四川省资阳市外国语实验学校2021-2022学年高一物理下学期期中考试试题（Word版附解析）

高一年级（下）物理期中测试卷试卷分值：100时间：100分钟范围：必修2第1-3章制卷：张永东审核：张鑫一、单项选择（1-6题只有一选项正确，每题4分，共24分）1.在光滑水平面上有一质量为2kg的物体，受几个共点力作用做匀速直线运动。现突然将与速度反方向的2N的力水平旋转90°，则关于物体运动情况的叙述正确的是（　　）A.物体做速度大小不变的曲线运动B.物体做加速度大小变化曲线运动C.物体做加速度为m/s2匀变速曲线运动，速度越来越大D.物体做加速度为m/s2的匀变速曲线运动，速度越来越小【答案】C【解析】【详解】物体原来所受合力为零，当将与速度方向相反的2N的力水平旋转90°后，其受力如图所示：其中Fx＝Fy＝2NF是Fx、Fy的合力，即F＝2N且大小、方向都不变，为恒力，物体的加速度为a＝＝m/s2＝m/s2大小恒定，方向与速度方向不在同一直线上，故物体做匀变速曲线运动，且合力方向与速度方向夹角小于90°，则速度越来越大。 故选C。2.某人划小船横渡一条两岸平行的河流，船在静水中的速度大小不变，船头方向始终垂直于河岸，水流速度与河岸平行，已知小船的运动轨迹如图所示，则（）A.各处水流速度大小都一样B.离两岸越近水流速度越小C.离两岸越近水流速度越大D.无论水流速度是否变化，这种渡河方式耗时最长【答案】B【解析】【详解】A、B、C、从轨迹曲线的弯曲形状上可以知道，小船先具有向下游的加速度，小船后具有向上游的加速度，故加速度是变化的，由于水流是先加速后减速，即越接近河岸水流速度越小，故A、C错误，B正确；D、由于船身方向垂直于河岸，这种渡河方式耗时最短，无论水流速度是否变化，故D错误；故选B．【点睛】解决本题的关键知道小船参与了两个运动，有两个分速度，分别是静水速和水流速．以及知道轨迹的弯曲大致指向合力的方向，注意垂直河岸渡河时，时间最短．3.如图所示，一个倾角为37°的斜面固定在水平面上，在斜面底端正上方的O点将一小球以速度v0＝3m/s水平抛出，经过一段时间后，小球垂直斜面打在P点处（小球可视为质点，不计空气阻力，取重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8），则（　　）A.小球击中斜面时的速度大小为4m/sB.小球击中斜面时的速度大小为5m/sC.小球做平抛运动的水平位移是1.6mD.小球做平抛运动的竖直位移是1m 【答案】B【解析】【详解】AB．小球的速度方向与斜面垂直，根据平行四边形定则有解得小球击中斜面时的速度大小故A错误，B正确；CD．小球运动的时间可知水平位移竖直位移故CD错误。故选B。4.如图所示，质量为m的鹰，以速率v在水平面内做半径为R的匀速圆周运动，空气对鹰作用力的大小等于(　　)A.mB.mC.mD.mg【答案】A 【解析】【分析】【详解】空气对鹰的作用力有两个作用效果，其一：竖直方向的分力与鹰受到的重力平衡；其二：水平方向的分力提供向心力，使鹰可在水平面内做匀速圆周运动。对鹰的受力情况进行分析，如图所示。鹰受到重力mg、空气对鹰的作用力F，两力的合力为Fn，方向沿水平方向指向圆心。由题意可知，重力mg与Fn垂直，故又联立解得，故BCD错误，A正确。故选A。5.一质量为m的物体，沿半径为R的向下凹的半圆形轨道滑行，如图所示，经过最低点时的速度为v，物体与轨道之间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，则它在最低点时受到的摩擦力为（　　）A.μmgB.C.μm（g－）D.μm（g＋） 【答案】D【解析】【详解】在最低点由向心力公式得FN－mg＝得FN＝mg＋又由摩擦力公式有Ff＝μFN＝μm（g＋）故选D。6.如图所示，地球球心为O，半径为R，表面的重力加速度为g，一宇宙飞船绕地球无动力飞行且沿椭圆轨道运动，轨道上P点距地心最远，距离为3R．为研究方便，假设地球不自转且忽略空气阻力，则（　　）A.飞船在P点的加速度一定是B.飞船经过P点的速度一定是C.飞船经过P点的速度小于D.飞船经过P点时，若变轨为半径为3R圆周运动，需要制动减速【答案】AC【解析】 【分析】【详解】A．在地球表面，忽略地球自转，重力等于万有引力在P点联立解得故A正确；BCD．若飞船经过P点时，变轨为半径为3R的圆周运动，需要进入高轨道，加速离心，且在半径为3R的圆周轨道有解得所以飞船在P点速度小于，故C正确，BD错误。故选AC。二、多项选择（7-10题有多个选项正确，每题4分，共16分）7.如图所示，人在岸上用跨过光滑定滑轮的轻绳拉船，已知船的质量为m，船受到水的阻力恒为Ff，当轻绳与水面的夹角为θ时，船的速度为v，人的拉力大小为F，则此时（　　）A.人拉轻绳行走的速度大小为vcosθ B.人拉轻绳行走速度大小为C.船的加速度大小为D.船的加速度大小为【答案】AC【解析】【详解】AB．船运动的速度是沿绳子收缩方向的速度和垂直绳子方向速度的合速度，如图所示根据平行四边形定则有则人拉绳行走的速度为，故B错误，A正确；CD．对小船受力分析，如图所示根据牛顿第二定律有船的加速度大小为故D错误，C正确。 故选AC。8.如图所示，在斜面顶端先后水平抛出同一小球，第一次小球落到斜面中点，第二次小球落到斜面底端，从抛出到落至斜面上(忽略空气阻力)（）A.两次小球运动时间之比t1∶t2＝1∶B.两次小球运动时间之比t1∶t2＝1∶2C.两次小球抛出时初速度之比v01∶v02＝1∶D.两次小球抛出时初速度之比v01∶v02＝1∶2【答案】AC【解析】【详解】AB.平抛运动在竖直方向上做自由落体运动，根据解得因为两次小球下降的高度之比为1：2，则运动时间之比为故A正确，B错误；CD.小球水平位移之比为1：2，由得：水平初速度之比为故C正确，D错误．故选AC。9.在光滑的水平面上，用长为l的细线拴一质量为m的小球，使小球以角速度ω做匀速圆周运动。下列说法中正确的是（　　） A.l、ω不变，m越大，线越易被拉断B.m、ω不变，l越小，线越易被拉断C.m、l不变，ω越大，线越易被拉断D.m不变，l减半且角速度加倍时，线的拉力不变【答案】AC【解析】【详解】根据来进行分析。A．l、w一定，m越大，F越大，则线越容易断，A正确；B．m、w一定，l越大，F越大，线越容易断，选项B错误；C．m、l一定，w越大，F越大，线越容易断，C正确；D．m一定，l减半，w加倍，拉力变为原来的2倍，D错误。故选AC。【点睛】解决本题的关键知道向心力的来源，知道向心力与线速度、角速度的关系，结合牛顿第二定律进行求解。10.地球赤道上有一物体随地球自转，所受的向心力为F1，向心加速度为a1，线速度为v1，角速度为ω1；绕地球表面附近做圆周运动的人造卫星（高度忽略），所受的向心力为F2，向心加速度为a2，线速度为v2，角速度为ω2；地球同步卫星所受的向心力为F3，向心加速度为a3，线速度为v3，角速度为ω3。地球表面的重力加速度为g，第一宇宙速度为v，假设三者质量相等，则（　　）A.F1＝F2>F3B.v1＝v2＝v>v3C.a1<a3<a2＝gD.ω1＝ω3<ω2【答案】CD【解析】【详解】D．地球同步卫星的运动周期与地球自转周期相同，角速度相同，即ω1=ω3人造卫星和地球同步卫星都围绕地球转动，它们受到的地球的引力提供向心力，即 可得，，则ω2>ω3故ω2>ω3=ω1故D正确；B．根据关系式知v2>v3根据v=ωr可知v1<v3绕地球表面附近做圆周运动的人造卫星（高度忽略）的线速度就是第一宇宙速度，即v2=v故v=v2>v3>v1故B错误；C．根据a=ω2r可知a1<a3根据关系式知，轨道半径大的向心加速度小，即a2>a3绕地球表面附近做圆周运动的人造卫星（高度忽略），其向心加速度等于重力加速度，即a2=g所以g=a2>a3>a1故C正确； A．又因为F=ma所以F2>F3>F1故A错误。故选CD。三、实验探究（共16分）11.图甲是“探究平抛运动的特点”的实验装置图。（1）实验前应对实验装置反复调节，直到斜槽末端切线____________，每次让小球从同一位置由静止释放，是为了保证每次小球抛出时___________；（2）图乙是实验取得的数据，其中O点为抛出点，则此小球做平抛运动的初速度为________m/s；（g＝9.8m/s2）（3）在另一次实验中将白纸换成方格纸，每个格的边长L＝5cm，实验记录了小球在运动中的三个位置，如图丙所示，则该小球做平抛运动的初速度为________m/s，小球运动到B点的竖直分速度为________m/s，平抛运动初位置的坐标为________（如图丙所示，以O点为原点，水平向右为x轴正方向，竖直向下为y轴正方向，g＝10m/s2）。【答案】①.水平②.初速度相同③.1.2④.2.0⑤.2.0⑥.（－0.1m，0）【解析】【详解】（1）[1]平抛物体的初速度方向为水平方向，故应调节实验装置直到斜槽末端切线保持水平；[2]每次让小球从同一位置由静止释放，小球下落高度相同才能保证每次平抛得到相同的初速度；（2）[3]根据平抛运动规律 h＝gt2，x＝v0t代入数据解得v0＝1.2m/s（3）[4]由题图丙可知，从A到B和从B到C，小球水平方向通过的位移相等，故两段运动时间相同hBC－hAB＝g（Δt）2可得Δt＝0.1s所以v0′＝＝2.0m/s[5]小球运动到B点的竖直分速度vBy＝＝2.0m/s则小球从抛出点运动到B点时所经过的时间tB＝＝0.2s故平抛运动初位置的水平坐标x＝6×0.05m－v0tB＝－0.1m竖直坐标y＝4×0.05m－gtB2＝0所以平抛运动初位置的坐标为（－0.1m，0）12.影响向心力大小因素的定量研究，用如图所示的装置可以探究做匀速圆周运动的物体需要的向心力的大小与哪些因素有关。（1）本实验采用的科学方法是________。 A．控制变量法B.累积法C.微元法D.放大法（2）图示情景正在探究是________。A．向心力的大小与半径的关系B.向心力的大小与线速度大小的关系C.向心力的大小与角速度大小的关系D.向心力的大小与物体质量的关系（3）通过本实验可以得到的结果是________。A．在质量和半径一定的情况下，向心力的大小与角速度成正比B.在质量和半径一定的情况下，向心力的大小与线速度的大小成正比C.在半径和角速度一定的情况下，向心力的大小与质量成正比D.在质量和角速度一定的情况下，向心力的大小与半径成反比【答案】①.A②.D③.C【解析】【详解】（1）[1]本实验装置的原理是使物体质量、半径、角速度等多个物理量中的一个变化，控制其他物理量不变，以研究向心力与各物理量之间的关系，故采用的是控制变量法。故选A。（2）[2]图示情景中是控制半径及角速度不变，只改变质量，所以探究的是向心力的大小与物体质量的关系。故选D。（3）[3]A．由可知在质量和半径一定的情况下，向心力的大小与角速度的平方成正比，故A错误；B．由在质量和半径一定的情况下，向心力的大小与线速度平方的大小成正比，故B错误；C．由在半径和角速度一定的情况下，向心力的大小与质量成正比，故C正确； D．由在质量和角速度一定的情况下，向心力的大小与半径成正比，故D错误。故选C。四、计算题（本题共4小题，共44分。要有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位）13.如图所示，一质量为m＝0.5kg的小球，用长为0.4m的轻绳拴着在竖直平面内做圆周运动。g取10m/s2，求：（1）小球要做完整的圆周运动，在最高点的速度至少为多大？（2）当小球在最高点的速度为4m/s时，轻绳拉力多大？【答案】（1）2m/s（2）15N【解析】【详解】（1）在最高点，根据得（2）在最高点，根据牛顿第二定律得解得14.如图，水平转盘上放有质量为m的物块，物块到转轴的距离为r，物体和转盘间的摩擦因数为μ。设物块受到的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，已知重力加速度为g。 (1)当水平转盘以角速度ω1匀速转动时，物块与转盘刚好能相对静止，求ω1的值；(2)如图乙，将物块和转轴用细绳相连，当转盘的角速度时，求细绳的拉力FT2的大小；(3)将物块和转轴用细绳相连，当转盘的角速度时，求细绳的拉力FT3的大小。【答案】(1)；(2)0；(3)【解析】【分析】【详解】(1)当水平转盘以角速度ω1匀速转动时，物块与转盘刚好能相对静止，则此时物块所需向心力恰好完全由最大静摩擦力提供，则μmg=mrω12解得(2)由于ω2<ω1，物块受到的最大静摩擦力大于所需向心力，此时绳对物块没有拉力，故FT2=0(3)由于ω3>ω1，物块受到的最大静摩擦力不足以提供所需的向心力，此时绳对物块有拉力，则μmg＋FT3=mω32r可得此时绳子对物块拉力的大小为 15.宇宙飞船绕地球做匀速圆周运动，飞船与地心的距离为地球半径R0的2倍，飞船圆形轨道平面与地球赤道平面重合。由于地球遮挡阳光，会经历“日全食”过程。如图4所示，已知地球表面重力加速度为g，近似认为太阳光是平行光，忽略地球自转，试估算（1）飞船做匀速圆周运动的周期；（2）飞船在“日全食”过程中绕地球转过圆心角；（3）飞船绕地球一周，“日全食”的时间；【答案】（1）；（2）；（3）【解析】【详解】（1）飞船做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律又有由以上两式可得（2）如图下图 设圆心角为。当飞船在阴影区时不能接受阳光，据几何关系得解得（3）飞船绕地球一周，“日全食”的时间为16.据每日邮报2014年4月18日报道，美国国家航空航天局日前宣布首次在太阳系外发现“类地”行星．假如宇航员乘坐宇宙飞船到达该行星，在该行星“北极”距地面h处由静止释放一个小球（引力视为恒力），经过时间t落到地面．已知该行星半径为R，自转周期为T，万有引力常量为G，求：(1)该行星的平均密度ρ；(2)该行星的第一宇宙速度v；(3)如果该行星存在一颗同步卫星，其距行星表面的高度H为多少．【答案】(1)(2)(3)【解析】【详解】（1）设行星表面的重力加速度为g，对小球，有：，解得：对行星表面的物体m，有：，故行星质量：故行星的密度： （2）对处于行星表面附近做匀速圆周运动的卫星m，由牛顿第二定律，有：故第一宇宙速度为：（3）同步卫星的周期与星球自转周期相同，为T，由牛顿第二定律，有：得同步卫星距行星表面高度：