1、黄梅国际育才中学2020年春季高一年级期中考试物理试题一、单选题（本大题共7小题，共35.0分）1. 关于做匀速圆周运动的质点，下列说法正确的是( )A. 根据公式a=v2r，可知向心加速度a与半径r成反比B. 根据公式a=2r，可知向心加速度a与半径r成正比C. 根据公式=vr，可知角速度与半径r成反比D. 根据公式=2n，可知角速度与转速n成正比2. 汽车匀速驶上山坡，下列说法中错误的是()A. 汽车所受合外力对汽车所做的功为零B. 如发动机输出功率为P，汽车上坡摩擦力为f，则汽车上坡的最大速度vm=PfC. 摩擦力与重力对汽车做负功，支持力对汽车不做功D. 当发动机输出功率为恒定时，车速
2、越大，牵引力越小3. 两颗人造地球卫星质量之比m1m2=12，轨道半径之比R1R2=31.下列有关数据之比正确的是()A. 周期之比T1T2=31B. 线速度之比v1v2=31C. 向心力之比F1F2=118D. 向心加速度之比a1a2=1184. 如图所示，质量为m的物体在水平恒力F的推动下，从山坡底部A处由静止运动至高为h的坡顶B，获得速度为v，AB的水平距离为s。下列说法正确的是()A. 物体重力所做的功是mghB. 合力对物体做的功是12mv2+mghC. 推力对物体做的功是FsmghD. 阻力对物体做的功是12mv2+mghFs5. 质量为m的物体，由静止开始下落，由于恒定的空气阻力
3、，下落的加速度为4g/5，在物体下落h的过程中，下列说法不正确的是()A. 物体动能增加了4mgh/5B. 物体的机械能减少了4mgh/5C. 物体克服阻力所做的功为mgh/5D. 物体的重力势能减少了mgh6. 如图所示，某同学对着墙壁练习打乒乓球，某次球与墙壁上A点碰撞后水平弹离，恰好垂直落在球拍上的B点已知球拍与水平方向的夹角=60，A、B两点间的高度差h=1m，忽略空气阻力，重力加速度g取10m/s2，则球刚要落到球拍上时速度为()A. 45m/sB. 25m/sC. 4315m/sD. 215m/s7. 如图所示，在一次救灾工作中，一架沿水平直线飞行的直升机A用悬索(重力可忽略不计)
4、救护困在湖水中的伤员B.在直升机A和伤员B以相同的水平速度匀速运动的同时，悬索将伤员吊起，在某段时间内A，B之间距离以l=Ht2(式中H为直升机A离地面的高度，各物理量均为国际单位制单位)的规律变化，则在这段时间内伤员B的受力情况和运动轨迹应是图中的() A. B. C. D. 二、多选题（本大题共5小题，共20.0分）8. “跳一跳”小游戏需要操作者控制棋子离开平台时的速度，使其能跳到旁边平台上.如图所示的抛物线为棋子在某次跳跃过程中的运动轨迹，其最高点离平台的高度为h，水平速度为v；若质量为m的棋子在运动过程中可视为质点，只受重力作用，重力加速度为g，则()A. 棋子从最高点落到平台上所需
5、时间t=2hgB. 若棋子在最高点的速度v变大，则其落到平台上的时间变长C. 棋子从最高点落到平台的过程中，重力势能减少mghD. 棋子落到平台上的速度大小为2gh9. 我国自行研制的北斗导航系统，现已成功发射16颗北斗导航卫星。根据系统建设总体规划，将在2020年左右，建成覆盖全球的北斗卫星导航系统。现已知某导航卫星轨道高度约为21500km。同步轨道卫星的高度约为36000km，已知地球半径为6400km。下列说法中正确的是()A. 该导航卫星的向心加速度大于地球同步轨道卫星B. 地球赤道上物体随地球自转的周期小于该导航卫星运转周期C. 地球同步轨道卫星的运转角速度小于导航卫星的运转角速度
6、D. 该导航卫星的线速度大于7.9km/s10. 如图所示，半径为R的竖直光滑圆弧轨道与光滑水平面相切，质量均为m的小球A、B与轻杆连接，置于圆弧轨道上，A与圆心O等高，B位于O的正下方，它们由静止释放，最终在水平面上运动。下列说法正确()A. 下滑过程中A的机械能守恒B. 当A滑到圆弧轨道最低点时，轨道对A的支持力大小为2mgC. 下滑过程中重力对A做功的功率一直增加D. 整个过程中轻杆对B做的功为12mgR11. 如图所示，轻质弹簧一端固定，另一端连接一小物块，O点为弹簧在原长时物块的位置.物块由A点静止释放，沿粗糙程度相同的水平面向右运动，最远到达B点在从A到B的过程中，物块( ) A.
7、 加速度先减小后增大B. 经过O点时的速度最大C. 所受弹簧弹力始终做正功D. 所受弹簧弹力做的功等于克服摩擦力做的功12. 如图所示，某商场售货员在倾角为30的斜面上，用平行于斜面向下的力由静止开始匀加速推动一木箱。若推力大小为8N，木箱的质量为4kg，木箱与斜面间的动摩擦因数为33，g取10m/s2，则在木箱沿斜面移动1m的过程中( ) A. 木箱重力势能减小了40JB. 摩擦力对木箱做功为20JC. 合外力对木箱做功为8JD. 木箱获得的速度大小为2m/s三、计算题（本大题共3小题，共40.0分）13. 如图所示，质量为m=2kg的物体在F=10N的水平作用力作用下，由静止开始在水平地面
8、上加速运动，如果物体与水平地面间的动摩擦因素为=0.1。求力F在10s内的平均功率和10s末的功率？ 14. 我国航天技术飞速发展，设想数年后宇航员登上了某星球表面。宇航员从距该星球表面高度为h处，沿水平方向以初速度v抛出一小球，测得小球做平抛运动的水平距离为L，已知该星球的半径为R，引力常量为G。求：(1)该星球表面的重力加速度；(2)该星球的平均密度。15. 如图所示，水平传送带右端与半径为R=0.5m的竖直光滑圆弧轨道的内侧相切于Q点，传送带以某一速度顺时针匀速转动。将质量为m=0.2kg的小物块轻轻放在传送带的左端P点，小物块随传送带向右运动，经Q点后恰好能冲上光滑圆弧轨道的最高点N。
9、小物块与传送带之间的动摩擦因数为=0.5，取g=10m/s2。(1)求传送带的最小转动速率v0。(2)求传送带PQ之间的最小长度L。(3)若传送带PQ之间的长度为4m，传送带以(1)中的最小速率v0转动，求整个过程中产生的热量Q及此过程中电动机对传送带做的功W。答案和解析1.【答案】D【解析】【分析】根据匀速圆周运动的角速度的公式和牛顿第二定律逐项分析即可得出结论。向心加速度是由向心力的大小和物体的质量决定的，不能简单由向心加速度的公式来分析，这是本题中最容易出错的地方。【解答】A、由牛顿第二定律可知，线速度一定时，向心加速度a与半径r成反比，所以A错误；B、角速度一定时，向心加速度a与半径r
10、成正比，故B错误；C、由=vr可知角速度与转动半径、线速度都有关，在线速度不变时角速度才与转动半径成反比，所以C错误；D、因为2是恒量，所以角速度与转速成正比，所以D正确。故选D。2.【答案】B【解析】【分析】汽车匀速驶上山坡，汽车所受合外力对汽车所做的功为零；如发动机输出功率为P，汽车上坡摩擦力为f，则汽车上坡的最大速度vm=Pf+mgsin；摩擦力与重力对汽车做负功，支持力对汽车不做功；当发动机输出功率为恒定时，车速越大，牵引力越小。【解答】A.汽车匀速驶上山坡，汽车所受合外力对汽车所做的功为零，故A正确；B.如发动机输出功率为P，汽车上坡摩擦力为f，则汽车上坡的最大速度vm=Pf+mgs
11、in，故B错误；C.摩擦力与重力对汽车做负功，支持力对汽车不做功，故C正确；D.当发动机输出功率为恒定时，根据P=Fv，车速越大，牵引力越小，故D正确。故选B。3.【答案】C【解析】【分析】本题考查了比较线速度、周期、角速度与加速度大小关系，知道万有引力提供向心力是解题的关键，应用牛顿第二定律可以解题。卫星绕地球做圆周运动万有引力提供向心力，应用万有引力公式与牛顿第二定律求出线速度、周期、角速度与加速度，然后分析答题。【解答】A.卫星绕地球做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，由牛顿第二定律得：GMmR2=m(2T)2R，解得：T=2R3GM，周期之比：T1T2=R13R23=331，故A错误；
12、B.卫星绕地球做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，由牛顿第二定律得：GMmR2=mv2R，解得：v=GMR，线速度之比：v1v2=R2R1=33，故B错误；C.卫星绕地球做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，向心力之比：F1F2=GMm1R12GMm2R22=m1R22m2R12=118，故C正确；D.卫星绕地球做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，由牛顿第二定律得：GMmR2=ma，解得：a=GMR2，向心加速度之比：a1a2=R22R12=19，故D错误。故选C。4.【答案】D【解析】【分析】根据小车上升的高度求出重力做功的大小根据动能定理求出合力做功的大小，结合动能定理求出阻力对小车做功的大
13、小。本题考查动能定理的运用，知道合力做功等于各力做功的代数和，等于动能的变化量。【解答】A.在上升过程中，重力做功为mgh，故A错误；B.根据动能定理得，合力做功等于动能的变化量，则合力做功为12mv2，故B错误；C.水平恒力F对小车做的功是Fs，故C错误；D.根据动能定理得，Fsmgh+Wf=12mv2，则推力做功为Fs，阻力做功为12mv2+mghFs，故D正确。故选D。5.【答案】B【解析】【分析】根据合力做功的大小得出动能的变化，根据重力做功的大小得出重力势能的减小量，从而得出机械能的变化。解决本题的关键知道合力做功与动能的变化关系，重力做功与重力势能的变化关系，以及除重力以外其它力做
14、功与机械能的变化关系。【解答】A.物体的合力做正功为4mgh5，则物体的动能增量为4mgh5，故A正确；B.物体克服阻力所做的功15mgh，物体的机械能减少了15mgh，B错误；C.物体下落过程中，受到阻力为15mgh，物体克服阻力所做的功15mgh，故C正确；D.重力对物体所做的功等于物体重力势能的减少量，重力对物体做多少功，则物体重力势能的减少多少，故D正确。本选择错误的，故选B。6.【答案】A【解析】【分析】本题主要考查平抛运动，根据高度求出平抛运动的时间，结合速度时间公式求出球的竖直分速度，根据平行四边形定则求出球刚要落到球拍上时速度大小【解答】根据h=12gt2得t=2hg=2110
15、s=15s，竖直分速度vy=gt=1015m/s=25m/s，根据平行四边形定则知，刚要落到球拍上时速度大小v=2512m/s=45m/s，故A正确7.【答案】A【解析】【分析】本题考查曲线运动轨迹的特点。曲线运动轨迹的凹侧总指向所受合外力的一边是解题的关键。【解答】根据在某段时间内A、B之间距离以l=Ht2的规律变化可以知道Hl=t2，说明伤员在竖直方向上匀加速上升，在水平方向上匀速运动，在水平方向一定不受力，合力向上，轨迹弯向所受合力的一侧，A正确8.【答案】AC【解析】【分析】由斜抛运动竖直方向可求出棋子从最高点落到平台上所需时间，且该过程中只有重力做功，机械能守恒，则可求解重力势能的减
16、少量与落在平台上的速度大小。掌握斜抛运动竖直方向为竖直上抛运动是求解的关键，用机械能守恒定律求解是难点。【解答】A.由h=12gt2得：t=2hg，故A正确；B.下落时间与初速度v无关，故B错误；C.下落过程中，重力势能减少mgh，故C正确；D.由机械能守恒定律：12mv2=12mv2+mgh，得：v=v2+2gh，故D错误故选AC。9.【答案】AC【解析】【分析】卫星绕地球做圆周运动时，万有引力提供向心力，结合角速度，向心加速度，周期公式得到与半径的关系，“越远越小，越远越慢”，可以直接应用。本题考查卫星的角速度，周期，线速度等与半径的关系，利用结论解答更为简单。【解答】A.导航卫星的高度比
17、同步卫星高度低，根据GMmr2=man，得到an=GMr2，所以轨道半径越大，向心加速度越小，该导航卫星的向心加速度大于地球同步轨道卫星，故A正确；B.导航卫星的高度比同步卫星高度低，GMmr2=m42T2r 得到T=2r3GM，所以轨道半径越大，周期越大，同步卫星的周期和地球自转周期相同，所以地球赤道上物体随地球自转的周期大于该导航卫星运转周期，故B错误；C.导航卫星的高度比同步卫星高度低，GMmr2=m2r 得到=GMr3，所以轨道半径越大，加速度越小，所以地球同步轨道卫星的运转角速度小于导航卫星的运转角速度，故C正确；D.导航卫星的轨道高于近地轨道，所以导航卫星的线速度小于7.9km/s
18、，故D错误；故选AC。10.【答案】BD【解析】【分析】根据重力和速度方向的关系判断重力功率的变化，AB小球组成的系统，在运动过程中，机械能守恒，根据机械能守恒定律求出到达最低点的速度，在最低点，根据牛顿第二定律求出轨道对A的支持力，下滑过程中，求出A重力势能的减小量和动能的增加量，从而判断机械能的变化量，整个过程中对B，根据动能定理求解轻杆对B做的功。本题主要考查了机械能守恒定律、动能定理以及牛顿第二定律的直接应用，知道在下滑过程中，AB小球组成的系统机械能守恒，能根据重力和速度方向的关系判断重力功率的变化，难度适中。【解答】B.A、B小球组成的系统，在运动过程中，机械能守恒，设A到达轨道最
19、低点时速度为v，根据机械能守恒定律得：mgR=12(m+m)v2，解得：v=gR在最低点，根据牛顿第二定律得：Nmg=mv2R，解得：N=2mg，故B正确；A.下滑过程中，A的重力势能减小EP=mgR，动能增加量EK=12mv2=12mgR，所以下滑过程中A的机械能减小12mgR，故A错误；C.因为初位置速度为零，则重力的功率为0，最低点速度方向与重力的方向垂直，重力的功率为零，下滑过程重力对A的功率：先增大后减小，故C错误；D.整个过程中对B，根据动能定理得：W=12mv2=12mgR，故D正确。故选BD。11.【答案】AD【解析】【分析】弹力与摩擦力平衡的位置在AO之间，平衡位置处速度最大
20、、加速度为零；根据动能定理分析弹簧弹力做的功等于克服摩擦力做功的关系。本题关键是抓住弹簧的弹力是变化的，分析清楚物体向右运动的过程中受力情况，从而判断出其运动情况，知道平衡位置速度最大、加速度为零。【解答】A.由于水平面粗糙且O点为弹簧在原长时物块的位置，所以弹力与摩擦力平衡的位置在OA之间，加速度为零时弹力和摩擦力平衡，所以物块在从A到B的过程中加速度先减小后反向增大，故A正确；B.物体在平衡位置处速度最大，所以物块速度最大的位置在AO之间某一位置，故B错误；C.从A到O过程中弹力方向与位移方向相同，弹力做正功，从O到B过程中弹力方向与位移方向相反，弹力做负功，故C错误；D.从A到B过程中根
21、据动能定理可得W弹W克f=0，即W弹=W克f，即弹簧弹力做的功等于克服摩擦力做的功，故D正确。故选AD。12.【答案】CD【解析】【分析】根据重力做功得出重力势能的变化；根据摩擦力公式得出滑动摩擦力大小，再根据恒力做功的定义式算出摩擦力做功和合力做功，根据动能定理得出木箱获得的速度。本题是功的定义式和动能定理的综合应用，不难。【解答】A.向下移动过程中，重力做功为：WG=mgh=410112J=20J，故重力势能减小20J，故A错误；B.摩擦力大小为：f=mgcos30=334032N=20N，故摩擦力对木箱做功为Wf=fx=20J，故B错误；C.合力大小为：F=mgsin30+8N20N=4
22、012N12N=8N，故合外力对木箱做功为8J，故C正确；D.根据动能定理得出：8J=12mv2，木箱获得的速度大小为2m/s，故D正确；故选CD。13.【答案】解：物体做匀加速运动，根据牛顿第二定律得：a=F合m=Fmgm=100.12102=4m/s2，则10s末的速度v=at=104=40m/s10s末的功率P=Fv=1040=400W，10s内物体移动的距离x=12at2=124102m=200m10s内拉力做功W=Fxcos=10200J=2000J10s内的功率P=Wt=2000J10s=200W答：力F在10s内的平均功率为200W，力F在10s末的功率为400W。【解析】本题主
23、要考查了牛顿第二定律及运动学基本公式、功率公式的直接应用，注意瞬时功率与平均功率的区别，难度不大，属于基础题。根据牛顿第二定律求出加速度，根据v=at及x=12at2求出10s末的速度及10s内的位移，再根据瞬时功率P=Fv，平均功率P=Wt即可求解。14.【答案】解：(1)小球平抛运动的水平位移x=L则平抛运动的时间t=xv=Lv，根据h=12gt2得，星球表面的重力加速度g=2ht2=2hv2L2；(2)根据GMmR2=mg得，星球的质量M=gR2G=2hv2R2GL2则星球的密度=MV=3hv22GL2R。【解析】本题是万有引力与平抛运动的综合，要抓住平抛运动的加速度就等于重力加速度，能
24、熟练运用运动的分解法处理平抛运动，根据万有引力等于重力求天体的质量。(1)小球在星球表面做平抛运动，其加速度等于该星球表面的重力加速度g，根据平抛运动的规律列式求g；(2)根据物体的重力等于万有引力，列式求该星球的质量。15.【答案】解：(1)由题意知，传送带转动速率最小时，小物块到达Q点已与传送带同速且小物块刚好能到达N点在N点有mg=mvN2R 小物块从Q点到N点，由动能定理得mg2R=12mvN212mv02 联立解得v0=5m/s(2)传送带长度最短时，小物块从P点到Q点一直做匀加速运动，到Q点时刚好与传送带同速v02=2aL mg=ma 联立解得L=2.5m(3)设小物块经过时间t加
25、速到与传送带同速，则v0=at x物=12at2 x带=v0t x=x带x物 Q=mgx 联立解得Q=2.5J由能量守恒定律可知，电动机对传送带做功W=Q+12mv02代入数据解得W=5J【解析】该题主要考查牛顿第二定律、动能定理、能量守恒定律等相关知识。分析好物理情景，灵活应用各相关公式是解决本题的关键。(1)分析题意传送带转动速率最小时，小物块到达Q点已与传送带同速且小物块刚好能到达N点，由此根据牛顿第二定律和动能定理列等式关系即可分析求解传送带的最小转动速率v0。(2)小物块从P点到Q点一直做匀加速运动，到Q点时刚好与传送带同速时PQ之间的长度最小，由此应用运动学公式和牛顿第二定律求解L；(3)先求出传送带和物体之间产生的相对位移，即可求解整个过程中产生的热量Q，并根据能量守恒求解此过程中电动机对传送带做的功W。第11页，共12页