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2018-2019学年高一物理下学期期中试卷(带答案重庆万州二中)

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万州二中高2021级高一下期中期考试物理试题
一、选择题(共10个小题,每小题4分,共40分(1-6题为单项选择题,7-10题为多项选择题,多选题选错得0分,选对但不全得2分)
1.在足球场上罚任意球时,运动员踢出的足球,在行进中绕过“人墙”转弯进入了球门,守门员“望球莫及”,轨迹如图所示。关于足球在这一飞行过程中的受力方向和速度方向,下列说法中正确的是(  )
A.合外力的方向与速度方向在一条直线上
B.合外力的方向沿轨迹切线方向,速度方向指向轨迹内侧
C.合外力方向指向轨迹内侧,速度方向沿轨迹切线方向
D.合外力方向指向轨迹外侧,速度方向沿轨迹切线方向
2.关于平抛运动的叙述,下列说法不正确的是(  )
A.平抛运动是一种在恒力作用下的曲线运动
B.平抛运动的速度方向与恒力方向的夹角保持不变
C.平抛运动的速度大小是时刻变化的
D.平抛运动的速度方向与加速度方向的夹角一定越来越小
3.如图所示,轻质且不可伸长的细绳一端系一质量为m的小球,另一端固定在天花板上的O点。则小球在竖直平面内摆动的过程中,以下说法正确的是(  )
A.小球在摆动过程中受到的外力的合力即为向心力
B.在最高点A、B,因小球的速度为零,所以小球受到的合力为零
C.小球在最低点C所受的合力,即为向心力
D.小球在摆动过程中绳子的拉力使其速率发生变化
4.如图所示,轻杆长为L,一端固定在水平轴上的O点,另一端系一个小球(可视为质点)。小球以O为圆心在竖直平面内做圆周运动,且能通过最高点,g为重力加速度。下列说法正确的是(  )
A.小球通过最高点时速度可能小于gL
B.小球通过最高点时所受轻杆的作用力不可能为零
C.小球通过最高点时所受轻杆的作用力随小球速度的增大而增大
D.小球通过最高点时所受轻杆的作用力随小球速度的增大而减小
5.为了探测引力波,“天琴计划”预计发射地球卫星P,其轨道半径约为地球半径的16倍;另一地球卫星Q的轨道半径约为地球半径的4倍。P与Q的周期之比约为(  )
A.2∶1             B.4∶1
C.8∶1      D.16∶1
6.如图所示,水平路面出现了一个大坑,其竖直截面为半圆,AB为沿水平方向的直径。一辆行驶的汽车发现情况后紧急刹车安全停下,但两颗石子分别以速度v1、v2从A点沿AB方向水平飞出,分别落于C、D两点,C、D两点距水平路面距离分别为圆半径的0.6倍和1倍。则v1∶v2的值为(  )
A.3             B.35
C.3155      D.335
7.(多选)关于曲线运动的性质,以下说法正确的是(  )
A.曲线运动一定是变速运动
B.曲线运动一定是变加速运动
C.变速运动不一定是曲线运动
D.运动物体的速度大小、加速度大小都不变的运动一定是直线运动
8. (多选)如图为甲、乙两球做匀速圆周运动时向心加速度随半径变化的关系图线,甲图线为双曲线的一支,乙图线为直线。由图像可以知道(  )
A.甲球运动时,线速度的大小保持不变
B.甲球运动时,角速度的大小保持不变
C.乙球运动时,线速度的大小保持不变
D.乙球运动时,角速度的大小保持不变
9. (多选)1789年英国物理学家卡文迪许测出引力常量G,因此卡文迪许被人们称为“能称出地球质量的人”。若已知引力常量为G,地球表面处的重力加速度为g,地球半径为R,地球上一个昼夜的时间为T1(地球自转周期),一年的时间为T2(地球公转周期),地球中心到月球中心的距离为L1,地球中心到太阳中心的距离为L2。下列说法正确的是(  )
A.地球的质量m地=gR2G
B.太阳的质量m太=4π2L23GT22
C.月球的质量m月=4π2L12GT12
D.由题中数据可求月球的密度
10.(多选)如图所示,一固定斜面倾角为θ,将小球A从斜面顶端以速率v0水平向右抛出,小球击中了斜面上的P点;将小球B从空中某点以相同速率v0水平向左抛出,小球恰好垂直斜面击中Q点。不计空气阻力,重力加速度为g,下列说法正确的是(  )
A.若小球A在击中P点时速度方向与水平方向所夹锐角为φ,则tan θ=2tan φ
B.若小球A在击中P点时速度方向与水平方向所夹锐角为φ,则tan φ=2tan θ
C.小球A、B在空中运动的时间之比为2tan2θ∶1
D.小球A、B在空中运动的时间之比为tan2θ∶1
二、实验题(共2个小题,每空3分,共15分)
11.(6分)某研究性学习小组进行如下实验:如图所示,在一端封闭的光滑细玻璃管中注满清水,水中放一个红蜡做成的小圆柱体R.将玻璃管的开口端用胶塞塞紧后竖直倒置且与y轴重合,在R从坐标原点以速度v0=3 cm/s匀速上浮的同时,玻璃管沿x轴正方向做初速度为零的匀加速直线运动.同学们测出某时刻R的坐标为(4,6),此时R的速度大小为________cm/s.R在上升过程中运动轨迹的示意图是________.(R视为质点)
 
 
12.(9分)在研究平抛运动的实验中,
(1)如图所示,小球A沿轨道滑下,离开轨道末端(末端水平)时撞开接触开关S,被电磁铁吸住的小球B同时自由下落,改变整个装置的高度H做同样的实验,发现位于同一高度的A、B两个小球总是同时落地,该实验现象说明了A球在离开轨道后         
A.水平方向的分运动是匀速直线运动
B.水平方向的分运动是匀加速直线运动
C.竖直方向的分运动是自由落体运动
D.竖直方向的分运动是匀速直线运动
(2)用一张印有小方格的纸记录小球在平抛运动中的轨迹,小方格的边长L=1.25cm,若小球在平抛运动途中的几个位置如图中a、b、c、d所示,则小球平抛的初速度为v0=            (用L、g表示),其值是      m/s。(g取9.8m/s2)(保留两位小数)

三、计算题(共4小题,共45分)
13.(8分)如图所示,在绕竖直轴匀速转动的水平圆盘盘面上,离轴心r=20 cm处放置一小物块A,其质量为m=2 kg,A与盘面间相互作用的静摩擦力的最大值为其重力的k倍(k=0.5).
(1)当圆盘转动的角速度ω=2 rad/s时,物块与圆盘间的摩擦力大小多大?方向如何?
(2)欲使A与盘面间不发生相对滑动,则圆盘转动的最大角速度多大?(取g=10 m/s2)




14.(10分)如图为一娱乐节目中的某个通关环节示意图,参赛选手从高台上以一定的速度水平跳出,落到水中的平台上才能进入下一通关环节。图中高台离平台水平面高h =3.2 m。平台距离高台l1=4.8 m,平台宽度为l2=1.6 m(不计空气阻力,g=10 m/s2)。则:








(1)选手要落到平台上,水平跳出的速度至少为多少?
(2)某质量为50 kg的选手因跳出的速度太大,刚好从平台的右侧边缘落入水中,求选手刚落水时的速度。





15. (12分)如图所示,内壁光滑的弯曲钢管固定在天花板上,一根结实的细绳穿过钢管,两端分别拴着一个小球A和B。小球A和B的质量之比mAmB=12。当小球A在水平面内做匀速圆周运动时,小球A到管口的细绳长为l,此时小球B恰好处于平衡状态。钢管内径的粗细不计,重力加速度为g。求:
(1)拴着小球A的细绳与竖直方向的夹角θ;
(2)小球A转动的周期。




16. (15分)用如图甲所示的水平—斜面装置研究平抛运动。一物块(可视为质点)置于粗糙水平面上的O点,O点与斜面顶端P点的距离为s。每次用水平拉力F,将物块由O点从静止开始拉动,当物块运动到P点时撤去拉力F。实验时获得物块在不同拉力作用下落在斜面上的不同水平射程,作出了如图乙所示的图像。若物块与水平面间的动摩擦因数为0.5,斜面与水平地面之间的夹角θ=45°,g取10 m/s2,设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。求O、P间的距离s。(保留两位有效数字)
 


万州二中高2021级高一下期中期考试物理试题答案
一、选择题(共10个小题,每小题4分,共40分(1-6题为单项选择题,7-10题为多项选择题,多选题选错得0分,选对但不全得2分)
1.解析:选C 足球做曲线运动,则其速度方向为轨迹的切线方向,根据物体做曲线运动的条件可知,合外力的方向一定指向轨迹的内侧,故C正确。
2.解析:选B 做平抛运动的物体只受重力作用,故平抛运动是匀变速曲线运动,A说法正确;平抛运动是曲线运动,速度的方向时刻变化,即与恒力方向的夹角时刻改变,B说法错误;平抛运动是匀变速运动,速度大小时刻变化,C说法正确;设水平初速度为v0,速度方向与加速度方向(竖直方向)的夹角为θ,有tan θ=v0gt,可知随着时间增加,夹角θ变小,D说法正确。本题选择说法不正确的,故B符合题意。
3.解析:选C 小球摆动过程中,合力沿绳子方向的分力提供向心力,不是靠外力的合力提供向心力,故A错误。在最高点A和B,小球的速度为零,向心力为零,但是小球所受的合力不为零,故B错误。小球在最低点受重力和拉力,两个力的合力竖直向上,合力等于向心力,故C正确。小球在摆动的过程中,由于绳子的拉力与速度方向垂直,则拉力不做功,拉力不会使小球速率发生变化,故D错误。
4.解析:选A 小球在最高点时,杆对球可以表现为支持力,由牛顿第二定律得:mg-F=mv2L,则得v<gL,故A正确。当小球速度为gL时,由重力提供向心力,杆的作用力为零,故B错误。轻杆在最高点可以表现为拉力,此时根据牛顿第二定律有mg+F=mv2L,则知v越大,F越大,即随小球速度的增大,杆的拉力增大;小球通过最高点时杆对球的作用力也可以表现为支持力,当表现为支持力时,有mg-F=mv2L,则知v越大,F越小,即随小球速度的增大,杆的支持力减小,故C、D错误。
5.解析:选C 根据开普勒第三定律r3T2=k,得两卫星周期之比为TPTQ= rPrQ3= 1643=8,故C正确。
6.解析 设圆弧的半径为R,依平抛运动规律得x1=v1t1,x2=v2t2,
联立得v1v2=x1t2x2t1=?2R-0.2R?t2Rt1=1.8t2t1。
时间由竖直方向做自由落体运动来比较,y1=12gt12,y2=12gt22,
由两式相比得t1t2=y1y2,其中y1=35R,y2=R,
则有t1t2= 35,代入速度公式得v1v2=3155,C项正确。
答案 C
7.解析:选AC 曲线运动一定是变速运动,但不一定是变加速运动,A正确,B错误;变速运动不一定是曲线运动,如匀变速直线运动,C正确;运动物体的速度大小、加速度大小都不变的运动不一定是直线运动,如匀速圆周运动,D错误。
8.解析:选AD 题图的图线甲中a与r成反比,由a=v2r 可知,甲球的线速度大小不变,由v=ωr可知,随r的增大,角速度逐渐减小,A正确,B错误;题图的图线乙中a与r成正比,由a=ω2r可知,乙球运动的角速度大小不变,由v=ωr可知,随r的增大,线速度大小增大,C错误,D正确。
9. 解析 若不考虑地球自转,根据地球表面万有引力等于重力,有Gm地mR2=mg,则m地=gR2G,故A正确;根据太阳对地球的万有引力提供向心力,有Gm太m地L22=m地4π2T22L2,则m太=4π2L23GT22,故B正确;由题中数据无法求出月球的质量,也无法求出月球的密度,故C、D错误。
答案 AB
10.解析 由题图可知,斜面的倾角θ等于小球A落在斜面上时的位移与水平方向的夹角,由平抛运动的推论可知,tan φ=2tan θ,选项B正确,A错误;设小球A在空中运动的时间为t1,小球B在空中运动的时间为t2,则由平抛运动的规律可得tan  θ=12gt12v0t1,tan θ=v0gt2,故t1t2=2tan2θ,选项C正确,D错误。
答案 BC
二、实验题(共2个小题,每空3分,共15分)
11.解析 红蜡块有水平方向的加速度,所受合外力指向曲线的内侧,所以其运动轨迹应如D图所示,因为竖直方向匀速,由y=6 cm=v0t知t=2 s,水平方向x=vx2?t=4 cm,所以vx=4 cm/s,因此此时R的速度大小v=v2x+v20=5 cm/s.
答案 5 D
12.(1)解析  A球平抛的同时B球自由下落,且两球在同一高度上,又两球总是同时落地,这只能说明A球在抛出后竖直方向的分运动是自由落体运动,但并不能说明A球的水平分运动是匀速直线运动。正确选项为C。
答案  C
(2)解析  由水平方向上ab=bc=cd可知,相邻两点的时间间隔相等,设为T,竖直方向相邻两点间距之差相等,Δs=L,则由  Δs=aT2,
即得T=Δsa =Lg 。时间T内,水平方向位移为s=2L,所以
v0=sT =2Lg  m/s=0.70m/s。
答案  2Lg     0.70
三、计算题(共4小题,共45分)
13.解析 (1)物块随圆盘一起绕轴转动,需要向心力,而竖直方向物块受到的重力mg、支持力FN不可能提供向心力,向心力只能来源于圆盘对物块的静摩擦力.
根据牛顿第二定律,物块受到的静摩擦力的大小f=F向=mω2r=1.6 N,(2分)
方向沿半径指向圆心.(2分)
(2)欲使物块与盘面不发生相对滑动,最大静摩擦力提供物块做圆周运动的向心力,求出来角速度就是最大角速度。所以kmg=mrω2max,(2分)
解得ωmax=kgr=5 rad/s.(2分)
答案 (1)1.6 N 方向沿半径指向圆心,(2)5 rad/s
14.解析 (1)选手要落到平台上,水平跳出的速度至少为v0,下落时间为t,
竖直方向 h=12gt2(1分)
解得t=0.8 s(1分)
水平方向l1=v0t (1分)
v0=6 m/s(1分)
(2)若选手刚好从平台的右侧边缘落入水中,设选手跳出的初速度为v0′,
水平方向l1+l2=v0′t(2分)
解得v0′=8 m/s(1分)
竖直方向vy=gt=8 m/s(1分)
选手落水时速度v=v0′2+v2y=82 m/s。(2分)
15. 解析:(1)设细绳的拉力为F,小球B处于平衡状态,
有F=mBg(1分)
在竖直方向上,小球A处于平衡状态,有Fcos θ=mAg(2分)
解得cos θ=mAmB=12(1分)
所以拴着小球A的细绳与竖直方向的夹角θ=60°。(1分)
(2)对于小球A,细绳拉力的水平分量提供圆周运动的向心力,
有Fsin  θ=mAv2r(2分)
r=lsin  θ(1分)
解得小球A的线速度v= 32gl(1分)
又T=2πrv(1分)
则小球A转动的周期T=π 2lg。(2分)
答案:(1)60° (2)π 2lg
16. 解析:根据牛顿第二定律,在OP段有F-μmg=ma,(2分)
又2as=vP2,(1分)
由平抛运动规律,物块的水平射程x=vPt,(2分)
物块的竖直位移y=12gt2,(2分)
由几何关系有y=xtan θ,(2分)
联立以上各式可以得到x=2vP2tan θg,(1分)
解得F=mg4stan θ x+μmg。(2分)
由题图乙知μmg=5,(1分)
mg4stan θ=10,(1分)
代入数据解得s=0.25 m。(1分)
答案:0.25 m

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