【文档说明】安徽省黄山市屯溪第一中学2019-2020学年高一下学期期中考试物理试题【精准解析】.doc，共(22)页，896.000 KB，由小赞的店铺上传

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屯溪一中2019~2020学年度第二学期期中试题高一物理试题一、选择题（本大题共有15小题，单选3分多选4分，共51分。在每小题给出的四个选项中，第1~9题只有一项符合题目要求，第10~15题有多项符合题目要求，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错或不选的得

0分）1.下列说法正确的是（）A.伽利略提出了行星运动的三大定律B.牛顿最先在实验室里比较准确地测出了引力常量的数值C.海王星被称为“笔尖下发现的行星”，它的发现确立了万有引力定律的地位D.开普勒从实验中得出了行星运动定律【答案】C【解析】【详解】（1）行星运

动的三大定律是开普勒提出的，即著名的开普勒三大定律，A错误；（2）卡文迪许利用扭秤比较准确地测出了引力常数的数值，B错误；（3）海王星是利用万有引力定律发现的一颗行星，被人们称为“笔尖下发现的行星”，之后又用同样方法发现了冥王星，故C正确；（4）开普勒是通过数学运算的方法发现的行星运动定律，D错

误．故本题选C．2.地面上足够高处有四个小球，在同一位置同时以相同的速率v向上、向下、向左、向右抛出四个小球，不计空气阻力，经过1s时四个小球在空中的位置构成的图形正确的是（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【详解】每个小球的运动都可以看成是沿初速度方向的匀速直线运动和竖直向下的自由落

体运动的合运动；假设同时有个小球从同一位置自由落体，则这4个球相对与该球都是匀速直线运动，故以四个小球所在位置为顶点所构成的图形应该是正方形，故选项A正确，B、C、D错误．3.如图所示，人在岸上拉船，已知船的质量为m，水的阻力恒为

f，当轻绳与水平面的夹角为θ时，船的速度为v，此时人的拉力大小为F，则此时（）A.人拉绳行走的速度为vsinθB.人拉绳行走的速度为cosvC.船的加速度为cosFfmD.船受到的浮力为mg-Fcosθ【答案】C【解析】【详解】A．船运动的速度是沿绳

子收缩方向的速度和绕定滑轮的摆动速度的合速度。如下图所示根据平行四边形定则有cosvv人故A错误，B错误；CD．对小船受力分析，如下图所示水平方向，根据牛顿第二定律，有cosFfma因此船的加速度大小为cosFfam竖直方向sinFNm

g所以浮力为-sinNmgF故C正确，D错误。故选C。4.下列现象中属于防止离心现象带来危害的是（）A.为使火车安全通过弯道，修建铁路时常把外轨道修得比内轨道高一些B.汽车在过弯道时，阴雨天气容易冲出轨道C.洗衣机脱水桶转动时可以将湿衣服上的水甩去D.公共汽车急刹车时

，乘客容易向前倾倒【答案】A【解析】在修筑铁路时，转弯处轨道的内轨要低于外轨，目的是由重力的分力提供一部分向心力，弥补向心力不足，防止车速过大，火车产生离心运动而发生侧翻，故A正确；汽车在过弯道时，阴雨天气时，因需要的向心力小于轮胎与地面的最大摩擦力而容易冲出轨道，这是离心现象带来

的危害，不是离心现象的防止，选项B错误；洗衣机脱水桶高速旋转把附着在衣服上的水分，是利用离心作用将水从衣服甩掉，是利用的离心运动，故C错误．公共汽车急刹车时，乘客都向前倾倒是由于惯性，与离心现象无关，故D错误．故选A．5.2017年1

2月23日12时14分，我国在酒泉卫星发射中心用长征二号丁运载火箭，成功将陆地勘查卫星二号发射升空，卫星进入预定轨道（设轨道为圆形），发射任务获得圆满成功．则A.陆地勘查卫星二号的发射速度大于11.2km/sB.陆地勘查卫星二号

运行速度一定大于7.9km/sC.卫星进入预定轨道后，卫星内的物体处于完全失重状态D.卫星进入预定轨道后，卫星内的物体不受地球引力作用【答案】C【解析】【详解】第一宇宙速度7.9km/s是绕地球做圆周运动的卫星的最大环绕速度，也是最小的发射速度，则

陆地勘查卫星二号的发射速度大于7.9km/s，小于11.2km/s；陆地勘查卫星二号运行速度一定小于7.9km/s，选项AB错误；卫星进入预定轨道后，卫星所受的万有引力提供向心力，则卫星内的物体处于完全失重状态，选项C正确；卫星进入预定轨道后，卫星内的物体仍然受地球引力作用，选项D

错误；故选C．6.河水的流速随离河岸的距离的变化关系如图甲所示，船在静水中的速度与时间的关系如图乙所示，若要使船以最短时间渡河，则（）A.船渡河的最短时间是60sB.船在行驶过程中，船头始终与河岸垂直

C.船在河水中航行的轨迹是一条直线D.船在河水中的最大速度是7m/s【答案】B【解析】【详解】A．要使船以最短时间渡河，则船头必须与河岸垂直，此时静水速度与河岸垂直，则渡河时间最短为300s=100s3cdt

v故A错误，B正确；C．船在沿河岸方向上做变速运动，在垂直于河岸方向上做匀速直线运动，两运动的合运动是曲线。故C错误；D．当水流速最大时，船的速度最大22m34m/s5m/sv故D错误。故选B。7.质量为m的小球在竖直平面内的圆管轨道内运

动，小球的直径略小于圆管的直径，如图所示．已知小球以速度v通过最高点时对圆管的外壁的压力恰好为mg，则小球以速度2v通过圆管的最高点时()．A.小球对圆管的内、外壁均无压力B.小球对圆管的内壁压力等于2mgC.小球对圆管的外壁压力等于2mgD.小

球对圆管的内壁压力等于mg【答案】B【解析】【详解】以小球为研究对象,小球以速度v通过最高点C时,根据牛顿第二定律得2vmgmgmr当小球以速度2v通过圆管的最高点,根据牛顿第二定律得:22vmgNmr（）计算得出2mgN负号表示圆管对小球的作用力向上

,即小球对圆管的内壁压力等于2mg，故B正确；故选B。8.如图所示，ACB是一个半径为R的半圆柱面的横截面，直径AB水平，C为截面上的最低点，AC间有一斜面，从A点以大小不同的初速度v1、v2沿AB方向

水平抛出两个小球，a和b，分别落在斜面AC和圆弧面CB上，不计空气阻力，下列判断正确的是（）A.初速度v1可能大于v2B.a球的飞行时间可能比b球长C.若v2大小合适，可使b球垂直撞击到圆弧面CB上D.a球接触斜面前的瞬间，速度与水平方向的夹角为45°【答

案】B【解析】【详解】A、两个小球都做平抛运动，水平方向做匀速直线运动，由x=v0t得知t相同时，水平位移越大，对应的初速度越大，则知初速度v1一定小于v2．故A错误.B、竖直方向上做自由落体运动，由212hgt，得2htg，若a球下落的高度大于b球的高

度，则a球的飞行时间比b球长;故B正确.C、根据平抛运动的推论：平抛运动瞬时速度的反向延长线交水平位移的中点，作出b球垂直撞击到圆弧面CB上速度的反向延长线，与AB的交点一定在O点的左侧，速度的反向延长线不可能通过O点，所以b球不可能与CB面垂直，

即b球不可能垂直撞击到圆弧面CB上，故C错误.D、由几何知识得知AC面的倾角为45°，运用与C项同样的分析方法：作出a球接触斜面前的瞬间速度反向延长线，可知此瞬时速度与水平方向的夹角大于45°．故D错误.故选B.9.如图在皮带传动装置（传动皮带紧绷且运动中不打滑）中，主动轮1

O的半径为1r,从动轮2O有大小两轮且固定在同一个轴心2O上，半径分别为3r、2r，已知312rr，211.5rr，A、B、C分别是三个轮边缘上的点，则当整个传动装置正常工作时，下列选项正确的是（）A.A、B、C三点的周

期之比为1：2：2B.A、B、C三点的线速度大小之比为4：4：5C.A、B、C三点的角速度之比为2：1：2D.A、B、C三点的加速度之比为8：4：5【答案】A【解析】【详解】A、B、C三点的半径之比为123111::::

:2:1.52:4:3ABCrrrrrrrrrA、B的线速度大小相等，即ABvvB、C的角速度相等，由vr得::4:3BCBCvvrr所以::4:4:3ABCvvv由ABvv，:1:2ABr

r得:2:1AB所以::2:1:1ABC根据2T得::1:2:2ABCTTT向心加速度2vavr则得::8:4:3ABCaaa故A正确，BCD错误。故选A。10.如图所示，是某次发射人造卫星的示意图，人造卫

星先在近地圆周轨道1上运动，然后改在椭圆轨道2上运动，最后在圆周轨道3上运动，a点是轨道1、2的交点，b点是轨道2、3的交点，则（）A.卫星在同步轨道3上的运行速度大于7.9km/sB.要从椭圆轨道2进入圆周轨道3，则应在b点加速C.在椭圆轨道2经过a点时的

加速度与在圆周轨道1上经过a点时的加速度相等D.在椭圆轨道2经过b点时的速度比经过a点时的速度更大【答案】BC【解析】【详解】A．由题意知卫星在轨道3上做匀速圆周运动，万有引力提供向心力有22MmvGmrr可得GMvr可

知轨道半径越大，运行速度越小，由于7.9km/s是在近地轨道的运行速度，故卫星在同步轨道3上的运行速度小于7.9km/s，故A错误；B．在轨道2经过b点时，万有引力大于所需的向心力，卫星做近心运动；在轨道3

经过b点时，万有引力等于所需向心力，卫星做圆周运动；而两轨道经过b点时万有引力相等，根据2Frvm可知卫星在轨道3经过b点时的速度大于轨道2经过b点时的速度，即要从椭圆轨道2进入圆周轨道3，需要在b点加速，故B正确；C．在轨道2和轨道1经

过a点时，万有引力相等，根据牛顿第二定律2MmGmar可知在轨道2和轨道1经过a点时加速度相等，故C正确；D．卫星在轨道2上做椭圆运动，根据开普勒定律可知在椭圆轨道2经过b点时的速度比经过a点时的速度小，故D错误。故选B

C。11.横截面为直角三角形的两个相同斜面如图紧靠在一起，固定在水平面上，它们的竖直边长都是底边长的一半。小球从左边斜面的顶点以不同的初速度向右平抛，最后落在斜面上。其中三个小球的落点分别是a，b，c。图中三小球比

较，下列判断正确的是（）A.落在a点的小球飞行时间最短B.落在c点的小球飞行时间最短C.落在a点的小球飞行过程速度的变化量最大D.无论小球抛出时初速度多大，落到两个斜面上的瞬时速度都不可能与斜面垂直【答案】BCD【解析】【详解】A

B．三个小球做的都是平抛运动，竖直方向做自由落体运动，从图中可以发现落在c点的小球下落的高度最小，落在a点的高度最大，由212hgt可以知道落在c点的小球飞行时间最短，落在a点的时间最长，故A错误，B正确；C．

小球的速度变化是为vgt所以运动的时间长的小球速度变化量大，即落在a点的小球的速度变化最大，故C正确；D．首先落在a点上是无论如何不可能垂直的，然后看b、c点，竖直速度是gt，水平速度是v，斜面的夹角0.5tan，要合速度垂直斜面，把两个速度合

成后，需要满足tanvgt即0.5vgt，那么在经过t时间的时候，竖直位移为210.5hgt水平位移为210.50.5xvtgttgt即需要水平位移和竖直位移相等，显然在图中落到b、c是不可能的，因为在

b、c点上水平位移必定大于竖直位移，所以落到两个斜面上的瞬时速度都不可能与斜面垂直，故D正确。故选BCD。12.地球和木星绕太阳运行的轨道可以看作是圆形的，它们各自的卫星轨道也可看作是圆形的。已知木星的公转轨道半径约为

地球公转轨道半径的5倍，木星半径约为地球半径的11倍，木星质量大于地球质量。如图所示是地球和木星的不同卫星做圆周运动的半径r的立方与周期T的平方的关系图象，已知万有引力常量为G，地球的半径为R。下列说法正确

的是（）A.木星与地球的质量之比为11bdacB.木星与地球的线速度之比为1：5C.地球密度为33aGdRD.木星密度为33125bGcR【答案】BC【解析】【详解】ACD．根据2224GMmmrrT得2324GMTr可知图线的

斜率24GMk由于木星的质量大于地球的质量，可知图线斜率较大的是绕木星做圆周运动轨道半径和周期的关系图线，图线斜率较小的是绕地球做圆周运动半径和周期的关系图线。对于地球24GMakd地解得地球的质量24aMGd地则地球的密度

33MaVdRG地对于木星24GMbkc木解得木星的质量24bMGc木则木星的密度3333=133111MbbVGcRGcR木木木则木星与地球的质量之比为MbdMac木地故AD错误，C正确；B．根据GMvr太可知木星与地球的线速度之比

为15vrvr木地地木故B正确。故选BC。13.一质量为m的质点以速度v0匀速直线运动，在t＝0时开始受到恒力F作用，速度大小先减小后增大，其最小值为v＝0.5v0，由此可判断（）A.质点受力F作用后一定做匀变速曲线运动B.质点受力F作用后可能做圆周运动

C.t＝0时恒力F与速度v0方向间的夹角为60°D.032mvtF时，质点速度最小【答案】AD【解析】【分析】由题意可知，物体做类斜抛运动，根据运动的合成与分解，结合力的平行四边形定则与运动学公式，即可求解；【详解】A、在t=0时开始受到恒力F作用，

加速度不变，做匀变速运动，若做匀变速直线运动，则最小速度可以为零，所以质点受力F作用后一定做匀变速曲线运动，故A错误；B、物体在恒力作用下不可能做圆周运动，故B错误；C、设恒力与初速度之间的夹角是，最小速度为：1000.5vvsinv

可知初速度与恒力的夹角为钝角，所以是150，故C错误；D、质点速度最小时，即在沿恒力方向上有：030Fvcostm，解得：023mvtF，故D正确．【点睛】考查类斜抛运动的处理规律，掌握合成法则与运动学公式的应用，注意分运动与合运动的等时性．14.如图所示，两个相同的小球A、B用

长度分别为l1、l2的细线（l1<l2）悬挂于天花板的O1、O2点，两球在水平面内做匀速圆周运动，两根细线与竖直轴夹角均为θ。设A、B两球的线速度分别为vA、vB，角速度分别为ωA、ωB，加速度分别为aA、aB，两根细线的拉力分别为FA、FB，

则（）A.FA<FBB.vA>vBC.aA=aBD.ωA>ωB【答案】CD【解析】【详解】A．小球在水平面内做匀速圆周运动，对小球受力分析，如图由几何关系可得细线的拉力为cosmgF由题知两个小球的质量相等，角度也相等，所以ABFF，故

A错误；B．由A项的受力分析，根据牛顿第二定律有2tanvmgmr根据几何关系有sinrl解得tansinvgl由于12ll，所以ABvv，故B错误；C．根据牛顿第二定律有tanmgma解得tanag角度相等，故ABaa，故C正确；D．根据vr代

入v、r的表达式解得cosgl由于12ll，所以AB，故D正确。故选CD。15.如图所示，一个固定在竖直平面上的光滑半圆形管道，管道里有一个直径略小于管道内径的小球，小球在管道内做圆周运动，从B点脱离后做平抛运动，经过0.3s后又恰好垂直与倾角为45°的斜面相碰．已知半圆形

管道的半径R＝1m，小球可看做质点且其质量为m＝1kg，g取10m/s2．则()A.小球在斜面上的相碰点C与B点的水平距离是0.9mB.小球在斜面上的相碰点C与B点的水平距离是1.9mC.小球经过管道的B点时，受到管道的作用力FNB的大小是1ND.小球经过管道的B点时，受到

管道的作用力FNB的大小是2N【答案】AC【解析】【分析】小球恰好垂直与倾角为45°的斜面相碰到，说明小球在C点竖直方向的分速度和水平分速度相等，代人公式即可；小球经过圆弧轨道的B点时做圆周运动，所受轨道作用力

与重力一起提供向心力，根据牛顿第二定律列式可求得受管道的作用力．【详解】根据平抛运动的规律和运动合成的可知tan45yxvv，则小球在C点竖直方向的分速度和水平分速度相等，得3/xyvvgtms，则B点与C点的水平距离为：30.30.9xxvtm，A正确B错误；

B点的速度为3m/s，根据牛顿运动定律，在B点设轨道对球的作用力方向向下，2BNBvFmgmR，代入解得1NBN，负号表示轨道对球的作用力方向向上，C正确D错误．二、实验题（本题共2小题，每空2分，共16分）16.某物理小组的同学设计

了一个粗测玩具小车通过凹形桥最低点时的速度的实验．所用器材有：玩具小车、压力式托盘秤、凹形桥模拟器(圆弧部分的半径为R＝0.20m)．完成下列填空：(1)将凹形桥模拟器静置于托盘秤上，如图(a)所示，托盘秤的示数为1.00kg；(2)将玩具小车静置于凹形桥模拟器最低点时，托盘秤的示数

如图(b)所示，该示数为_____kg；(3)将小车从凹形桥模拟器某一位置释放，小车经过最低点后滑向另一侧．此过程中托盘秤的最大示数为1.81Kg，车通过最低点时的速度大小为______m/s.(重力加速度大小

取9.8m/s2,计算结果保留2位有效数字)【答案】(1).1.40,(2).1.4m/s【解析】【详解】(2)[1]．根据量程为10kg，最小分度为0.1kg，注意估读到最小分度的下一位，为1.40kg；(3)[2]．根据题意可知1.00kg0.

40kgmm桥车，根据题意可知1.819.819.8NF解得7.938NNF根据牛顿运动定律知2NvFmgmR车车代入数据解得1.4m/sv．17.某科学兴趣小组要验证小球平抛运动的规律，实验设计方案如图甲所示，用轻质细线拴接一小球，在悬点O正下方有水

平放置的炽热的电热丝P，当悬线摆至电热丝处时能轻易被烧断；MN为水平木板，已知悬线长为L，悬点到木板的距离OO′=h（h>L）．（1）电热丝P必须放在悬点正下方的理由是__________________．（2）将小球向左拉起后自由释放，最后小球落到木板上的C点，O′C=x，

则小球做平抛运动的初速度为v0=_________．（3）图乙是以竖直方格板为背景通过频闪照相得到的照片，每个格的边长L＝5cm，通过实验，记录了小球在运动途中的三个位置，如图所示，则该频闪照相的周期为_______s，小球做平抛运动的初

速度为_______m/s；过B点的速度为_______m/s．（g=10m/s2）（4）在其他条件不变的情况下，若改变释放小球时悬线与竖直方向的夹角θ，小球落点与O′点的水平距离x将随之改变，经多次实验，以x2为纵坐标、cosθ为横坐标，得到如图丙所示图象，则当

θ=30°时，x为_________m．【答案】(1).保证小球沿水平方向抛出(2).2()gxhL(3).0.1(4).1.5(5).2.5(6).0.52或23【解析】【详解】（1）[1]由于烧断细线前小球做圆周运动，故烧断方向沿圆周轨迹的切线方向，

只有在悬点正下方时速度沿水平方向，要使小球做平抛运动，则应在悬线在悬点正下方烧断，抛出速度沿水平方向．（2）[2]小球做平抛运动，在水平方向上有：0xvt，在竖直方向上有：212hLgt联立解得02()xgvxthL；（3）[3][4]在竖直方向

上，根据22yLgT得220.01050.1gLTss=则小球平抛运动的初速度0330.05/1.5/0.1LvmsmsTB点的竖直分速度880.05/2/20.2yBLvmsmsT根

据平行四边形定则知，B点的速度22220152/2.5/ByBvvvmsms．（4）由图丙可知222xcos，当30时，可得230.52xmm．三、计算题（本题共3小题，共30分。解答时应写出必要的文字说明、方程式及

重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位）18.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，设物体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，求：（1）

当水平转盘以角速度1匀速转动时，物块与转盘刚好能相对静止，求1的值是多少？（2）将物块和转轴用细绳相连，当转盘的角速度23gr时，求细绳的拉力T2的大小．（3）将物块和转轴用细绳相连，当转盘的角速度353gr时，求细绳的拉力T3的大小．【答案

】（1）1gr（2）20T（3）323Tmg【解析】（1）设水平转盘以角速度ω1匀速转动时，物块与转盘刚好要相对滑动，此时物体所需向心力恰好最大静摩擦力提供，则μmg=mrω12解得：1g

r（2）由于ω2＜ω1；物体受到的最大静摩擦力大于所需向心力，此时绳对物体没有拉力，故FT2=0（3）由于ω3＞ω1；物体受到的最大静摩擦力不足以提供所需向心力，此时绳对物体有拉力由μmg+FT3＝mω32r得此时绳子对物体拉力的大小为FT3＝23μmg点

睛：解决本题的关键求出绳子恰好有拉力时的临界角速度，当角速度大于临界角速度，摩擦力不够提供向心力，当角速度小于临界角速度，摩擦力够提供向心力，拉力为0．19.已知地球半径为R，地球表面的重力加速度为g，地球自转的周期为T，万有引力常量G，试求（1）地球的质量M和地球的密度ρ；（2

）地球同步卫星的轨道半径r；（3）地球同步卫星的向心加速度大小．【答案】（1）34gRG（2）122324gRTr（3）12322gRTT【解析】【详解】（1）设一质量为m的物体放在地球表面，则2MmmgGR有2gMGR又343MR有34gRG

（2）设同步卫星质量为m0，有20022GMmmrrT有122324gRTr（3）地球同步卫星的向心加速度11222233222224gRTgRarTTTT20.小华站在水平地

面上，手握不可伸长的轻绳一端，绳的另一端系有质量为m的小球，甩动手腕，使球在竖直平面内做圆周运动。当球某次运动到最低点时，绳突然断掉，球飞行水平距离d后落地，如图所示。已知握绳的手离地面高度为d，手与球之间的绳长为34d，重力加速度为g。忽略手的运动

半径和空气阻力。(1)问绳能承受的最大拉力多大？(2)改变绳长，使球重复上述运动，若绳仍在球运动到最低点时断掉，要使球抛出的水平距离最大，绳长应为多少？最大水平距离为多少？【答案】（1）113mg；（2）2d，233d。【解析】【详解】(1)设绳断后球飞行的时间为

t，由平抛运动规律有竖直方向21142dgt水平方向D=v1t解得v1=2gd设绳能承受的最大拉力大小为Fmax，这也是球受到绳的最大拉力的大小，球做圆周运动的半径为34Rd由圆周运动向心力公式，有Fmax-mg=21mvR得Fmax=

113mg(2)设绳长为l，绳断时球的速度大小为v3，绳承受的最大拉力不变，有Fmax-mg=m23vl解得v3=83gl绳断后球做平抛运动，竖直位移为y=d－l水平位移为x，时间为t1,由平抛运动规律有213112dlgtxvt-=，=得x=4()3ldl当l＝2

d时，x有最大值xmax=233d