1、2014-2015学年江苏省扬州中学高一（下）期中物理试卷一、单项选择题（每小题只有一个选项正确，每小题4分，共20分）1（4分） 图示为一个玩具陀螺a、b和c是陀螺上的三个点当陀螺绕垂直于地面的轴线以角速度稳定旋转时，下列表述正确的是（） A a、b和c三点的线速度大小相等 B a、b和c三点的角速度相等 C a、b的角速度比c的大 D c的线速度比a、b的大【考点】： 线速度、角速度和周期、转速【专题】： 匀速圆周运动专题【分析】： 陀螺上三个点满足共轴的，角速度是相同的所以当角速度一定时，线速度与半径成正比；因此根据题目条件可知三点的线速度与半径成正比关系【解析】： 解：a、b、c三点共
2、轴转动，a=b=c；A、因为三点共轴转动，所以角速度相等；由于三点半径不等，根据公式v=r，所以三点的线速度大小不等；故A不正确；B、因为三点共轴转动，所以角速度相等；故B正确；C、因为三点共轴转动，所以角速度相等；故C不正确；D、因为三点共轴转动，所以角速度相等；由于三点半径不等，a、b两点半径比c点大，所以a、b两点的线速度比c点大；故D错误；故选：B【点评】： 在共轴转动条件下，只要知道半径关系，就可确定线速度关系2（4分） 航天飞机中的物体处于失重状态，是指这个物体（） A 不受地球的吸引力 B 受到地球吸引力和向心力的作用而处于平衡状态 C 受到向心力和离心力的作用而处于平衡状态 D
3、 对支持它的物体的压力为零【考点】： 超重和失重【分析】： 当物体向下的加速度等于g时，物体对支持物的压力（或对悬挂物的拉力）等于0，这种现象叫做完全失重【解析】： 解：A、地球对物体的引力提供物体绕地球匀速圆周运动的向心力，故A错误；B、做匀速圆周运动的物体受到的合力指向圆心，又称向心力，故向心力是合力，不是重复受力，故B错误；C、做匀速圆周运动的物体速度方向时刻改变，具有向心加速度，合力提供向心力，故C错误；D、物体处于完全失重状态，对支持它的物体的压力为零，故D正确；故选D【点评】： 本题关键明确航天飞机中的物体的运动情况和受力情况，要明确向心力是效果力，不是重复受力3（4分）如图所示的
4、皮带传动装置中，右边两轮粘在一起且同轴，半径RA=RB=2RC，皮带不打滑，则下列选项正确的是（） A vA：vB：vC=1：2：2 B vA：vB：vC=1：2：1 C A：B：C=2：2：1 D A：B：C=1：2：1【考点】： 线速度、角速度和周期、转速【专题】： 匀速圆周运动专题【分析】： 抓住皮带传动不打滑时两轮边缘上线速度大小相等，同轴转动时两轮转动的角速度相等，再根据线速度和角速度及半径间的关系进行讨论即可【解析】： 解：A、由题意知，A和C在传动的两个轮边缘上，故有vA=vC，B和C同轴转动，故有B=C据v=R可知，vB：vC=2：1，又因为vA=vC，所以有vA：vB：vC=
5、1：2：1；故A错误，B正确；C、又据v=R可得：A：C=1：2，又因为B=C，所以A：B：C=1：2：2；故CD错误；故选：B【点评】： 正确理解圆周运动中传动不打滑时的线速度关系，和同轴转动时角速度的关系，记牢这些特殊的结论有助于问题的解决和处理4（4分）a、b、c是环绕地球圆形轨道上运行的3颗人造卫星，它们的质量关系是ma=mbmc，则（） A b、c的周期相等，且大于a的周期 B b、c的线速度大小相等，且大于a的线速度 C b、c的向心加速度大小相等，且大于a的向心加速度 D b所需向心力最大【考点】： 人造卫星的加速度、周期和轨道的关系；向心力【专题】： 万有引力定律的应用专题【分
6、析】： 根据人造卫星的万有引力等于向心力，列式求出线速度、角速度、周期和向心力的表达式进行讨论即可【解析】： 解：人造卫星绕地球做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，设卫星的质量为m、轨道半径为r、地球质量为M，A、根据得：T=，因为rarb=rc，所以TaTb=Tc，故A正确；B、根据得：v=，因为rarb=rc，所以vavb=vc，故B错误；C、根据得：a=，因为rarb=rc，所以aaab=ac，故C错误；D、F=，因为rarb=rc，ma=mbmc，所以b所需向心力最小，故D错误故选：A【点评】： 本题关键抓住万有引力提供向心力，先列式求解出线速度、角速度、周期和加速度的表达式，再进行讨
7、论5（4分）汽车在平直公路上行驶，在它的速度从零增加到v的过程中，汽车发动机做的功为W1；在它的速度从v增加到2v的过程中，汽车发动机做的功为W2设汽车在行驶过程中发动机的牵引力和所受阻力都不变，则有（） A W2=W1 B W2=2 W1 C W2=3W1 D 仅能判定W2W1【考点】： 功率、平均功率和瞬时功率；牛顿第二定律【分析】： 汽车在行驶中发动机的牵引力和所受的阻力都不变，知汽车做匀加速直线运动，根据运动学公式求出位移比，从而根据W=Fs求出发动机所做功之比【解析】： 解：速度从零增加到v的过程中的位移x1=，速度从v增加到2v的过程中的位移x2=则位移之比为1：3，根据W=Fs知
8、，汽车发动机做功比为1：3，即W2=3W1故B正确，A、B、D错误故选：C【点评】： 解决本题的关键知道汽车做匀加速直线运动，求出位移比，牵引力恒定，根据W=Fs即可求出发动机做功之比二、多项选择题（每小题至少有两个正确选项，每小题4分，共20分漏选得2分，不选或错选得0分）6（4分） 据报道，一颗来自太阳系外的彗星于2014年10月20日擦火星而过如图所示，设火星绕太阳在圆轨道上运动，运动半径为r，周期为T该彗星在穿过太阳系时由于受到太阳的引力，轨道发生弯曲，彗星与火星在圆轨道的A点“擦肩而过”已知万有引力恒量G，则（） A 可计算出太阳的质量 B 可计算出彗星经过A点时受到的引力 C 可计
9、算出彗星经过A点的速度大小 D 可确定彗星在A点的速度大于火星绕太阳的速度【考点】： 万有引力定律及其应用【专题】： 万有引力定律的应用专题【分析】： 火星绕太阳在圆轨道上运动，根据万有引力提供向心力，列出等式求解彗星经过A点做离心运动，万有引力小于向心力【解析】： 解：A、火星绕太阳在圆轨道上运动，根据万有引力提供向心力，列出等式=，M=，故A正确；B、由于不知道彗星的质量，所以无法求解彗星经过A点时受到的引力，故B错误；C、彗星经过A点做离心运动，万有引力小于向心力，不能根据v=求解彗星经过A点的速度大小，该彗星在穿过太阳系时由于受到太阳的引力，轨道发生弯曲，彗星与火星在圆轨道的A点“擦肩
10、而过”，所以可确定彗星在A点的速度大于火星绕太阳的速度，故C错误，D正确；故选：AD【点评】： 本题考查了万有引力在天体中的应用，解题的关键在于：据万有引力提供向心力，列出等式只能求出中心体的质量这是该题的解答过程中容易出现错误的地方7（4分）假如一颗做匀速圆周运动的人造地球卫星的轨道半径增大到原来的2倍，仍做匀速圆周运动，则（） A 根据公式v=r可知，卫星运动的线速度将增大到原来的2倍 B 根据公式F=m可知，卫星所需的向心力将减小到原来的 C 根据公式F=G可知，地球提供的向心力将减小到原来的 D 根据上述B项和C项给出的公式，可知卫星运动的线速度将减小到原来的【考点】： 人造卫星的加速
11、度、周期和轨道的关系；万有引力定律及其应用【专题】： 人造卫星问题【分析】： 人造卫星做圆周运动，万有引力提供向心力，当轨道半径变化时，万有引力变化，卫星的线速度、角速度、周期随着变化，所以，不能用向心力的表达式来讨论一些物理量的变化注意理解控制变量法【解析】： 解：A、研究卫星绕地球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力，=m=m2r=ma=mr当轨道半径变化时，万有引力变化，卫星的角速度=，随着变化，所以，不能用公式v=r讨论卫星的线速度变化，故A错误；B、当轨道半径变化时，万有引力变化，卫星的线速度v=，随着变化，所以不能用公式F=m讨论卫星的向心力变化，故B错误；C、根据公式F=，可知
12、地球提供的向心力将减少到原来的，故C正确；D、根据上述B和C给出的公式，卫星的线速度v=，可知卫星运动的线速度将减少到原来的，故D正确；故选：CD【点评】： 人造卫星做圆周运动，万有引力提供向心力，卫星的线速度、角速度、周期都与半径有关，讨论这些物理量时要找准公式，正确使用控制变量法8（4分）用恒力F向上拉一物体，使其由地面处开始加速上升到某一高度，若考虑空气阻力，则在此过程中（） A 力F所做的功减去克服阻力所做的功等于动能的增量 B 物体克服重力所做的功等于重力势能的增量 C 力F和阻力的合力所做的功等于物体机械能的增量 D 力F、重力、阻力三者的合力所做的功等于动能的增量【考点】： 功能
13、关系【分析】： 根据动能定理，通过合力功判断动能的变化，根据重力功判断重力势能的变化，根据除重力以外其它力做功等于机械能的增量进行分析【解析】： 解：A、除重力以外其它力做功等于物体机械能的增量，知力F和阻力做的功等于物体机械能的增量故A错误，C正确；B、物体向上运动，重力做负功，重力势能增加，克服重力做的功等于重力势能的增量故B正确；D、根据动能定理得，力F、阻力、重力三力做功之和等于物体动能的增量，故D正确；故选：BCD【点评】： 解决本题的关键掌握合力功与动能的关系，重力功与重力势能的关系，除重力以外其它力做功与机械能的关系9（4分） 如图所示，A、B两质点以相同的水平初速v0抛出，A在
14、竖直面内运动，落地点为P1，B沿光滑斜面运动，落地点为P2，不计阻力，比较P1、P2在x轴方向上距抛出点的远近关系及落地时速度的大小关系，正确的是（） A P2较远 B P1、P2一样远 C A落地时速率大 D A、B落地时速率一样大【考点】： 牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系【专题】： 牛顿运动定律综合专题【分析】： A质点做平抛运动，B质点视为在光滑斜面上的类平抛运动，其加速度为gsin，根据平抛规律与A运动对比求解时间和位移根据动能定理研究比较A、B落地时的速度大小【解析】： 解：A、A质点做平抛运动，根据平抛规律得：A运动时间：t=B质点视为在光滑斜面上的类平抛运动，其加
15、速度为gsin，B运动时间：t=A、B沿x轴方向都做水平速度相等的匀速直线运动，由于运动时间不等，所以沿x轴方向的位移大小不同，P2较远故A正确，B错误C、根据动能定理得A、B运动过程中：mgh=解得：v=，故A、B落地时速率一样大故C错误，D正确故选AD【点评】： 本题关键是先确定B参与沿与水平方向和沿斜面方向的运动，然后根据合运动与分运动的等效性，由平行四边形定则求解10（4分）如图所示，一轻弹簧左端固定在长木块M的左端，右端与小物块m连接，且m与M及M与地面间接触面光滑开始时m和M均静止，现同时对m、M施加等大反向的水平恒力F1和F2，从两物体开始运动以后的整个过程中，对m、M和弹簧组成
16、的系统（整个过程中弹簧形变不超过其弹性限度，M足够长），下面正确的说法是（） A 由于F1、F2分别对m、M做正功，故系统机械能不断增大 B 当弹簧弹力大小FN与F1、F2大小相等时，m、M的动能最大 C 当弹簧拉伸到最长时，m和M的速度皆为零，系统的机械能最大 D 由于F1、F2等大反向，故系统的机械能守恒【考点】： 机械能守恒定律；向心力【专题】： 机械能守恒定律应用专题【分析】： F1和F2等大反向，但是由于它们的位移不同，所以做的功的大小不同，当弹簧弹力大小与F1、F2大小相等时，物体受到的合力的大小为零，此时物体的速度的大小达到最大，通过分析F1、F2分别对m、M做功正负，判断系统的
17、机械能如何变化【解析】： 解：A、由于F1、F2先对系统做正功，系统机械能开始增大，当弹簧弹力大小与F1、F2大小相等时，M和m受力平衡，加速度减为零，此后速度减小，当两物块速度减为零时，弹簧的弹力大于F1、F2，之后，两物块再加速相向运动，F1、F2对系统做负功，系统机械能开始减少，故A错误B、当弹簧弹力大小与F1、F2大小相等时，M和m受力平衡，加速度减为零，此时速度达到最大值，在此之前拉力做功大于弹簧弹力做功，故系统动能增加，之后拉力下小于弹力，速度减小，动能减小，可知当弹簧弹力大小FN与F1、F2大小相等时，m、M的动能最大，故B正确C、当弹簧拉伸到最长时，m和M的速度皆为零，此时F1
18、、F2所做的正功最大，系统机械能最大，故C正确D、由于F1、F2对系统做功之和不为零，故系统机械能不守恒，故D错误故选：BC【点评】： 对做变加速运动的物体，由牛顿第二定律可知当加速度为零时速度最大；对相互作用的系统机械能守恒的条件是只有重力和弹簧弹力做功三、填空题（每空3分，共24分）11（9分）小明同学在学习了圆周运动的知识后，设计了一个课题，名称为：快速测量自行车的骑行速度他的设想是：通过计算踏脚板转动的角速度，推算自行车的骑行速度如图是自行车的传动示意图，其中是大齿轮，是小齿轮，是后轮当大齿轮（脚踏板）的转速通过测量为n（r/s）时，则大齿轮的角速度是2nrad/s若要知道在这种情况下
19、自行车前进的速度，除需要测量大齿轮的半径r1，小齿轮的半径r2外，还需要测量的物理量是后轮半径r3（名称及符号）用上述物理量推导出自行车前进速度的表达式为：2n【考点】： 线速度、角速度和周期、转速【专题】： 匀速圆周运动专题【分析】： 转速的单位为转/秒，即单位时间做圆周运动转过的圈数，转过一圈对应的圆心角为2，所以角速度=转速n2，由于大齿轮I和小齿轮II是通过链条传动，所以大小齿轮边缘上线速度大小相等，又小齿轮II和车轮III是同轴转动，所以它们角速度相等，要知道车轮边缘线速度的大小，则需要知道车轮的半径；利用I和II线速度大小相等，II和III角速度相等，列式求III的线速度大小即可【
20、解析】： 解：转速为单位时间内转过的圈数，因为转动一圈，对圆心转的角度为2，所以=rad/s=2nrad/s，因为要测量自行车前进的速度，即车轮III边缘上的线速度的大小，根据题意知：轮I和轮II边缘上的线速度的大小相等，据v=R可知：r11=r22，已知1=2n，则轮II的角速度2=1因为轮II和轮III共轴，所以转动的相等即3=2，根据v=R可知，要知道轮III边缘上的线速度大小，还需知道轮III的半径r3 ，其计算式v=r33=2n=2n故答案为：2n，后轮半径r3，2n【点评】： 齿轮传动时，轮边缘上的线速度大小相等，同轴转动两轮的角速度相同；转速和角速度的互换问题12（9分）小球A从
21、桌边水平抛出，当它恰好离开桌边缘时小球B从同样高度处自由下落，频闪照相仪拍到了A球和B球下落过程的三个位置，图中A球的第2个位置未画出已知背景的方格纸每小格的边长为2.5cm，g取10m/s2请在图中用“”标出A球的第2个位置；频闪照相仪的闪光频率为10HzA球离开桌边时速度的大小为0.75m/s【考点】： 研究平抛物体的运动【专题】： 实验题；平抛运动专题【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，根据该规律得出A球第2个位置根据相等时间内的位移之差是一恒量得出相等的时间间隔，从而得出频闪照相仪的闪光频率通过水平方向上的位移求出A球离开桌边时的速度大小【解析】
22、： 解：因为A球在竖直方向上做自由落体运动，与B球的运动规律相同，则第2个位置与B球的第二个位置在同一水平线上在水平方向上做匀速直线运动，则第2球距离第3个球水平距离为3格如图所示根据y=gT2得，则闪光频率f=，A球离开桌边时的速度故答案为：如图所示；10；0.75【点评】： 解决本题的关键掌握平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，结合运动学公式进行求解13（6分）为测定滑块与水平桌面的动摩擦因数，某实验小组用弹射装置将滑块以不同初速度弹出，通过光电门测出初速度v0的值，用刻度尺测出其在水平桌面上滑行的距离s，测量数据见下表（g=10m/s2）实验次数 v02（m2/s2） s（cm）1
23、 1.2 15.02 2.5 31.03 4.2 53.04 6.0 75.05 7.5 94.0（1）在如图坐标中作出v02s的图象；（2）利用图象得到的动摩擦因数=0.350.45【考点】： 探究影响摩擦力的大小的因素【专题】： 实验题；摩擦力专题【分析】： 根据图象用直线将点相连，误差较大的点舍去；结合动能定理的表达式分析图象的可得出图象中斜率与动摩擦因数的关系，从而即可求解【解析】： 解：（1）根据描点法作出图象，如图所示：（2）由动能定理可得：W=F合s=mv2mv02=m（v2v02）v2=s=2gs；则可知图象的斜率等于2g，由图可知，图象的斜率为=8；解得：=0.4；故答案为：
24、（1）如上图所示；（2）0.350.45【点评】： 对于实验的考查应要注意实验的原理，通过原理体会实验中的数据处理方法及仪器的选择；有条件的最好亲手做一下实验，注意本题图象的斜率与动摩擦因数的关系是解题的关键四、计算题（共56分，必须写出必要的文字说明、物理规律和过程，否则不能得分）14（12分）将一物体水平抛出，1s末速度方向与水平方向的夹角为30，不计空气阻力，且空间足够大，g取10m/s2试求：（1）物体抛出时的速度多大？（2）再经过多长时间速度方向与水平方向的夹角为60？【考点】： 平抛运动【专题】： 平抛运动专题【分析】： （1）根据速度时间公式求出1s末竖直分速度，结合平行四边形定
25、则求出物体抛出时的速度大小（2）根据平行四边形定则求出速度方向与水平方向的夹角为60时竖直分速度，结合速度时间公式求出运动的时间【解析】： 解：（1）根据平行四边形定则知：tan1=，得：v0=（2）根据平行四边形定则知：tan2=，得：t2=则：t=t2t1=31s=2s 答：（1）物体抛出时的速度为m/s；（2）再经过2s时间速度方向与水平方向的夹角为60【点评】： 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15（14分）设想宇航员完成了对火星表面的科学考察任务，乘坐返回舱返回围绕火星做圆周运动的轨道舱，如图所示为了安全，返回舱与轨道舱对接时，必须具
26、有相同的速度已知返回舱返回过程中需克服火星的引力做功W=mgR（1），R为火星的半径，r为轨道舱到火星中心的距离又已知返回舱与人的总质量为m，火星表面的重力加速度为g，不计火星表面大气对返回舱的阻力和火星自转的影响，则该宇航员乘坐的返回舱至少需要获得多少能量才能返回轨道舱？【考点】： 万有引力定律及其应用；机械能守恒定律【分析】： 根据火星表面的重力等于万有引力列出等式研究轨道舱绕卫星做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力，列出等式求解宇航员乘坐返回舱与轨道舱对接时速度根据能量守恒求解返回轨道舱至少需要获得的能量【解析】： 解：对轨道舱：对火星表面处物体：得：v2=，对返回舱：由能量守恒，有
27、E=W+=答：该宇航员乘坐的返回舱至少需要获得能量才能返回轨道舱【点评】： 向心力的公式选取要根据题目提供的已知物理量或所求解的物理量选取应用忽略星球自转的影响，能根据万有引力等于重力列出等式16（14分）一辆质量为6吨的汽车，发动机的额定功率为90kW汽车从静止开始以加速度a=1m/s2做匀加速直线运动，车受的阻力为车重的0.05倍，g=10m/s2，求：（1）汽车做匀加速直线运动的最长时间tm（2）汽车开始运动后5s末的瞬时功率和汽车的最大速度【考点】： 功率、平均功率和瞬时功率；牛顿第二定律【专题】： 功率的计算专题【分析】： （1）根据牛顿第二定律求的牵引力，由P=Fv求的匀加速达到的
28、最大速度，根据v=at求的加速时间；（2）求的5s的瞬时速度，根据P=Fv求的瞬时功率，当牵引力等于阻力时速度达到最大【解析】： 解：（1）由牛顿第二定律可得：Fkmg=ma，解得：F=9103 （N） P0=Ptm=Fv匀m，得：v匀m=10 （m/s） 又因为v匀m=atm，得：tm=10 （s） （2）因t1tm，故有：v1=at1=5 （m/s） 得：Pt1=Fv1=4.5104 （W） 当牵引力等于阻力时速度达到最大，有：Pt2=P0=9104=fvm，得：vm=30（m/s） 答：（1）汽车做匀加速直线运动的最长时间tm为10s（2）汽车开始运动后5s末的瞬时功率为4.5104W，
29、汽车的最大速度为30m/s【点评】： 本题考查功率公式及牛顿第二定律的应用，要注意功率公式中的F为牵引力而不是合外力，同时注意牛顿第二定律的应用17（16分） 如图所示，光滑杆AB长为L，B端固定一根劲度系数为k，原长为l0的轻弹簧，质量为m的小球套在光滑杆上并与弹簧的上端连接，OO为过B点的数值轴，杆与水平面间的夹角始终为（1）杆保持静止状态，让小球从弹簧的原长位置静止释放，求小球释放瞬间的加速度大小a及小球速度最大时弹簧的压缩量l1；（2）当球随杆一起绕OO轴匀速转动时，弹簧伸长量为l2，求匀速转动的角速度；（3）若=30，移去弹簧，当杆绕OO轴以角速度0=匀速转动时，小球恰好在杆上某一位
30、置随杆在水平面内匀速转动，球受轻微扰动后沿杆向上滑动，到最高点A时求沿杆方向的速度大小为v0，求小球从开始滑动到离开杆过程中，杆对球所做的功W【考点】： 动能定理；向心力【专题】： 动能定理的应用专题【分析】： （1）根据牛顿第二定律求出小球释放瞬间的加速度大小，当小球的加速度为零时，速度最大，结合平衡求出弹簧的压缩量（2）对小球分析，抓住竖直方向上的合力为零，水平方向上的合力提供向心力，列式联立求出匀速转动的角速度（3）根据牛顿第二定律求出小球做匀速转动时距离B点的距离，求出此时小球的动能，结合最高点的动能，运用动能定理求出杆对小球做功的大小【解析】： 解：（1）小球释放的瞬间，小球的加速度
31、大小为：a=，当小球速度相等时，有：mgsin=kl1，解得弹簧的压缩量为：（2）当弹簧伸长量为l2，受力如图所示，在水平方向上有：（l0+l2）cos，竖直方向上有：FNcoskl2sinmg=0，解得：（3）当杆绕OO轴以角速度0匀速转动时，设小球距离B点L0，此时有：，解得：此时小球的动能为：小球在最高点A离开杆瞬间的动能为：根据动能定理有：Wmg（LL0）sin=EkAEk0，解得：W= 答：（1）小球释放瞬间的加速度大小a为gsin，小球速度最大时弹簧的压缩量l1为（2）匀速转动的角速度为（3）杆对球所做的功为【点评】： 本题考查了动能定理、牛顿第二定律、胡克定律与圆周运动的综合，知道小球做匀速转动时，靠径向的合力提供向心力，由静止释放时，加速度为零时速度最大