1、2018-2019学年度高一年级衔接班第二学期开学考试物理试卷一、选择题1. 假设地球和火星都绕太阳做匀速圆周运动，已知地球到太阳的距离小于火星到太阳的距离，那么（ ）A. 地球公转周期大于火星的公转周期B. 地球公转的线速度小于火星公转的线速度C. 地球公转的加速度小于火星公转的加速度D. 地球公转的角速度大于火星公转的角速度【答案】D【解析】两天体运动均为万有引力提供向心力，即，解得，.因此，轨道半径越大、线速度越小、角速度越小、周期越大、向心加速度越小，而，可得选项D正确。【考点定位】万有引力定律的应用。2.宇航员王亚平在“天宮1号”飞船内进行了我国首次太空授课，演示了一些完全失重状态下
2、的物理现象若飞船质量为m，距地面高度为h，地球质量为M，半径为R，引力常量为G，则飞船所在处的重力加速度大小为（）A. 0B. C. D. 【答案】B【解析】对飞船受力分析知，所受到的万有引力提供匀速圆周运动的向心力，等于飞船所在位置的重力，即，可得飞船的重力加速度为，故选B。【考点定位】万有引力定律的应用。【此处有视频，请去附件查看】3.利用引力常量G和下列某一组数据，不能计算出地球质量的是A. 地球的半径及重力加速度（不考虑地球自转）B. 人造卫星在地面附近绕地球做圆周运动的速度及周期C. 月球绕地球做圆周运动的周期及月球与地球间的距离D. 地球绕太阳做圆周运动的周期及地球与太阳间的距离【
3、答案】D【解析】根据地球表面物体重力等于万有引力可得，所以地球质量，故A可计算；由万有引力做向心力可得，故可根据v，T求得R，进而求得地球质量，故B可计算；根据万有引力做向心力可得，故可根据T，r求得中心天体的质量M，运动天体的质量m抵消掉，无法求解，C可求解，D无法求解4.甲、乙两车在平直公路上同向行驶，其v-t图像如图所示。已知两车在t=3s时并排行驶，则（ ） A. 在t=0 时，甲车在乙车前7.5mB. t=1s时，甲车在乙车后C. 两车另一次并排行驶的时刻是t=2sD. 甲、乙车两次并排行驶的位置之间沿公路方向的距离为40m【答案】AD【解析】试题分析：由图象可知，； 0至1s，x甲
4、=a甲t2=1012=5m，x乙=v0t+a乙t2=101+512=125m，x=x乙-x甲=125-5=75m，即在t=0时，甲车在乙车前75m，故A正确；由图象可知，1到3s甲乙两车的位移相等，两车在t=3s时并排行驶，所以两车在t=1s时也并排行驶，故B错误；由AB分析可知，甲乙两车相遇时间分别在1s和3s，故C错误；1s末甲车的速度为：v=a甲t=101=10m/s，1到3s，甲车的位移为：x=vt+a甲t2=102+1022=40m，即甲、乙两车两次并排行驶的位置之间沿公路方向的距离为40m，故D正确故选AD考点：v-t图像【名师点睛】本题考查匀变速直线运动的实际运用：追及和相遇问题
5、解答此题的关键是根据速度图象分析物体运动情况，要注意两车的位置关系和距离随时间如何变化，当两车相遇时，位移之差等于原来之间的距离。5.一根轻质弹性绳的两端分别固定在水平天花板上相距80 cm的两点上，弹性绳的原长也为80 cm。将一钩码挂在弹性绳的中点，平衡时弹性绳的总长度为100 cm；再将弹性绳的两端缓慢移至天花板上的同一点，则弹性绳的总长度变为(弹性绳的伸长始终处于弹性限度内)()A. 86 cmB. 92 cmC. 98 cmD. 104 cm【答案】B【解析】设弹性绳的劲度系数为k，左、右两半段绳的伸长量，由共点力的平衡条件可知，钩码的重力，将弹性绳的两端缓慢移至天花板上同一点时，钩
6、码的重力，解得，则弹性绳的总长度变为，故选B。【名师点睛】在处理共点力平衡问题时，关键是对物体进行受力分析，再根据正交分解法将各个力分解成两个方向上的力，然后列式求解；如果物体受到三力处于平衡状态，可根据矢量三角形法，将三个力移动到一个三角形中，然后根据正弦定理列式求解。前后两次始终处于静止状态，即合外力为零，在改变绳长的同时，绳与竖直方向的夹角跟着改变。6.距地面高5m的水平直轨道上A、B两点相距2m，在B点用细线悬挂一小球，离地高度为h，如图所示.小车始终以4m/s的速度沿轨道匀速运动，经过A点时将随车携带的小球由轨道高度自由卸下，小车运动至B点时细线被轧断，最后两球同时落地.不计空气阻力
7、，取重力加速度的大小g10 m/s2.可求得h等于()A. 1.25mB. 2.25mC. 3.75mD. 4.75m【答案】A【解析】试题分析：经过A点，将球自由卸下后，A球做平抛运动，则有：H=gt12；解得：，小车从A点运动到B点的时间，因为两球同时落地，则细线被轧断后B处小球做自由落体运动的时间为t3=t1-t2=1-05=05s，则h=gt210052125m，故选A考点：平抛运动；自由落体运动【名师点睛】本题主要考查了平抛运动和自由落体运动基本公式的直接应用，关键抓住同时落地求出B处小球做自由落体运动的时间，难度不大，属于基础题。【此处有视频，请去附件查看】7.如图所示,顶端固定着
8、小球的直杆固定在小车上,当小车向右做匀加速运动时,球所受合外力的方向沿图中的 ()A. OA方向B. OB方向C. OC方向D. OD方向【答案】D【解析】试题分析：当小车向右做匀加速运动时，小球和小车是一个整体，所以小球向右做匀加速直线运动，根据牛顿第三定律可得合力沿OD方向，D正确考点：考查了牛顿第二定律【名师点睛】根据牛顿第二定律可知，加速度的方向与合力的方向相同，是解决本题的关键另外知道杆的弹力不一定沿杆的方向【此处有视频，请去附件查看】8.如图，一物块在水平拉力F的作用下沿水平桌面做匀速直线运动若保持F的大小不变，而方向与水平面成60角，物块也恰好做匀速直线运动物块与桌面间的动摩擦因
9、数为()A. 2B. C. D. 【答案】C【解析】当拉力水平时，物体匀速运动，则拉力等于摩擦力，即：，当拉力倾斜时，物体受力分析如图由平衡条件得：，又，得摩擦力为：，联立解得：，故选C.9. 假设摩托艇受到的阻力的大小正比于它的速率。如果摩托艇发动机的输出功率变为原来的2倍，则摩托艇的最大速率变为原来的（）A. 4倍B. 2倍C. 倍D. 倍【答案】D【解析】解：设阻力为f，由题知：f=kv；速度最大时，牵引力等于阻力，则有 P=Fv=fv=kv2所以摩托艇发动机的输出功率变为原来的2倍，则摩托艇的最大速率变为原来的倍故选：D【点评】解决本题关键：一是能够正确的写出阻力与速度大小的表达式，二
10、是利用功率的计算方法P=Fv【此处有视频，请去附件查看】10.若在某行星和地球上相对于各自的水平地面附近相同的高度处、以相同的速率平抛一物体，它们在水平方向运动的距离之比为2，已知该行星质量约为地球的7倍，地球的半径为R。由此可知，该行星的半径约为( )A. RB. RC. 2RD. R【答案】C【解析】【分析】通过平抛运动的规律求出在星球上该行星表面的重力加速度与地球表面的重力加速度之比，再由万有引力等于重力，求出行星的半径；【详解】对于任一行星，设其表面重力加速度为g根据平抛运动的规律得：，得到： 则水平射程可得该行星表面的重力加速度与地球表面的重力加速度之比根据，得，可得解得行星的半径，
11、故选项C正确，ABD错误。【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，以及掌握万有引力等于重力这一理论，并能灵活运用。11.一质点做匀速直线运动，现对其施加一恒力，且原来作用在质点上的力不发生改变，则()A. 质点速度的方向总是与该恒力的方向相同B. 质点速度的方向不可能总是与该恒力的方向垂直C. 质点加速度的方向总是与该恒力的方向相同D. 质点单位时间内速率的变化量总是不变【答案】BC【解析】试题分析：因为原来质点做匀速直线运动，合外力为0，现在施加一恒力，质点的合力就是这个恒力，所以质点可能做匀变速直线运动，也有可能做匀变速曲线运动，这个过程中加速度不变，速度的变化
12、率不变。但若做匀变速曲线运动，单位时间内速率的变化量是变化的。故C正确，D错误。若做匀变速曲线运动，则质点速度的方向不会总是与该恒力的方向相同，故A错误；不管做匀变速直线运动，还是做匀变速曲线运动，质点速度的方向不可能总是与该恒力的方向垂直，故B正确。考点：牛顿运动定律【此处有视频，请去附件查看】12. 在地面上方某点将一小球以一定的初速度沿水平方向抛出，不计空气阻力，则小球在随后的运动中A. 速度和加速度的方向都在不断变化B. 速度与加速度方向之间的夹角一直减小C. 在相等的时间间隔内，速率的改变量相等D. 在相等的时间间隔内，动能的改变量相等【答案】B【解析】【详解】A由于物体只受重力作用
13、，做平抛运动，故加速度不变，速度大小和方向时刻在变化，选项A错误；B设某时刻速度与竖直方向夹角为，则，随着时间t变大，tan 变小，变小，故选项B正确；C根据加速度定义式，则v=gt，即在相等时间间隔内，速度的改变量相等，故选项C错误；D根据动能定理，在相等的时间间隔内，动能的改变量等于重力做的功，即WG=mgh，对于平抛运动，由于在竖直方向上，在相等时间间隔内的位移不相等，故选项D错误。【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，结合加速度公式和动能定理公式灵活求解即可。【考点】平抛运动、动能定理13. 一人乘电梯上楼，在竖直上升过程中加速度a随时间t变化的图线如图所
14、示，以竖直向上为a的正方向，则人对地板的压力（ ）A. t=2s时最小B. t=2s时最大C. t=8.5s时最小D. t=8.5s时最大【答案】BC【解析】试题分析：当物体对接触面的压力大于物体的真实重力时，就说物体处于超重状态，此时有向上的加速度，合力也向上；当物体对接触面的压力小于物体的真实重力时，就说物体处于失重状态，此时有向下的加速度，合力也向下解：在时间轴的上方，表示加速度向上，此时处于超重状态，在时间轴的下方，表示加速度向下，此时处于失重状态，对地板的压力减小，在t=2s时向上的加速度最大，此时对地板的压力最大；在t=8.5s时具有向下的最大的加速度，此时对地板的压力最小；故选：
15、BC【点评】本题是对图象的考查，掌握住加速度时间图象的含义，知道超重和失重的特点即可解答本题14. 如图，一光滑的轻滑轮用细绳OO悬挂于O点；另一细绳跨过滑轮，其一端悬挂物块a，另一端系一位于水平粗糙桌面上的物块b。外力F向右上方拉b，整个系统处于静止状态。若F方向不变，大小在一定范围内变化，物块b仍始终保持静止，则A. 绳OO的张力也在一定范围内变化B. 物块b所受到的支持力也在一定范围内变化C. 连接a和b的绳的张力也在一定范围内变化D. 物块b与桌面间的摩擦力也在一定范围内变化【答案】BD【解析】试题分析：物块b仍始终保持静止，可知物块a也始终保持静止，滑轮两侧绳子的夹角也不变，可知连接
16、a和b的绳的张力等于物块a的重力，所以连接a和b的绳的张力保持不变，夹角不变，所以绳OO的张力也不变，故A、C错误；对b进行受力分析可知，当若F方向不变，大小在一定范围内变化时，而重力mg和绳子的拉力FT保持不变，所以物块b所受到的支持力也在一定范围内变化，物块b与桌面间的摩擦力也在一定范围内变化，故B、D正确考点：共点力作用下物体的平衡，力的动态分析15.在一东西向的水平直铁轨上，停放着一列已用挂钩链接好的车厢。当机车在东边拉着这列车厢以大小为a的加速度向东行驶时，链接某两相邻车厢的挂钩P和Q间的拉力大小为F；当机车在西边拉着这列车厢以大小为a的加速度向西行驶时，链接某两相邻车厢的挂钩P和Q
17、间的拉力大小仍为F。不计车厢与铁轨间的摩擦，每节车厢质量相同，则这列车厢的节数可能为A. 8B. 10C. 16D. 18【答案】AC【解析】【分析】根据两次的情况，选择没有车头的那一部分车厢为研究对象，利用牛顿第二定律得出关系式，根据关系式分析可能的情况即可【详解】设PQ两边的车厢数为P和Q，当机车在东边拉时，根据牛顿第二定律可得，F=Pma，当机车在西边拉时，根据牛顿第二定律可得，F=Qma，根据以上两式可得，即两边的车厢的数目可能是1和3，或2和6，或3和9，或4和12，等等，所以总的车厢的数目可能是4、8、12、16，所以可能的是AC。故选AC。二、非选择题（一）实验题16.某探究小组
18、为了研究小车在桌面上的直线运动，用自制“滴水计时器”计量时间。实验前，将该计时器固定在小车旁，如图（a）所示。实验时，保持桌面水平，用手轻推一下小车。在小车运动过程中，滴水计时器等时间间隔地滴下小水滴，图（b）记录了桌面上连续6个水滴的位置。（已知滴水计时器每30s内共滴下46个小水滴）（1）由图（b）可知，小车在桌面上是_（填“从右向左”或“从左向右”）运动的。（2）该小组同学根据图（b）的数据判断出小车做匀变速运动。小车运动到图（b）中A点位置时的速度大小为_m/s，加速度大小为_m/s2（结果均保留2位有效数字）【答案】 (1). 从右向左 (2). 0.25 (3). 0.67【解析】
19、【分析】(1)依据小车在手轻推一下，则做减速运动，结合各点间距，即可判定运动方向；(2)根据匀变速直线运动的推论公式xaT2可以求出加速度的大小，根据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度，可以求出打纸带上C点时小车的瞬时速度大小.【详解】(1)由于用手轻推一下小车，则小车做减速运动，根据桌面上连续6个水滴的位置，可知，小车从右向左做减速运动；(2)已知滴水计时器每30s内共滴下46个小水滴，那么各点时间间隔为：.根据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度，有：，根据匀变速直线运动的推论公式xaT2可以求出加速度，得：，那么加速度的大小为 0.038m/s2.【点睛
20、】要提高应用匀变速直线的规律以及推论解答实验问题的能力，在平时练习中要加强基础知识的理解与应用.（二）计算题17.如图所示，质量为m10 kg的木块在倾角37的斜面上由静止开始下滑，木块与斜面间的动摩擦因数为0.1，已知：sin 370.6，cos 370.8，g取10 m/s2.求：(1)前2 s内重力做的功；(2)前2 s内重力的平均功率；(3)2 s末重力的瞬时功率【答案】（1）48J；（2）24w；（3）48w【解析】【分析】(1)(2)通过受力分析求出物体下滑时的加速度，由运动学公式求出2s内和第2s内下滑的位移，由W=FL求出重力做的功，由求出平均功率；(3)求出2s末的速度，由P
21、=Fv求出瞬时功率。【详解】(1) 由F合=ma得，木块的加速度： 前2s内木块的位移： 重力在前2s内做功：W=mgsinS=10100.610.4J=624J；(2) 前2 s内重力的平均功率：；(3) 木块在第2s末的瞬时速度为：v=at=5.22m/s=10.4m/s第2s末重力的瞬时功率为：P=mgsinv=10100.610.4W=624W。【点睛】本题考查了牛顿第二定律和运动学公式与功与功率的综合运用，知道加速度是联系力学和运动学的桥梁。18.如图，圆弧形凹槽固定在水平地面上，其中ABC是位于竖直平面内以O为圆心的一段圆弧，OA与竖直方向的夹角为。一小球以速度v0从桌面边缘P水平
22、抛出，恰好从A点沿圆弧的切线方向进入凹槽（已知重力加速度大小为g）。试求： （1）若凹槽厚度不计，凹槽固定在什么位置？（2）直线PA与竖直方向的夹角多大？（写出角的一个三角函数值即可）【答案】（1）凹槽到桌面右边缘的水平距离（2）【解析】【分析】（1）从图中可以看出，在A点时速度与水平方向的夹角为，结合平抛运动的水平位移和竖直位移的关系求解时间，从而求解平抛的水平位移；（2）从P点到A点的过程中，位移与竖直方向的夹角为利用平抛运动的知识可求出位移偏角的正切值大小。【详解】（1）根据题意，小球从P点抛出后做平抛运动，小球运动到A点时将速度分解，有 ，则小球运动到A点的时间为： ，凹槽到桌面右边缘
23、的水平距离；（2）从P点到A点的位移关系有： ，所以PA与竖直方向的夹角为： 。【点睛】解决本题的关键掌握处理平抛运动的方法，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。以及知道速度与水平方向夹角的正切值是同一位置位移与水平方向夹角的正切值的两倍。19.一长木板置于粗糙水平地面上，木板左端放置一小物块，在木板右方有一墙壁，木板右端与墙壁的距离为4.5m，如图（a）所示。t=0时刻开始，小物块与木板一起以共同速度向右运动，直至t=1s时木板与墙壁碰撞（碰撞时间极短）。碰撞前后木板速度大小不变，方向相反；运动过程中小物块始终未离开木板。已知碰撞后1s时间内小物块的v-t图线如图
24、（b）所示。木板的质量是小物块质量的15倍，重力加速度大小g取10m/s2。求（1）木板与地面间的动摩擦因数1及小物块与木板间的动摩擦因数2；（2）木板的最小长度；【答案】（1）0.1；0.4（2）6m【解析】【分析】（1）对碰前过程由牛顿第二定律时进行分析，结合运动学公式可求得1；再对碰后过程分析同理可求得2。（2）分别对木板和物块进行分析，由牛顿第二定律求解加速度，由运动学公式求解位移，则可求得相对位移，即可求得木板的长度；【详解】（1）规定向右为正方向。木板与墙壁相碰前，小物块和木板一起向右做匀变速运动，设加速度为a1，小物块和木板的质量分别为m和M由牛顿第二定律有：-1（m+M）g=（
25、m+M）a1由图可知，木板与墙壁碰前瞬间速度v1=4m/s，由运动学公式得：v1=v0+at1s0v0t1+a1t12式中，t1=1s，s0=4.5m是木板碰前位移，v0是小木块和木板开始运动时的速度。联立式和题给条件得：1=0.1在木板与墙壁碰撞后，木板以-v1的初速度向左做匀变速运动，小物块以v1的初速度向右做匀变速运动。设小物块的加速度为a2，由牛顿第二定律有：-2mg=ma2由图可得：a2式中，t2=2s，v2=0，联立式和题给条件得：2=0.4（2）设碰撞后木板的加速度为a3，经过时间t，木板和小物块刚好具有共同速度v3由牛顿第二定律及运动学公式得：2mg+1（M+m）g=Ma3v3=-v1+a3tv3=v1+a2t碰撞后至木板和小物块刚好达到共同速度的过程中，木板运动的位移为：s1 t（11）小物块运动的位移为：s2t（12）小物块相对木板的位移为：s=s2+s1（13）联立（11）（12）（13）式，并代入数值得：s=6.0m因为运动过程中小物块没有脱离木板，所以木板的最小长度应为6.0m。
