匀加速直线运动，由牛顿第二定律F-f=ma，a=v1t1，可得F=mv1t1+f，故A错误；B.瞬时功率P=Fv，可得P=(f+mv1t1)v，t1t2时间内汽车保持额定功率不变而做变加速直线运动，则发动机的功率等于t1时刻的功率，故大小为(mv1t1+f)v1，故B正确；C.t2t3时间内，电动汽车做匀速直线运动，牵引力等于阻力，则合外力为零，即合外力做功为零，故C错误；D. 从t1时刻开始，发动机保持额定功率不变，而牵引力是变力，故牵引力的功根据W=Pt可得，W=P(t3-t1)，故D正确
24、。故选BD。12.【答案】BD【解析】解：A、由v-t图可知第1s内物体速度为零没有运动，所以推力做的功为零。A错误； B、由v-t图和F-t图可知第3s内物体匀速则f=F=2N，第2s内位移为1m，由P=fL=21J=2.0J.B正确； C、1.5s是的瞬时速度为1m/s，推力为3N，则由P=Fv=31W=3W.C错误； D、第2s内的推力为3N，第2s内物体做匀加速直线运动平均速度为1m/s，由P-=Fv-=31W=3W.D正确。故选：BD。根据v-t图和F-t图可知：第1s内推力没有克服物体的最大静摩擦力，一直静止没有运动；第2s内物体做加速运动；第3s内做匀速运动可知此时f=F=2N，
25、根据功、平均功率和瞬时功率的公式可求得各选项的结果本题考查功、平均功率和瞬时功率的计算，在v-t图象中第3s内物体匀速运动时，可得到阻力f=F=2N，是解决本题的关键13.【答案】BD【解析】【分析】在最高点，根据牛顿第二定律得出F与v2的关系式，结合图线的斜率和截距求出当地的重力加速度和轻质绳长，根据动能定理和牛顿第二定律求出最低点拉力的表达式，结合最高点的拉力表达式求出拉力之差。本题考查了动能定理和牛顿第二定律的应用，根据在最高点和最低点的拉力求出拉力之差的表达式，由图像求出当地的重力加速度和绳长。【解答】AB.在最高点根据牛顿第二定律得：F+mg=mv2L，则拉力为：F=mLv2-mg，
26、根据图象知纵轴截距为：a=mg，则重力加速度为：g=am，图线的斜率为：k=mL=ab，则轻绳长为：L=mba，故B正确，A错误；C.当v2=c时，绳子的拉力为：F=mLv2-mg=mcL-mg=acb-a，故C错误；D.在最高点时，F=mv2L-mg，设最低点的速度为v，根据动能定理得：mg2L=12mv2-12mv2，根据牛顿第二定律得：F=mv2L+mg，则拉力之差为：F=F-F=2mg+mv2-mv2L=6mg=6a，故D正确。故选BD。14.【答案】AC【解析】【分析】汽车在桥顶靠重力和支持力的合力提供向心力，结合牛顿第二定律求出支持力的大小当支持力为零时，汽车过桥顶时会腾空，结合牛
27、顿第二定律求出速度的大小解决本题的关键知道圆周运动向心力的来源，结合牛顿第二定律进行求解，知道匀速圆周运动不是平衡状态，合力不为零【解答】A.根据牛顿第二定律得，mg-N=mv2R，解得N=mg-mv2R=8000-8002550N=7600N，则汽车对桥的压力为7600N，故A正确；B、当支持力为零时有：mg=mv2R，解得v=gR=1050m/s=105m/s，故B错误；C、根据牛顿第二定律得，mg-N=mv2R，同样的车速，圆弧半径越小，支持力越小，越不安全，故C正确；D、汽车以5m/s的速度匀速过拱桥时，靠合力提供向心力，不是处于平衡状态，故D错误故选：AC15.【答案】解：(1)由牛
28、顿第三定律知在C点，轨道对小球的弹力为：FN=3mg小球在C点时，受到重力和和轨道对球向下的弹力，由牛顿第二定律得：FN+mg=mv2R解得v=4m/s；(2)从B到C过程中，由动能定理：-mg2R=12mv2-12mvB2解得B点速度vB=42m/s(3)从A到C过程中，由动能定理：FX-mgX-mg2R=12mv2则F=23N。【解析】本题主要考查了牛顿运动定律和动能定理的直接应用，难度不大，属于基础题。(1)根据小球在C点所受弹力，由牛顿第二定律可求解小球在C的速度；(2)从B到C过程，由动能定理得V点速度；(2)从A到C全过程，由动能定理得恒力F的大小。16.【答案】解：(1)滑块通过
29、最高点C时，对滑块，根据牛顿第二定律可得：mg+FN=mvC2R据题FN=5.4mg解得vC=8m/s(2)滑块从B到C过程，根据动能定理有：12mvC2-12mvB2=-mgR(1+cos37)解得vB=10m/s(3)滑块从A到B只有重力、摩擦力做功，由动能定理可得：mgh-Wf=12mvB2-0解得Wf=5J答：(1)滑块在C点的速度大小vC为8m/s；(2)滑块在B点的速度大小vB为10m/s；(3)滑块在A、B两点间克服摩擦力做功Wf是5J。【解析】(1)滑块在C点时由合力提供向心力，应用牛顿第二定律即可求解滑块在C点的速度大小vC；(2)对滑块从B到C过程，应用动能定理即可求得在B处的速度大小vB；(3)对滑块从A到B，应用动能定理求克服摩擦力做功Wf。本题是向心力和动能定理的综合应用，关键要明确向心力来源，利用牛顿第二定律求C点的速度。要知道动能定理是求功常用的方法。