【文档说明】【精准解析】云南省昆明市第十四中学2018-2019学年高一下学期期中考试物理试题.doc，共(15)页，703.000 KB，由小赞的店铺上传

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高一下学期期中物理试卷第I卷（选择题）一、选择题（本题包括12小题，每小题4分，共48分。1至6题只有一个选项符合题意，7至12题为不定项选择）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

.如图所示为某中国运动员在短道速滑比赛中勇夺金牌的精彩瞬间．假定此时他正沿圆弧形弯道匀速率滑行，则他()A.所受的合力为零，做匀速运动B.所受的合力变化，做变加速运动C.所受的合力恒定，做变加速运动D.所受的合力

恒定，做匀加速运动【答案】B【解析】【详解】匀速圆周运动过程中，线速度大小不变，方向改变，向心加速度大小不变，方向始终指向圆心，向心力大小不变，方向始终指向圆心。所以物体做变加速运动，故B正确，ACD错误。3.各种大型的货运站中少不了旋臂式起重机，

如图所示，该起重机的旋臂保持不动，可沿旋臂“行走”的天车有两个功能，一是吊着货物沿竖直方向运动，二是吊着货物沿旋臂水平运动。现天车吊着货物正在沿水平方向向右匀速行驶，同时又启动天车上的起吊电动机，使货物竖直向上做匀减速运动。此时，我们站在地面上观察到货物运动

的轨迹可能是下图中的（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【详解】由于货物在水平方向做匀速运动，在竖直方向做匀减速运动，故货物所受的合外力竖直向下，由曲线运动的特点（所受的合外力指向轨迹凹侧）可知，对应

的运动轨迹可能为D。故选D。4.如图所示，斜面上有a、b、c、d四个点，ab＝bc＝cd，从a点正上方Ｏ以速度v水平抛出一个小球，它落在斜面的b点；若小球从Ｏ以速度2v水平抛出，不计空气阻力，则它落在斜面上的（）A.b与c之间某一点B.c点C.d点D.c与d之间某一点【答案】A【解析】过b做一条

与水平面平行的一条直线，若没有斜面，当小球从O点以速度2v水平抛出时，小球落在水平面上时水平位移变为原来的2倍，则小球将落在我们所画水平线上c点的正下方，但是现在有斜面的限制，小球将落在斜面上的b、c之间．故选A．点睛：本题考查角度新颖

，很好的考查了学生灵活应用知识解题的能力，在学习过程中要开阔思路，多角度思考．如本题中学生可以通过有无斜面的区别，找到解题的突破口．5.在同一轨道平面上绕地球作匀速圆周运动的卫星A、B、C，某时刻恰好在同一直线上，如图所示，

当卫星B经过一周期时间，则（）A.各卫星角速度相等，因而三星仍在一直线上B.A超前于B，C落后于BC.A超前于B，C超前于BD.A、C都落后于B【答案】B【解析】【详解】设地球质量为M，卫星质量为m，根据万有引力和牛顿运动定律，有：222()Mm

GmrrT=，解得：T＝2π3rGM；由于rA＜rB＜rC．所以TA＜TB＜TC，当卫星B经过一个周期时，卫星A位置超前于B，卫星C位置滞后于B．选项B正确；故选B．6.一只小船在静水中的速度为5m/s,它要渡过一条宽为

50m的河，河水流速为4m/s，则A.这只船过河位移不可能为50mB.这只船过河时间不可能为10sC.若河水流速改变，船过河的最短时间一定不变D.若河水流速改变，船过河的最短位移一定不变【答案】C【解析】试题分析：船在静水中的速度为5m

/s，它大于河水流速4m/s，由速度合成的平行四边形法则可知，合速度可以垂直河岸，因此，过河位移可以为50m，所以，A选项错误．当以静水中的速度垂直河岸过河时，过河时间为t50105tss==，因此，B选项错误．河水流速改变时，由分运动的独立性可知只要静水中的速度垂直

河岸过河那么就时间不变，因此，C选项正确．河水流速改变时，合速度要改变，若大于小船在静水中的速度，合速度不能垂直河岸，过河的最短位移要改变，因此，D选项错误．故选C．考点：运动的合成和分解．点评：小船过河问

题属于运动的合成问题，要明确分运动的等时性、独立性，运用分解的思想，看过河时间只分析垂直河岸的速度，分析过河位移时，要分析合速度．7.如图，x轴在水平地面内，y轴沿竖直方向．图中画出了从y轴上沿x轴正向抛出的三个小球a

、b和c的运动轨迹，其中b和c是从同一点抛出的，不计空气阻力，则A.a的飞行时间比b的长B.b和c的飞行时间相同C.a的水平速度比b的小D.b的初速度比c的大【答案】BD【解析】【详解】AB．b、c的高度相同，大于a的高度，根据h=12gt2，得2htg=，知b、c的运动时间相同，a

的飞行时间小于b的时间．故A错误,B正确；C．因为a的飞行时间短，但是水平位移大，根据x=v0t知，a的水平速度大于b的水平速度．故C错误；D．b、c的运动时间相同，b的水平位移大于c的水平位移，则b的初速度大于c的初速度．故D正

确．【点睛】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，知道平抛运动的时间由高度决定，初速度和时间共同决定水平位移.8.如图所示，有甲、乙两颗卫星分别在不同的轨道围绕一个半径为R、表面重力加速度为g的行星运动。卫星

甲、卫星乙各自所在的轨道平面相互垂直，卫星甲的轨道为圆，距离行星表面的高度为R，卫星乙的轨道为椭圆，M、N两点的连线为其椭圆轨道的长轴，且M、N两点间的距离为4R。则以下说法错误的是（）A.卫星甲的线速度大小为2gRB.卫星乙运行的周期为4π2Rg

C.卫星乙沿椭圆轨道运行经过M点时的速度大于卫星甲沿圆轨道运行的速度D.卫星乙沿椭圆轨道运行经过N点时的加速度小于卫星甲沿圆轨道运行的加速度【答案】A【解析】【详解】A．卫星甲绕中心天体做匀速圆周运动，由万有引力提供向心力得：22MmvGmrr=其中r＝2R，由行星表面万有引力等于重力得

：G2MmR＝mg综上可计算出卫星甲环绕中心天体运动的线速度大小v＝2gR，A错误；符合题意B．同理可计算出卫星甲运行的周期：T甲＝4π2Rg由卫星乙椭圆轨道的半长轴等于卫星甲圆轨道的半径，根据开普勒第三定律：32

akT=可知，卫星乙运行的周期和卫星甲运行的周期相等，即：T乙＝T甲＝4π2RgB正确；不符合题意C．卫星乙沿椭圆轨道经过M点时的速度大于在过M点的圆轨道上运行的卫星的线速度，而在过M点的圆轨道上运行的

卫星的线速度大于卫星甲在圆轨道上的线速度，故卫星乙沿椭圆轨道运行经过M点的速度大于卫星甲的速度，C正确；不符合题意D．卫星运行时只受万有引力，向心加速度：a＝2FGMmr=与行星的距离r越大，a越小，D正确

。不符合题意故选A。9.质量相等的A、B两物体，放在水平转台上，A离轴O的距离是B离轴O距离的一半。如图所示，当转台旋转时，A、B都无滑动，则下列说法正确的是()A.因为an＝ω2r，而rB>rA，所以B的向心加速度比A的大B.B的线速度

比A的大C.A的线速度比B的大D.因为an＝2vr，而rB>rA，所以A的向心加速度比B的大【答案】AB【解析】【详解】A．A、B都无滑动，所以A、B的角速度相等，根据2ar=可知，由于rB>rA，所以B的向心加速度比A大，故A正确；BC．A、

B的角速度相等，根据v=rω可知，由于rB>rA，所以B的线速度大于A的线速度，故B正确，C错误；D．由于A物体的线速度小于B的且A的转动半径小于B的，由an＝2vr不能得出A的向心加速度比B的大，故D错误。故选AB。10.质量为m的小球由轻绳a和b分别系于一轻质木架上的A点和C点．如

图所示，当轻杆绕轴BC以角速度ω匀速转动时，小球在水平面内做匀速圆周运动，绳a在竖直方向，绳b在水平方向．当小球运动到图示位置时，绳b被烧断的同时木架停止转动，则()A.绳a对小球拉力不变B.绳a对小

球拉力增大C.小球可能前后摆动D.小球不可能在竖直平面内做圆周运动【答案】BC【解析】【详解】AB．绳b被烧断前，小球在竖直方向没有位移，加速度为零，a绳中张力等于重力，在绳b被烧断瞬间，a绳中张力与重力的合力提供小球的向心力，而向心力竖直向上，绳a的拉

力大于重力，即拉力突然增大，故A错误，B正确；CD．小球原来在水平面内做匀速圆周运动，绳b被烧断后，若角速度ω较小，小球原来的速度较小，小球在垂直于平面ABC的竖直平面内摆动，若角速度ω较大，小球原来的速度较大，小球可能在垂直于平面

ABC的竖直平面内做圆周运动，故D错误，C正确．故选BC。11.设地球的半径为R，质量为m的卫星在距地面高为2R处做匀速圆周运动，地面的重力加速度为g，则（）A.卫星的角速度为8gRB.卫星的线速度为3gRC.卫星做圆周运动所需的向心力为19mg

D.卫星的周期为2π3Rg【答案】BC【解析】【详解】地球表面的物体受到的万有引力等于重力，即2GMmmgR=得2GMgR=A．卫星绕地球做圆周运动，万有引力提供向心力，由牛顿第二定律得22(2)(2)GMmmRRRR=++解得27gR=故A错误；B．卫星绕地球

做圆周运动，万有引力提供向心力，由牛顿第二定律得22(2)2GMmmvRRRR=++解得3gRv=故B正确；C．卫星做圆周运动所需的向心力2(2)9GMmmgFRR==+故C正确；D．卫星绕地球做圆周运动，万有引力提供向心力，由牛顿第二定律得222π()(2)(2)GMm

mRRRRT=++解得272πRTg=故D错误。故选BC。12.如图所示，一飞行器围绕地球沿半径为r的圆轨道1运动．经P点时，启动推进器短时间向前喷气使其变轨，2、3是与轨道1相切于P点的可能轨道．则飞行器（）A.相对于变轨前运行周期变长B.变轨后将沿轨道3运动C.变轨前、后在两轨道上经P点的速

度大小相等D.变轨前、后在两轨道上经P点的加速度大小相等【答案】BD【解析】【详解】A．由于在P点推进器向前喷气，故飞行器将做减速运动，v减小，飞行器做圆周运动需要的向心力：2nvFmr=减小，小于在P点受到的万有引力：2MmGr，则飞行器将开始做近心运动，轨道半径r减小．根据开普勒行星运动定律

知，卫星轨道半径减小，则周期减小，A错误；B．因为飞行器做近心运动，轨道半径减小，故将沿轨道3运动，B正确；C．因为变轨过程是飞行器向前喷气过程，故是减速过程，所以变轨前后经过P点的速度大小不相等，C错误；D．飞行器在轨道P点

都是由万有引力产生加速度，因为在同一点P，万有引力产生的加速度大小相等，D正确．选BD.第II卷（非选择题，共52分）二、实验题（8分，每空2分）13.图1是“研究平抛物体运动”的实验装置，通过描点画出平抛小球的运动轨迹．（1）以下实验过程的一些做法，其中合理的

有________.a.安装斜槽轨道，使其末端保持水平b.每次小球释放的初始位置可以任意选择c.每次小球应从同一高度由静止释放d.为描出小球的运动轨迹描绘的点可以用折线连接（2）实验得到平抛小球的运动轨迹，在轨迹上取一些点，以平抛起点O为坐标原点，测量它们的水平坐

标x和竖直坐标y，图2中y-x2图象能说明平抛小球的运动轨迹为抛物线的是_________.（3）图3是某同学根据实验画出的平抛小球的运动轨迹，O为平抛起点，在轨迹上任取三点A、B、C，测得A、B两点竖直坐标y1为5.0cm、y2为45.0cm，测得A、

B两点水平距离Δx为40.0cm，则平抛小球的初速度v0为______m/s，若C点的竖直坐标y3为60.0cm，则小球在C点的速度为vC=______m/s（结果保留两位有效数字，g取10m/s2）．【答案】(1).ac(2).c(3).2.0

(4).4.0【解析】【详解】（1）斜槽末端水平，才能保证小球离开斜槽末端时速度为水平方向，故a对；为保证小球多次运动是同一条轨迹，每次小球的释放点都应该相同，b错c对；小球的运动轨迹是平滑曲线，故连线

时不能用折线，d错．（2）平抛运动的水平位移与竖直位移分别满足的关系是：联立可得可知图象是直线时，说明小球运动轨迹是抛物线．（3）由竖直方向的分运动可知，，，即，水平初速度为C点的竖直分速度为由运动合成可知三、计算题(本题共4小题，共44分，解答时

应写出必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位)14.饲养员对着长l＝1.0m的水平细长管的一端吹气，将位于吹气端口的质量m＝0.02kg的注射器射到动物身上，如图所示，注射器飞离长管末端的速

度大小v＝20m/s，可视为质点的注射器在长管内做匀变速直线运动，离开长管后做平抛运动。(g取10m/s2)(1)求注射器在长管内运动时受到的合力大小；(2)若动物与长管末端的水平距离x＝4.0m，求注射器下降的高度h。【答案】(1

)4N；(2)0.2m【解析】【详解】(1)由匀变速直线运动规律v2－0＝2al，得a＝22vl=200m/s2由牛顿第二定律F＝ma，得F＝4N(2)由平抛运动规律x＝vt，得t＝xv＝0.2s由h＝1

2gt2得h＝0.2m15.如图所示，质量为0.1kg的木桶内盛水0.4kg，用50cm的绳子系住桶，并使它在竖直平面内做圆周运动。如果通过最高点和最低点时的速度大小分别为9m/s和10m/s，分别求在最高点和最低点水对桶底的压力FN1和FN2。(取g＝10m/s2)【答案】60.8N，方

向向上，84N，方向向下【解析】【详解】水在最高点受向下的重力mg和桶底对水向下的支持力FN1的作用，有FN1＋mg＝m21vR即FN1＝m21vR－mg将数据代入上式，可得FN1＝60.8N由牛顿第三定律得，水对木桶的压力大小为60.8N，方向向上水在最低点受桶底对水向上的支持力FN2和向下的

重力mg作用，有FN2－mg＝m22vR即FN2＝mg＋m22vR把数据代入上式，可得FN2＝84N由牛顿第三定律得，水对桶的压力大小为84N，方向向下16.如图所示，小球A在光滑的半径为R的圆形槽内做匀速圆

周运动，当它运动到图中a点时，在圆形槽中心O点正上方h处，有一小球B沿Oa方向以某一初速度水平抛出，结果恰好在a点与A球相碰，求：(1)B球抛出时的水平初速度；(2)A球运动的线速度最小值；(3)试确定A球做匀速圆周运动的周期的可能值。【答案】(1)R2gh；(

2)2πR2gh；(3)12hng（n＝1，2，3，…）【解析】【详解】(1)小球B做平抛运动，其在水平方向上做匀速直线运动，则R＝v0t①在竖直方向上做自由落体运动，则h＝12gt2②由①②得v0＝Rt＝R2gh(2)A球的线速度取最小值时，A球

刚好转过一圈的同时，B球落到a点与A球相碰，则A球做圆周运动的周期正好等于B球的飞行时间，即T＝2hg所以vA＝2RT＝2πR2gh(3)能在a点相碰，则A球在平抛的B球飞行时间内又回到a点。即平抛运动的时间等

于A球周期的整数倍，所以t＝2hg＝nT，T＝1n2hg，n＝1，2，3，…17.如图9所示，宇航员站在某质量分布均匀的星球表面一斜坡上P点沿水平方向以初速度v0抛出一个小球，测得小球经时间t落到斜坡上另一点Q，斜面倾角为α，已知星球半径为R，万有引力常量为G

，求：（1）该星球表面的重力加速度g（2）该星球的密度ρ（3）该星球的第一宇宙速度v【答案】(1)(2)(3)【解析】【详解】（1）（2）（3）