【文档说明】【精准解析】云南省昆明市东川区明月中学2018-2019学年高一下学期期中考试物理试题.doc，共(15)页，573.500 KB，由小赞的店铺上传

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2019年春季学期高一年级期中考试物理试题一、选择题1.关于平抛运动和圆周运动，下列说法正确的是()A.平抛运动是匀变速曲线运动B.匀速圆周运动是速度不变的运动C.圆周运动是匀变速曲线运动D.做平抛运动的

物体落地时的速度一定是竖直向下的【答案】A【解析】【详解】平抛运动的加速度不变，做匀变速曲线运动．故A正确．匀速圆周运动的线速度大小不变，方向时刻改变，是变速运动．故B错误．匀速圆周运动的加速度方向始终指向圆心，时刻变化，不是匀变速

运动．故C错误．平抛运动水平方向速度不可能为零，则做平抛运动的物体落地时的速度不可以竖直向下．故D错误．故选A．【点睛】解决本题的关键知道平抛运动的特点，知道平抛运动的加速度不变，知道匀速圆周运动靠合力提供向心力，合力不做功．2.一只船在静水中的速度为5m/s，它要横渡一条1

20m宽的河，水流速度为3m/s，则船以最短位移过河所需时间为（）A.30sB.40sC.50sD.60s【答案】A【解析】【详解】最短位移过河时，船头指向上游，船沿垂直河岸运动，合速度垂直河岸，根据速度的合成，合速度大小为224m/svvv=−=水船因此过河时间3

0sdtv==A正确。BCD错误。故选A。3.如图所示，在不计滑轮摩擦和绳子质量的条件下，当物体P匀速向上运动时，下列说法正确的是()A.小车向左匀速运动B.小车向左减速运动C.绳上的拉力减小D.假设小车的牵引力不变，则小车做匀减速直线运动【答

案】B【解析】【详解】将小车的运动分解为沿绳子方向和垂直于绳子方向，如图所示：沿绳子方向的分速度等于P的速度，根据平行四边形定则有：vcosθ=vp，解得：cosPvv=，P匀速上升时，θ减小，则v减小．可知小车向左减速运动，

故A错误，B正确；P匀速上升，则绳子的拉力不变，等于P的重力，故C错误；小车的牵引力不变，根据牛顿第二定律cosTFma−=，解得：cosTFam−=，拉力不变，θ减小，即加速度变化，故D错误．所以B正确，ACD错误．4.A、B两物体都做匀速圆周运动，A的质量是B的质量的一半，A的轨道半径是

B轨道半径的一半，当A转过60°角的时间内，B转过了45°角，则A物体的向心力与B的向心力之比为（）A.1：4B.2：3C.4：9D.9：16【答案】C【解析】【详解】当A转过60°角的时间内，B转过45°角，A的角速度是B角速度的4/3，

222311442239AAAABBBBFmrFmr===C正确．故选C。5.如图所示，两个啮合的齿轮，其中小齿轮半径为10cm，大齿轮半径为20cm，大齿轮中C点离圆心O2的距离为10cm，A、B两点分别为两个齿轮边缘上的点，

则A、B、C三点的（）A.线速度之比是1：1：1B.角速度之比是1：1：1C.向心加速度之比是4：2：1D.转动周期之比是1：1：2【答案】C【解析】【详解】A、同缘传动时，边缘点的线速度相等，故：v

A=vB；同轴传动时，角速度相等，故：ωB=ωC；根据题意，有rA:rB：rC=1:2:1；根据v=ωr，由于ωB=ωC，故vB：vC=rB：rC=2:1；故vA:vB：vC=2:2:1，故A错误；B、根据v=ωr，由于vA=vB，故ωA：ωB=rB：rA

=2:1；故ωA：ωB：ωC=rB：rA=2:1:1，故B错误；C、向心加速度之比为222A::::4:2:1abbBCabbvvvaaarrr==，故C正确．D、转动周期之比为A111::::1:2:2BCabbTTT

==，故D错误．故选C．【点睛】皮带传动、摩擦传动、齿轮传动时，边缘点的线速度相等；同轴转动和共轴转动时，角速度相等；然后结合v=ωr列式求解．6.如图所示，一颗人造卫星原来在椭圆轨道1绕地球E运行，在P点变轨后进入轨道2做匀速圆周运动．下列说法正确的是（）A.卫星在轨道1的任何位置都受到

相同的引力B.卫星在轨道2的任何位置都具有相同的速度C.不论在轨道1还是轨道2运行，卫星在P点的加速度都相同D.不论在轨道1还是轨道2运行，卫星在P点的速度都相同【答案】C【解析】【详解】A．根据万有引力定律得2MmFGr=，可知卫星在轨道1的不同位置受到引力不同，故

A错误；B．卫星在轨道2的任何位置的速度方向不同，所以速度不同，故B错误；C．设P点到地心的距离为m，卫星的质量为m，加速度为a，地球的质量为M，由牛顿第二定律得2=MmGmar，得2GMar=，P到地心的距离r是一定的，所以不论在轨道1还是

轨道2运行，卫星在P点的加速度都相同，故C正确；D．卫星要由轨道1进入轨道2，在P点必须点火加速，做离心运动，所以在轨道1和在轨道2运行经过P点的速度不同，故D错误；故选C。7.已知某星球的平均密度是地球的n倍，半径是地球的k倍，地球的第一宇宙

速度为v，则该星球的第一宇宙速度为()A.nvkB.kvnC.nkkvD.nkv【答案】B【解析】【详解】本题考查的是第一宇宙速度的计算问题．第一宇宙速度：32444333GRGMGRGvRRR====，所以该星球的第一宇宙速度为'vkn=8.如图所示，木块P静止

在水平放置的木板上。现缓慢抬起木板的左端，在倾角逐渐增大至90°的过程中，木块P所受摩擦力的大小变化情况是（）A.一直增大B.先增大后减小C.先增大后不变D.先减小后不变【答案】B【解析】【详解】在开始一段时间内，木块相对木板静止，木块受到的摩擦力为静摩擦力，大小为sinf

mg=随增大而增大；当增大到一定程度时，木块开始下滑，此时受到的摩擦力为滑动摩擦力，大小为cosfmg=随增大而减小，因此摩擦力先增大后减小，B正确，ACD错误。故选B。9.一质量为1000kg的小汽车受恒定的牵

引力在水平路面上沿直线行驶，4s末撤去牵引力F，其v-t图像如图所示，则小汽车的牵引力F和所受的阻力f的大小是A.F=7500NB.F=5000NC.f=2500ND.f=1500N【答案】AC【解析】试题分析：在加速阶段汽车受到牵引力和阻力作用，在减速阶段汽车只受阻力作用，而速

度时间图像的斜率表示加速度，所以加速时的加速度为22120/5/4amsms==，减速阶段的加速度为22220/2.5/8amsms==，根据牛顿第二定律可得加速时有1Ffma−=，减速时有2fma=，解得7500N,2500NFf==，故AC正确考点：考查了速度时间图像，牛顿第二定律【名师点睛

】速度时间图象中斜率等于物体的加速度，由斜率求得加速度，再根据牛顿第二定律求解牵引力和阻力10.如图所示，两个质量不同的小球用长度不等的细线拴在同一点，并在同一水平面内做匀速圆周运动，则它们的（）A.周期相同B.角速度的大小相等C.线速度的大小相等D.向心加速度的大小相等【答案】AB【解析】【详

解】对其中一个小球受力分析，如图，受重力，绳子的拉力，由于小球做匀速圆周运动，故合力提供向心力；将重力与拉力合成，合力指向圆心，由几何关系得，合力：F=mgtanθ①；由向心力公式得到：F=mω2r②；设绳子与悬挂点间的高度差为h，由几何关系，得：r=htan

θ③；C、由①②③三式得gh=，与绳子的长度和转动半径无关，故C正确；A、又由2T=知，周期相同，故A正确；B、由v=ωr，两球转动半径不等，则线速度大小不等，故B错误；D、由a=ω2r，两球转动半径不等，向心加速

度不同，故D错误；故选AC.11.a、b、c、d四颗地球卫星，a还未发射，在地球赤道上随地球表面一起转动，向心加速度为a1，b处于地面附近近地轨道上，正常运行速度为v1，c是地球同步卫星，离地心距离为r，运行速率为v2，加速度为a2

，d是高空探测卫星，各卫星排列位置如下图，地球的半径为R，则有()A.a的向心加速度等于重力加速度gB.d的运动周期有可能是20小时C.12aRar=D.12vrvR=【答案】CD【解析】【详解】A项：同步卫星的周期必须与地球自转周期相同，角速度相同，则知a与c

的角速度相同，根据a=ω2r知，c的向心加速度大由2MmGmgr=可知2GMgr=卫星的轨道半径越大，向心加速度越小，则同步卫星的向心加速度小于b的向心加速度，而b的向心加速度约为g，故知a的向心加速度小于重力加速度g，故A错误；B项：由开普勒第三定律

32RkT=知，卫星的半径越大，周期越大，所以d的运动周期大于c的周期24h，故B错误；C项：同步卫星的周期必须与地球自转周期相同，角速度相同，则知a与c的角速度相同，根据a=ω2r知，12aRar=故C正确；D项：根据公式GMvr=可知12vrvR=故D正确。12.如图所

示，小球m可以在竖直放置的光滑圆形管道内做圆周运动，下列说法中正确的是（）A.小球通过最高点的最小速度为vgR=B.小球通过最高点的最小速度可以为0C.小球在水平线ab以下管道中运动时，内侧管壁对小球一定无作用力D.小球在水平线ab以上管道中运动时，内侧

管壁对小球可能有作用力【答案】BCD【解析】【详解】AB．由于是圆形轨道，外管或内管都可以对小球产生弹力作用，因此通过最高点的最小速度为0，A错误，B正确；C．小球在水平线ab以下管道运动，由于沿半径方向的合力提供做圆周运动的向心力，所以外

侧管壁对小球一定有作用力，内侧没有力的作用，C正确。D．小球在水平线ab以上管道中运动时，当速度太大时，重力沿半径方向的分力不足以提供向心力时，外侧管壁对小球有压力作用；当速度太小重力沿半径方向的分力大于所需向心力时，内侧管壁对小球有支持力

作用，D正确。故选BCD。二、实验题13.图甲是“研究平抛物体的运动”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，是为了每次平抛________．（2）图乙是正确实

验取得的数据，其中O为抛出点，则此小球做平抛运动的初速度为________m/s．（g取9．8m/s2）【答案】(1).水平(2).初速度相同(3).1．6【解析】（1）平抛运动的初速度一定要水平，因此为了获得

水平的初速度安装斜槽轨道时要注意槽口末端要水平，为了保证小球每次平抛的轨迹都是相同的，这就要求小球平抛的初速度相同，因此在操作中要求每次小球能从同一位置静止释放．（2）由于O为抛出点，所以根据平抛运动

规律有：x=v0ty=12gt2将x=32cm，y=19.6cm，代入解得：v0=1.6m/s．14.甲同学采用频闪照相法研究平抛运动．图为小球做平抛运动时所拍摄的闪光照片的一部分，小方格的边长为5cm，则A、B两点之间的时间间隔是_______s，小球的初速度大小为______m/s，

小球在B点时的瞬时速度大小为______m/s,以A点为坐标原点，建立直角坐标系，水平向右为x轴正方向，竖直向下为y轴正方向，则抛出点的坐标为__________________．（g=10m/s2）【答案】(1).0.1(2).1.5(3

).2.5(4).(-15cm,-5cm)【解析】【详解】小球在竖直方向上做自由落体运动，根据逐差公式可得22BCABhhgTl−==，解得220.050.110lTssg===，B点为竖直位移AC的中间时刻，故

880.052/220.1BylvmsT===，小球在水平方向上做匀速直线运动，故平抛初速度0330.051.5/0.1lvmsT===；所以小球在B点的瞬时速度为222201.522.5/BByvvvms=+=+=；从抛出点到B的时间为20.210Byvtssg===；从抛出点到B

点的水平位移为01.50.20.330xvtmcm====；故从抛出点到B点的竖直位移为2211100.20.22022ygtmcm====；因AB的水平位移为15xcm=，而竖直位移为15ycm=，所以，抛出点坐标为：（-15cm，-5cm）【点睛】平抛

运动可以看作是两个分运动的合成：一是水平方向的匀速直线运动，其速度等于平抛物体运动的初速度；另一个是竖直方向的自由落体运动．利用铅笔确定做平抛运动的小球运动时若干不同位置，然后描出运动轨迹，测出曲线上任一点的坐标x和y，利用公式xvt

=和212ygt=就可求出小球的水平分速度，即平抛物体的初速度．三、计算题15.已知地球半径为R，地球表面重力加速度为g，不考虑地球自转的影响．（1）推导第一宇宙速度v1的表达式；（2）若卫星绕地球做匀速圆周运动

，运行轨道距离地面高度为h，求卫星的运行周期T．【答案】（1）1vRg=（2）()32RhπTRg+=【解析】【详解】（1）根据题给条件由万有引力公式212mvMmFGmgrR===可得:2GMgR=则：1vgR=（2）由公式222224(

)()MmmgRFGmRhrRhT===++可得:2()RhRhTRg++=【点睛】本题考查了万有引力提供向心力的常见公式的推导和理解．16.如图所示，长为L的轻杆，两端各连接一个质量都是m的小球，使它们以轻杆中点为轴在竖直平面内做匀速

圆周运动，周期T＝2Lg，求它们通过竖直位置时杆分别对上下两球的作用力，并说明是拉力还是支持力。【答案】最低点：32mg，拉力；最高点：12mg，支持力【解析】【详解】对小球受力分析，在最低点处F1－mg＝22.2LmT

可得F1＝32mg方向向上，为拉力。在最高点处，设球受杆拉力为F2F2＋mg＝22.2LmT可得F2＝－12mg故知F2方向向上，为支持力。17.如图所示，固定在水平面上倾角为α=37°、长为s=4.8m的斜面，一个质量为2kg的小

物块（可视为质点）放置在斜面上，小物块与斜面间的动摩擦因数μ=0.5，现用大小为F=24N、方向与斜面平行的力推物块，使小物块从斜面的最底端由静止开始向上运动．（sin37°=0.60，cos37°=0.80，g=10m/s2）．求（1）小物块在推力F作用下

的加速度大小（2）要使小物块能从斜面的最底端到达斜面的顶端，推力F作用的时间至少为多长？【答案】（1）a1=2m/s2（2）t=2s【解析】【详解】（1）由牛顿第二定律：F-mgsin37°-f=ma1①FN=mgcos37°+Fsin37°

②f=μFN③由①②③代入数据得a1=2m/s2④（2）当小物块到达顶端时速度刚好为零，推力F作用的时间最少．设力作用的时间至少为t，撤去力F时的速度为v，撤去力F后的加速度为a2mgsin37°+μmgcos37°=ma2代入数据解得a

2=10m/s2⑤根据速度时间公式得v=a1t⑥由位移关系得，2212122vatsa+=⑦由④⑤⑥⑦代入数据解得t=2s．18.如图所示，水平实验台A端固定，B端左右可调，将弹簧左端与实验平台固定，右端有一可视为质点

，质量为2kg的滑块紧靠弹簧（未与弹黄连接），弹簧压缩量不同时，将滑块弹出去的速度不同。圆弧轨道固定在地面并与一段动摩擦因素为0.4的粗糙水平地面相切D点，AB段最长时，BC两点水平距离xBC=0.9m，实验平台距地面髙度h=0.53m，圆弧半径R=0.4m，θ=3

7°，已知sin37°=0.6，cos37°=0.8。完成下列问題：(1)轨道末端AB段不缩短，压缩弹簧后将滑块弹出，滑块经过B点速度为vB，求落到C点时速度与水平方向夹角；(2)滑块沿着圆弧轨道运动后能在DE上继续滑行2m，求滑块在圆弧轨道上对D点的压力大小；(3)通过调

整弹簧压缩量，并将AB段缩短，滑块弹出后恰好无碰撞从C点进入圆弧轨道，求滑块从平台飞出的初速度以及AB段缩短的距离。【答案】(1)45°；(2)100N；(3)4m/s；0.3m【解析】【详解】(1)根据题意

可知C点的高度oCcos370.08mhRR=−=从B点抛出后，滑块做平抛运动2C12hhgt−=BCBxvt=整理得0.3st=，B3m/sv=飞到C点时的竖直速度3m/syvgt==因此Btan1yvv==故落到C点时速度与水平方向夹角为o45。(2)滑块地DE

段做匀减速直线运动，加速度大小fagm==−根据222EDDEvvax−=联立两式则4m/sDv=在圆弧轨道最低处2DNvFmgmR−=解得100NNF=根据牛顿第三定律，即对轨道压力为100N。(3)滑块弹出恰好无碰撞从C点进入圆弧轨道

，说明滑块落到C点时的速度方向正好沿着圆弧的切线，即0tanyvv=由于高度没变，所以3m/syyvv==而o=37因此04m/sv=对应的水平位移BC01.2mxvt==因此缩短的A

B段应该是ABBCBC0.3mxxx=−=