江西省宜春市高安中学2019-2020学年高一物理下学期期中试题.doc

江西省宜春市高安中学2019-2020学年高一物理下学期期中试题

江西省宜春市高安中学2019-2020学年高一物理下学期期中试题

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江西省宜春市高安中学2019-2020学年高一物理下学期期中试题（B）（含解析）
一、选择题（本题共10小题，每小题4分，共40分．在每小题给出的四个选项中，第1-7题只有一项符合题目要求，第8-10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，有选错的得0分）
1.关于功和能，下列说法中正确是（ ）．
A. 功就是能，功可以转化为能
B. 做功越多，物体的能越大
C. 能量转化中，做的功越多，能量转化越大
D. 功是物体能量的量度
【答案】C
【解析】
【分析】
本题根据功和能的物理意义分析。能是表征物体运动状态的物理量，物体运动状态发生变化，物体运动形式发生变化，物体的能都相应随之变化；做功是使物体能量发生变化的一种方式，物体能量的变化可以用相应的力做功来量度，即功是能量转化的量度。
【详解】A. 功和能是不同的物理量，功是过程量，能是状态量，这是两个概念，故不能说功就是能，选项A错误；
B.做功越多，能量就转化越多，但并不表示物体具有的能量就越大，选项B错误；
C.做功的过程就是能量转化的过程，做的功越多，能量转化就越大，选项C正确；
D.功是能量转化的量度，不是物体能量多少的量度，选项D错误；
故选C。
【点睛】本题要求理解功与能的关系，知道功是能量转化的量度：即做了多少功必然伴随多少能量发生了转化；反之转化了多少能量必定同时做了多少功。
2.物体受到两个互相垂直的作用力而运动，已知力F1做功6J，物体克服力F2做功8J，则力F1、F2的合力对物体做功（　　）
A. 10J B. -2J C. -10J D. 14J
【答案】B
【解析】
【详解】合力做功等于各分力做功的代数和（分力做功有正负），与分力之间的夹角无关，故力F1、F2的合力对物体做功为
A. 10J与分析不相符，故A项与题意不相符；
B. -2J与分析相符，故B项与题意相符；
C. -10J与分析不相符，故C项与题意不相符；
D. 14J与分析不相符，故D项与题意不相符．
3.如图所示，这是物体做匀变速曲线运动的轨迹示意图。已知物体在B点的加速度方向与速度方向垂直，则下列说法中正确的是（　　）

A. C点的加速度比B点的加速度大
B. C点的加速度比A点的加速度大
C. A点的速率大于B点的速率
D. 从A点到C点加速度与速度的夹角先增大后减小，速率是先减小后增大
【答案】C
【解析】
【详解】AB．质点做匀变速曲线运动，则有加速度不变，所以质点经过C点时的加速度与A、B点相同，故AB错误；
C．质点做匀变速曲线运动，根据做曲线运动的物体所受合力指向曲线的内侧，说明合力方向竖直向下，质点从A运动到B点加速度方向与速度方向的夹角从大于到，则质点做减速运动，所以A点的速率大于B点的速率，故C正确；
D．质点做匀变速曲线运动，根据做曲线运动的物体所受合力指向曲线的内侧，说明合力方向竖直向下即加速度方向竖直向下，由图可知，从A点到C点加速度与速度的夹角一直减小，从A点到B点加速度方向与速度方向的夹角从大于到，从B到点加速度方向与速度方向夹角小，则从A点到C点速率先减小，后增大，故D错误。
故选C
4.如图所示，一球体绕轴O1O2以角速度ω旋转，A、B为球体上两点，下列说法正确的是（　　）

A. A、B两点具有大小相等的线速度
B. A、B两点具有相同的角速度
C. A、B两点具有大小相等的向心加速度
D. A、B两点的向心加速度方向都指向球心
【答案】B
【解析】
【详解】B．A、B两点共轴转动，角速度相等，故选项B正确；
A．因为A、B两点绕轴O1O2转动，A点的转动半径大于B点的转动半径，根据v＝ωr知，A点的线速度大于B点的线速度，故A错误；
C．角速度相等，A点的转动半径大，根据a＝ω2r知，A点的向心加速度大于B点的向心加速度，故C错误；
D．A、B两点的向心加速度方向垂直指向轴O1O2，故选项D错误。
故选B。
5.如图所示，小球能在水平光滑滑杆上滑动，滑杆连同支架可以绕竖直轴转动，球通过弹簧与转动轴相连．当系统以角速度ω1匀速转动时，球离轴距离为r1＝8 cm.当系统角速度增加为ω2＝ω1时，球离轴距离为r2＝9 cm，则此弹簧的自然长度l0为(　　)

A. 8.5 cm B. 7 cm
C. 8 cm D. 1 cm
【答案】B
【解析】
【详解】根据弹力提供向心力得：k(r1−l0)＝mω12r1，k(r2−l0)＝mω22r2，联立解得：l0=0.07m=7cm，故B正确．故选B．
6.如图，从半径为R=1m的半圆AB上的A点水平抛出一个可视为质点的小球，经t=0.4 s小球落到半圆上，已知当地的重力加速度g=10 m/s2，则小球的初速度v0可能为（　　）

A. 1 m/s或2 m/s B. 2 m/s或3 m/s
C. 3 m/s或4 m/s D. 1 m/s或4 m/s
【答案】D
【解析】
【详解】根据题意可知小球下降的高度

平抛运动轨迹如图所示

若小球落在圆弧左边上，根据几何关系有

解得水平位移
x=0.4m
则初速度

若小球落在圆弧右边上，根据几何关系有
R2=h2+x′2
解得
x′=0.6m
则水平位移
x=1.6m
初速度

故D正确，ABC错误。
故选D。
7.如图所示，木块A、B并排且固定在水平桌面上，A的长度是L，B的长度是2L。一颗子弹沿水平方向以速度v1射入A，以速度v2穿出B。子弹可视为质点，其运动视为匀变速直线运动．则子弹穿出A时的速度为（　　）

A. B. C. D. v1
【答案】C
【解析】
【详解】设子弹的质量为m，对子弹穿过AB的整个过程运用动能定理得：

因为子弹所受摩擦力保持不变，又因为A的长度是L，B的长度是2L，所以子弹穿过A的过程中摩擦力做的功为，对子弹穿过A的过程运用动能定理得：

解得：

故C正确ABD错误。
故选C。
8.为探测某X星球，科学家设想驾驶飞船通过变轨到达X星球表面进行科学勘探。假设X星球半径为R，X星球表面的重力加速度为g0，飞船沿距X星球表面高度为8R的圆形轨道Ⅰ运动，到达轨道的A点时点火变轨进入椭圆轨道Ⅱ，到达轨道的近星点B时再次点火进入X星球近星轨道Ⅲ绕天体球做圆周运动。下列判断正确的是（　　）

A. 飞船在轨道Ⅲ绕X星球运动一周所需的时间
B. 飞船在A点处点火变轨时，速度增大
C. 飞船在轨道Ⅱ飞行的周期为
D. 飞船在轨道Ⅰ上的运行速率
【答案】AD
【解析】
【详解】A．飞船在轨道Ⅲ绕X星球运动，重力提供向心力

解得

故A正确；
B．飞船在A点处点火变轨后做近心运动，需要的向心力小于提供的向心力，由向心力的公式可知，飞船的速度减小，故B错误；
C．由开普勒第三定律得

其中

解得

故C错误；
D．X星球表面

在轨道I上运动有

解得

故D正确
故选AD
9.如图甲所示，竖直放置的轻弹簧一端固定在水平地面上，一小球压在轻弹簧的上端而不栓连，从静止开始释放，在小球向上运动的过程中，规定运动的起点为重力势能的零势能点，小球机械能E随其位移大小x的变化规律如图乙所示，且曲线与平行与x轴的直线相切，则下列说法中正确的是

A. 小球在0~x1这段位移上加速度一直减小
B. 小球动能的最大值在0~x1这段位移上的某个位置
C. 小球在0~x1这段位移上的机械能守恒
D. 小球在x1~x2这段位移上的机械能守恒
【答案】BD
【解析】
【详解】A、由图知，小球在0～x1 这段位移内，弹簧对小球有向上的弹力，弹力先大于重力，后小于重力；弹力不断减小，则小球的合力先减小后增大，加速度先减小后增大，A错误．
B、小球的加速度在0～x1先向上减小后向下增大，可知小球先加速后减速，则此过程中a=0时速度最大，即动能最大，B正确．
C、0～x1这段过程为弹簧弹开小球的过程，除重力做负功之外，弹簧的弹力对小球做正功，把弹簧的弹性势能转化为小球的机械能，故小球的机械能不断增大，C错误．
D、x1~x2的过程为小球离开弹簧后在空中上升的阶段，只有小球的重力做负功，动能转化为重力势能，小球的机械能守恒，D正确．
故选BD．
【点睛】本题关键是分析小球的受力情况来确定小球的运动情况．分析时要抓住弹力与压缩量成正比的特点，要知道除重力以外的力对单个物体做功等于物体机械能的变化．
10.如图所示，在水平圆盘上放有质量分别为m、m、2m的可视为质点的三个物体A、B、C, 圆盘可绕垂直圆盘的中心轴转动.三个物体与圆盘的动摩擦因数均为 ,最大静摩擦力等于滑动摩擦力.三个物体与轴O共线且OA=OB=BC=r=0.2m，现将三个物体用轻质细线相连，保持细线伸直且恰无张力.若圆盘从静止开始转动，且角速度ω缓慢增大，已知重力加速度为g=10m/s2,则对于这个过程，下列说法正确的是

A. A、B两个物体同时达到最大静摩擦力
B. B、C两个物体的静摩擦力先增大后不变
C. 当rad/s时A、B、C整体会发生滑动
D. 当 时，在ω增大的过程中B、C间细线的拉力不断增大
【答案】BCD
【解析】
【详解】ABC、当圆盘转速增大时，由静摩擦力提供向心力．三个物体的角速度相等，由F＝mω2r可知，因为C的半径最大，质量最大，故C所需要的向心力增加最快，最先达到最大静摩擦力，此时：μ•2mg＝2m，解得：ω1rad/s，当C的摩擦力达到最大静摩擦力之后，BC开始提供拉力，B的摩擦力增大，达最大静摩擦力后，AB之间绳开始有力的作用，随着角速度增大，A的摩擦力将减小到零然后反向增大，当A与B的摩擦力也达到最大时，且BC的拉力大于AB整体的摩擦力时物体将会出现相对滑动，此时A与B还受到绳的拉力，对C可得：T+μ•2mg＝2m，对AB整体可得：T＝2μmg，解得：ω2，当rad/s 时整体会发生滑动，故A错误，BC正确；
D、当rad/srad/s时，在ω增大的过程中B、C间的拉力逐渐增大，故D正确；
二、实验题（共2小题，每空2分，共14分）
11.在探究功与速度变化的关系的实验中，某实验研究小组的实验装置如图甲所示．木块从A点静止释放后，在一根弹簧作用下弹出，沿足够长的木板运动到B1点停下，记录此过程中弹簧对木块做的功为W1．O点为弹簧原长时所处的位置，测得OB1的距离为L1．再用完全相同的2根、3根…弹簧并在一起进行第2次、第3次…实验并记录2W1，3W1…及相应的L2、L3…数据，用W﹣L图象处理数据，回答下列问题：

（1）如图乙是根据实验数据描绘的W﹣L图象，图线不过原点的原因是_____；
（2）由图线得木块从A到O过程中摩擦力做的功是W1=____；
（3）W﹣L图象斜率的物理意义是_____．
【答案】 (1). 未计算AO间的摩擦力做功 (2). (3). 摩擦力
【解析】
【分析】
木块在平衡位置处获得最大速度，之后与弹簧分离，在摩擦力作用下运动到B位置停下，由O到B根据动能定理：-fL=0-mv02，故L∝v02；
对全过程应用动能定理有：W-fLOA-fL=0即W=fL+fLOA结合数学解析式判断图象中斜率为摩擦力大小、截距等于OA段摩擦力做的功．
【详解】（1）根据动能定理全过程的表达式，所以W-L图线不通过原点，是因为未计木块通过AO段时，摩擦力对木块所做的功．
（2）图中W轴上截距等于摩擦力做的功：J；
（3）有前面分析知图象中斜率为摩擦力大小；
【点睛】本题考查了创新方法探究功与速度的关系，关键是列出两个动能定理方程然后结合数学函数进行分析出截距与斜率的物理意义．
12.用如图甲所示的实验装置验证质量为的物块A、质量为的物块B组成的系统的机械能守恒，B从高处由静止开始下落，A上拖着的纸带打出一系列的点，对纸带上的点迹进行测量，即可验证机械能守恒定律。如图乙给出的是实验中获取的一条纸带：0是打下的第一个点，每相邻两计数点之间还有4个点（图中未标出），计数点间的距离如图所示。已知，，打点计时器的频率为50Hz。（结果均保留2位有效数字）

(1)在纸带上打下计数点5时物块的速度_________m/s。
(2)在打下计数点0到计数点5的过程中系统动能的增量______J，系统势能减少量______J。（当地重力加速度约为）
(3)若某同学作出图像如图丙所示，则当地的重力加速度_____。
【答案】 (1). 2.4 (2). 0.58 (3). 0.59 (4). 9.7
【解析】
【详解】(1)[1]在打下计数点5时物块的速度

(2)[2]在打下计数点0到计数点5的过程中系统动能的增量

[3]系统势能减少量

(3)[4]根据

可得

则图线的斜率

由图像得

所以

三、计算题（共3小题，解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分。）
13.一宇航员站在某质量分布均匀的星球表面上沿水平方向以速度从高h处抛出一个小球，测得小球落地时的水平位移为，已知该星球半径为，引力常量为.求：
（1）该星球表面的重力加速度；
（2）该星球的质量；
（3）该星球的密度．
【答案】(1) (2) (3)
【解析】
（1）在星球上小球做平抛运动
x=v0t
h=gt2
解得
（2）又因为星球表面的重力等于万有引力：

则星球的质量为：
（3）星球的密度为：
点睛：重力加速度g是天体运动研究和天体表面宏观物体运动研究联系的物理量．同时本题要求学生掌握物体所受重力等于地球的吸引力．
14.如图所示，在半径为R 的光滑半圆轨道于高为10R 的光滑斜轨道处于同一竖直平面内，两轨道之间用光滑轨道CD 相连，水平轨道与斜轨道间有一段圆弧过渡．在水平轨道上轻弹簧被A、B 两小球挤压（不栓接）处于静止状态，现同时释放两小球，A 恰好能通过最高点A；B恰好能到达B 点．已知A 的质量为 mA；B 的质量为mB；求：

（1）A 球离开弹簧时的速度vA
（2）B 球离开弹簧时的速度 vB
（3）弹簧的弹性势能Ep
【答案】（1）（2）（3）2．5mAgR+10mBgR
【解析】
试题分析：（1）A球过恰好通过圆轨道最高点A时，有：

则得：
A球从C运动到A，由机械能守恒定律得：mAvC2=mAvA2+2mAgR
由以上两式求出：
（2）B球从D运动到B，由机械能守恒定律得：mBvD2=mBg×10R
求得：
（3）弹簧的弹性势能为：Ep=mAvA2+mBvB2
解得：Eρ=2．5mAgR+10mBgR
考点：机械能守恒定律
【名师点睛】本题是机械能守恒定律和向心力的综合应用，关键要明确A球通过圆轨道最高点的临界条件：重力等于向心力．还要明确能量是如何转化的．
15.科技馆有一套儿童喜爱的机械装置，其结构简图如下：传动带AB部分水平，其长度L=1.2m，传送带以3m/s的速度顺时针匀速转动，大皮带轮半径r=0.4m，其下端C点与圆弧轨道DEF的D点在同一水平线上，E点为圆弧轨道的最低点，圆弧EF对应的圆心角且圆弧的半径R=0.5m，F点和倾斜传送带GH的下端G点平滑连接，倾斜传送带GH长为x=4.45m，其倾角．某同学将一质量为0.5kg且可以视为质点的物块静止放在水平传送带左端A处，物块经过B点后恰能无碰撞地从D点进入圆弧轨道部分，当经过F点时，圆弧给物块的摩擦力f=14.5N，然后物块滑上倾斜传送带GH．已知物块与所有的接触面间的动摩擦因数均为，重力加速度，,,，求：

（1）物块由A到B所经历的时间；
（2）DE弧对应的圆心角为多少；
（3）若要物块能被送到H端，倾斜传动带顺时针运转的速度应满足的条件及物块从G到H端所用时间的取值范围．
【答案】(1)0.7s (2) (3)
【解析】
【详解】（1）物体在水平传送带上，由牛顿第二定律得：
所以：
物体加速到3m/s的时间：
在加速阶段的位移：
物体做匀速直线运动的时间：
物块由A到B所经历的时间：t=t1+t2=0.7s
(2)若物体能在B点恰好离开传送带做平抛运动，则满足：

所以：
所以物体能够在B点离开传送带做平抛运动，平抛的时间：
解得：
到达D点时物体沿竖直方向的分速度：
到达D点时物体的速度与水平方向之间的夹角：
所以：α=530

即DE弧对应的圆心角α为530
（3）当经过F点时，圆弧给物块的摩擦力f=14.5N，所以物体在F点受到的支持力：

物体在F点时，支持力与重力的分力提供向心力得：
代入数据得：v3=5m/s
物体在倾斜的传动带上受到重力、支持力和滑动摩擦力的作用，滑动摩擦力：
f′=μmgcos370=2N
重力沿斜面向下的分力：Fx=mgsin370=3N>f′
可知物体不可能相对于传动带静止，所以物体在传送带上将一直做减速运动，物体恰好到达H点时速度为0.
Ⅰ、若传送带的速度大于等于物体在F点的速度，则物体受到的摩擦力的方向向上，物体一直以不变的加速度向上做减速运动；此时：Fx-f′=ma3
解得：a3=2m/s2
物体的位移为：
代入数据解得：t′=1.16s（或t′=3.84s不合题意）
Ⅱ、若传送带的速度小于物体在F点的速度，则物体先相对于传送带向上运动，受到的摩擦力的方向向下；当物体的速度小于传送带的速度后，受到的摩擦力方向向上，物体继续向上做减速运动，速度的大小发生变化．
设物体恰好能到达H点时，传送带的速度是vmin，且vmin<v3，物体到达H点的速度为0.
物体的速度大于传送带的速度时，物体受到的摩擦力的方向向下，此时：
Fx+f′=ma2，则a2=10m/s2
物体的速度小于传送带的速度时，物体受到的摩擦力方向向上，则：
Fx-f′=ma3，则a3=2m/s2
物体向上的减速运动若反过来看，也可以是向下的加速运动，初速度为0，末速度为v3，设下面的一段时间为t4，上面的一段时间为t5，可得：，，
联立以上三式，代入数据得：t4=0.1s，t5=2.0s，vmin=4m/s
物体从F点运动到H点的总时间：
综合以上的分析可知，若要物体能都到达H点，传送带的速度应满足：vmin≥4m/s ，物体运动的时间范围是： 1.16s≤t≤2.1s
【点睛】本题借助于传送带问题考查牛顿运动定律的综合应用、平抛运动及圆周运动的规律，要求能正确分析物体的运动过程，并能准确地进行受力分析，选择合适的物理规律求解．传送带的问题是牛顿运动定律的综合应用中比较复杂的问题，该题竟然有两个传送带，题目的难度太大．