内蒙古赤峰市林东第一中学2019-2020学年高一下学期期中考试物理试题 15页

高一年级期中考试物理试卷 一、选择题 ‎1. 关于曲线运动和圆周运动，以下说法中正确的是（ ）‎ A. 变速运动一定是曲线运动 B. 匀速圆周运动是匀速运动 C. 做曲线运动的物体所受的合外力一定不为零 D. 做圆周运动的物体受到的合外力方向一定指向圆心 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：变速运动不一定是曲线运动，也可能是直线运动，选项A错误；匀速圆周运动的速度大小不变，方向不断变化，故匀速圆周运动不是匀速运动，选项B错误；做曲线运动的物体速度不断变化，故有加速度，所受的合外力一定不为零，选项C正确；只有做匀速圆周运动的物体受到的合外力方向才一定指向圆心，选项D错误；故选C．‎ 考点：曲线运动和圆周运动 ‎2.某人向放在水平地面上正前方的小桶水平抛球，结果球划着一条弧线飞落到小桶的前方，如图所示，为了让水平抛出的小球落入桶中，以下调整可行的是不计空气阻力　　‎ A. 只降低抛出点高度 B. 增大初速度并提高抛出点高度 C. 只增大初速度 D. 只提高抛出点高度 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 小球做平抛运动，飞到小桶的前方，说明水平位移偏大，应减小水平位移才能使小球抛进小桶中．将平抛运动进行分解：水平方向做匀速直线运动，竖直方向做自由落体运动，由运动学公式得出水平位移与初速度和高度的关系式，再进行分析选择．‎ ‎【详解】设小球平抛运动的初速度为，抛出点离桶口的高度为h，水平位移为x ‎，则平抛运动的时间为：，水平位移为：‎ 由题知，小球做平抛运动，飞到小桶的前方，说明水平位移偏大，应减小水平位移才能使小球抛进小桶中．由上式可知，可只减小初速度或只降低抛出点的高度．故A正确BCD错误．‎ 故选A．‎ ‎【点睛】本题运用平抛运动的知识分析处理生活中的问题，比较简单，关键运用运动的分解方法得到水平位移的表达式．‎ ‎3.将一物体以‎9.8m/s的初速度水平抛出，经过一段时间后的末速度为初速度的倍，则这段时间是 （g取‎9.8m/s2）（ ）‎ A. ‎ B. ‎ C. ‎ D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】已知 v=v0．则竖直分速度为：．又vy=gt，解得：，故选B.‎ ‎4.如图所示，在不计滑轮摩擦和绳子质量的条件下，当小车以速度v匀速向右运动到如图所示位置时，物体P的速度为(　 　)‎ A. v B. ‎ C ‎ D. vcos2 θ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析:根据小车的运动情况得出P的运动情况．设绳子与水平方向的夹角为θ，将小车的速度分解为沿绳子方向和垂直于绳子方向，沿绳子方向的速度等于P的速度，根据平行四边形定则得，vP=vcos θ，故B正确，A、C、D错误．‎ 考点：运动的合成和分解 ‎5.把甲物体从2h高处以速度v0水平抛出，落地点与抛出点的水平距离为L，把乙物体从h高处以速度2v0水平抛出，落地点与抛出点的水平距离为s，则L与s的关系为 A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】根据2h=gt12，得 则 同理由 ，得 则 所以 ‎．‎ A. ，与结论不相符，选项A错误；‎ B. ，与结论不相符，选项B错误；‎ C. ，与结论相符，选项C正确；‎ D. ，与结论不相符，选项D错误．‎ ‎6.如图所示，转动的跷跷板上A、B两点线速度大小分别为和，角速度大小分别为和，，则（　　）‎ A ‎ B. ‎ C. ‎ D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】同轴转动，角速度相等，故ωA=ωB；由图可知，rA＜rB，根据v=rω，vA＜vB；所以选项ABD错误，C正确。 故选C。‎ ‎7.日常生活中可以利用离心运动甩干衣物上的水分，如图已知甩干桶直径为‎0.5m，工作时转速为r/s，则甩干过程中衣物和桶壁之间的弹力与衣物所受重力的比值为（g=‎10m/s2）（　　）‎ A. 80 B. ‎40 ‎C. 20 D. 10‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】衣物转动的角速度 则对衣物受力分析，根据牛顿第二定律 衣物和桶壁之间的弹力与衣物所受重力的比值为 ACD错误，B正确。‎ 故选B。‎ ‎8.质量为m的小球，用一条绳子系在竖直平面内做圆周运动，小球到达最高点时的速度为v，到达最低点时的速变为，则两位置处绳子所受的张力之差是（ ）‎ A. 6mg B. 5mg C. 4mg D. 2mg ‎【答案】A ‎【解析】‎ 在最高点，小球受重力和绳子的拉力T1，合力提供向心力，根据牛顿第二定律，有：‎ 在最低点，重力和拉力，合力提供向心力，根据牛顿第二定律，有：‎ 最低点速度为：‎ 两位置处绳子所受的张力之差为：，联立解得：，故选项A正确．‎ 点睛：本题关键是明确在最高点和最低点小球的合力提供向心力，然后根据牛顿第二定律列式求解出两个拉力，得到拉力之差．‎ ‎9.如图所示，下列有关生活中圆周运动实例分析，其中说法正确的是（　　）‎ A. 图1中汽车通过凹形桥的最低点时，汽车处于超重状态 B. 图2中 “水流星”匀速转动过程中，在最高点处水对碗底压力小于其在最低处水对碗底压力 C. 图3中在铁路的转弯处，通常要求外轨比内轨高，目的是利用轮缘与外轨的侧压力助火车转弯 D. 图4脱水桶的脱水原理是水滴受到的离心力大于它受到的向心力，从而沿切线方向甩出 ‎【答案】AB ‎【解析】‎ ‎【详解】A．图1中汽车通过凹形桥的最低点时，加速度向上，汽车处于超重状态，选项A正确；‎ B．图2中 “水流星”匀速转动过程中，在最高点处水对碗底压力 在最低处水对碗底的压力 则在最高点处水对碗底压力小于其在最低处水对碗底的压力，选项B正确；‎ C．图3中在铁路的转弯处，通常要求外轨比内轨高，当火车按规定速度转弯时，由重力和支持力的合力完全提供向心力，从而减轻轮缘对外轨的挤压，故C错误；‎ D．衣机脱水桶的脱水原理是：水滴与衣服间的附着力不足以提供其圆周运动的向心力，所以做离心运动，从而沿切线方向甩出，故D错误。‎ 故选AB ‎10.小船在静水中的速度为‎4m/s，要渡过宽度为‎30m，水的流速为‎3m/s的河流，下列说法正确的是（　 　）‎ A. 此船不可能垂直到达河对岸 B. 此船能垂直到达河对岸 C. 渡河的最短时间为7.5s D. 此船相对河岸的速度一定为‎5m/s ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【详解】AB．因船的静水速度大于水的速度，则合速度可沿着垂直于河岸方向，即此船能垂直到达河对岸，故A错误，B正确； C．当静水速的方向垂直于河岸时，渡河的时间最短，根据分运动和合运动具有等时性，最短时间为 故C正确；  D．根据平行四边形定则，合速度的大小：最大速度为‎7m/s，最小速度为‎1m/s，则此船相对河岸的速度不一定为‎5m/s，故D错误。 故选BC。‎ ‎11.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＝‎3 m/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＝‎10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8），则（ 　　）‎ A. 小球击中斜面时的速度大小为‎5 m/s B. 小球击中斜面时的速度大小为‎4 m/s C. 小球做平抛运动的水平位移是‎1.2 m D. 小球做平抛运动的竖直位移是‎1m ‎【答案】AC ‎【解析】‎ ‎【详解】AB．将球垂直撞在斜面上P点的速度进行分解，如图所示，由图可知 θ=37°，β=53°‎ ‎ 由数学知识得：小球击中斜面时的速度大小为 故A正确，B错误； CD．由 则得 ‎ ‎ 则小球做平抛运动的水平位移是 x=v0t=3×‎0.4m=‎‎1.2m 竖直位移是 故C正确，D错误。 故选AC。‎ ‎12.如图所示，质量相等的A、B两个小球悬于同一悬点O，且在O点下方垂直距离h=‎1m处的同一水平面内做匀速圆周运动，悬线长L1＝‎3m，L2＝‎2m，则A、B两小球（　 ）‎ A. 周期之比T1：T2＝2：3 B. 角速度之比ω1：ω2＝1：1‎ C. 线速度之比v1：v2＝： D. 向心加速度之比a1：a2＝8：3‎ ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【详解】AB．小球做圆周运动所需要的向心力由重力mg和悬线拉力F的合力提供，设悬线与竖直方向的夹角为θ。对任意一球受力分析，由牛顿第二定律有： 在竖直方向有 Fcosθ-mg=0…①‎ 在水平方向有 ‎ …②‎ 由①②得 ‎ ‎ 分析题意可知，连接两小球的悬线的悬点距两小球运动平面的距离为h=Lcosθ，相等，所以周期相等 T1：T2=1：1‎ 角速度 则角速度之比 ω1：ω2=1：1‎ 故A错误，B正确； C．根据合力提供向心力得 ‎ ‎ 解得 ‎ ‎ 根据几何关系可知 故线速度之比 故C正确； D．向心加速度a=vω，则向心加速度之比等于线速度之比为 故D错误。 故选BC。‎ 二、实验题 ‎13.在做“探究平抛物体的运动”实验时，让小球多次沿同一轨道运动，通过描点法画出小球平抛运动的轨迹：‎ ‎(1)图是横挡条卡住平抛小球，用铅笔标注小球最高点，确定平抛运动轨迹的方法，坐标原点应选小球在斜槽末端点时的________；‎ A.球心 B.球的上端 C.球的下端 ‎(2)下图是利用上图装置拍摄小球做平抛运动的频闪照片，由照片可判断实验操作错误的是________；‎ A.释放小球时初速度不为0 B.释放小球的初始位置不同 C.斜槽末端切线不水平 ‎(3)如图是实验中记录小球的轨迹，图中背景方格的边长表示实际长度‎0.1m，如果取g=‎10m/s2，那么：‎ ‎①由图判断a点_____________（“是”“不是”）平抛运动的抛出点；‎ ‎②由图可知小球从a运动到b的时间_________s；‎ ‎③小球平抛运动的初速度为________ m/s；‎ ‎④小球在b点的速度大小为___________m/s。‎ ‎【答案】 (1). A (2). C (3). 不是 (4). 0.1s (5). ‎2.0 m/s (6). ‎2.5 m/s ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)[1]．题干中指出用铅笔标注小球的最高点作为小球轨迹的记录点。所以坐标原点也应选为球的最高点即球的上端。故选B。 (2)[2]．由图可知，小球做斜抛运动，可知斜槽末端切线不水平，故选C。‎ ‎(3)①[3]．因相邻四个点间水平位移相等，可知时间相等，而竖直高度之比为1:2:3，不是1:3:5，则a点不是抛出点；‎ ‎②[4]．根据△y=L=g△t2得 ‎ ‎ ‎③[5]．小球平抛运动的初速度 ‎④[6]．b点的竖直分速度 根据平行四边形定则知，b点的速度 三、计算题 ‎14.在‎80m的高空，有一架飞机以40 的速度水平匀速飞行，若忽略空气阻力的影响，取g＝10，求：‎ ‎（1）从飞机上掉下来的物体，经多长时间落到地面；‎ ‎（2）物体从掉下到落地，水平方向移动的距离多大；‎ ‎（3）从掉下开始，第4秒末物体的速度．‎ ‎【答案】(1)4s；(2)‎160m；(3) , 方向与地面成 向下．‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)由得飞行时间为：；‎ ‎(2) 落地点离抛出点的水平距离为：；‎ ‎(3) 第4秒末物体的竖直分速度：，速度，方向与地面成 向下．‎ ‎15.下图1为游乐场的悬空旋转椅，可抽象为如图2所示模型，已知绳长L =‎5m，水平横梁L′=‎3m，小孩质量m=‎40kg，整个装置可绕竖直轴转动，绳与竖直方向夹角θ=37°，小孩可视为质点，g取‎10m/s2，已知sin37°=0.6，cos37°=0.8，求：‎ ‎(1)绳子的拉力为多少？‎ ‎(2)该装置转动的角速度多大？‎ ‎(3)增大转速后，绳子与竖直方向的夹角变为53°，求此时装置转动的角速度。‎ ‎【答案】（1）500N；（2）；（3）‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）小孩受力情况如图所示 由于竖直方向受力平衡，有 代入数据得 ‎（2）小孩做圆周运动的半径 ‎ 由 代入数据解得 ‎（3）此时半径为 ‎ 由 解得 ‎16.晓明站在水平地面上，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。球飞离水平距离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，重力加速度为g，忽略手的运动半径和空气阻力。‎ ‎(1)求绳断时球的速度大小v1和球落地时的速度大小v2‎ ‎(2)问绳能承受的最大拉力多大？‎ ‎(3)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)v1=，v2=；(2)T=mg；(3)当l＝时，x有极大值xmax＝d ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)设绳断后球飞行时间为t，由平抛运动规律，竖直方向有：‎ 水平方向有：‎ 联立解得 从小球飞出到落地，根据机械能守恒定律有：‎ 解得 ‎(2)设绳能承受的最大拉力大小为F，这也是球受到绳的最大拉力大小。球做圆周运动的半径为，根据牛顿第二定律有：‎ 解得 ‎(3)设绳长为l，绳断时球速度大小为v3，绳承受的最大拉力不变，根据牛顿第二定律有：‎ 得 绳断后球做平抛运动，竖直位移为，水平位移为x，时间为，根据平抛运动规律，竖直方向有：‎ 竖直方向有：‎ 联立解得 根据一元二次方程的特点，当时，x有极大值，为 xmax＝d