2020-2021学年吉林省四平市高一（下）期中考试（理科）物理试卷新人教版

这是一份2020-2021学年吉林省四平市高一（下）期中考试（理科）物理试卷新人教版，共7页。试卷主要包含了选择题，实验探究题，解答题等内容，欢迎下载使用。


1. 做曲线运动的物体，在运动过程中，一定变化的物理量是（ ）
A.加速度B.合外力C.速率D.速度

2. 仰卧起坐是2020年太原中考体育项目之一，如图所示，小明在中考体育考场上1min内做了50个仰卧起坐，获得了满分，若小明上半身的质量约32kg，每次上半身重心上升的距离均为0.3m，重力加速度g取10m/s2，则他每分钟克服重力做的功W和相应的功率P约为（ ）

A.W=4800J P=80WB.W=480J P=8W
C.W=2400J P=400WD.W=240J P=4W

3. 关于向心加速度，下列说法正确的是（ ）
A.匀速圆周运动不属于匀速运动
B.由an=v2r知，匀速圆周运动的向心加速度恒定
C.向心加速度越大，物体速率变化越快
D.做圆周运动的物体，加速度方向时刻指向圆心

4. 一项最新的研究发现，在我们所在星系中央隆起处，多数恒星形成于100亿多年前的一次恒星诞生爆发期．若最新发现的某恒星自转周期为T，星体为质量均匀分布的球体，万有引力常量为G，则以周期T稳定自转的星体的密度最小值约为（ ）
A.3πGT2B.4πGT2C.6πGT2D.8πGT2

5. 如图所示，一竖直圆盘上固定着一个质量为0.2kg的小球（可视为质点），小球与圆盘圆心O的距离为5cm．现使圆盘绕过圆心O的水平轴以10rad/s的角速度匀速转动，重力加速度g取10m/s2，当小球运动到O点正上方时圆盘对小球的作用力为F1，当小球运动到O点正下方时圆盘对小球的作用力为F2，则（ ）

A.F1=2N F2=3NB.F1=2N F2=4N
C.F1=1N F2=3ND.F1=1N F2=4N

6. 2020年10月22日，俄“联盟MS−16”载人飞船已从国际空间站返回地球，在哈萨克斯坦着陆．若载人飞船绕地球做圆周运动的周期为T0=90min，地球半径为R、表面的重力加速度为g，则下列说法正确的是（ ）
A.飞船返回地球时受到的万有引力随飞船到地心的距离反比例增加
B.飞船在轨运行速度一定大于7.9km/s
C.飞船离地高度大于地球同步卫星离地高度
D.该飞船所在圆轨道处的重力加速度为316π4R2gT04

7. 如图所示，一条铁链长l=1m，质量为m=4kg，放在水平桌面上，拿住一端提起铁链直到铁链全部离开桌面的瞬间，重力加速度g=10m/s2，则（ ）

A.铁链的重心位置升高了1mB.铁链克服重力做功40J
C.铁链的重力势能增加了20JD.铁链的重力势能为20J

8. “木卫二”在离木星表面高ℎ处绕木星近似做匀速圆周运动，其公转周期为T，把木星看作一质量分布均匀的球体，木星的半径为R，万有引力常量为G．若有另一卫星绕木星表面附近做匀速圆周运动，则木星的质量和另一卫星的线速度大小分别为（ ）
A.2π2R+ℎ3GT2，2πTR+ℎ3R
B.2π2R+ℎ3GT2， 4π3TR+ℎ3R
C.4π2R+ℎ3GT2， 2πTR+ℎ3R
D.4π2R+ℎ3GT2， 4π3TR+ℎ3R

9. 如图所示，用长为x0的细线拴住一个质量为m的小球，使小球在水平面内做匀速圆周运动，细线与竖直方向的夹角为θ，重力加速度为g，不计空气阻力．下列说法中正确的是（ ）

A.向心力的大小等于mgtanθ
B.向心力是细线对小球的拉力和小球所受重力的合力
C.向心力的大小等于细线对小球的拉力
D.小球受到重力、线的拉力和向心力三个力

10. 嫦娥五号发射过程某一阶段如图所示，嫦娥五号在椭圆轨道Ⅰ上运行到远地点N变轨进入圆形轨道Ⅱ，在圆形轨道Ⅱ上运行一段时间后在N点时再次加速变轨，从而最终摆脱地球束缚．对于该过程，下列说法正确的是（ ）

A.嫦娥五号在N点通过向前喷气减速实现由轨道Ⅰ进入轨道Ⅱ
B.嫦娥五号在轨道Ⅰ上运行的周期小于在轨道Ⅱ上运行的周期
C.嫦娥五号在轨道Ⅰ正常运行时（不含变轨时刻）经过N点的加速度比在轨道Ⅱ正常运行（不含变轨时刻）时经过N点的加速度大
D.嫦娥五号在轨道Ⅰ上过M点的速率比在轨道Ⅰ上过N点的速率大

11. 如图所示，b是竖直平面内的长方形acdf对角线的交点，e是底边df的中点，a、b、c处三个小球沿图示方向做平抛运动，下列表述正确的是（ ）

A.若a、b、c处三球同时抛出，则三球恰好能在空中相遇，需要满足vC>vB>vA
B.若a、b处两球能在地面相遇，则a、b在空中运动的时间之比为2:1
C.若a、c处两球在e点相遇，则一定满足vA=vC
D.只要b、c处两球同时开始做平抛运动，二者绝不可能在空中相遇

12. 如图所示，物块甲和乙用一不可伸长的轻绳通过两光滑轻质定滑轮连接，乙套在固定的光滑水平直杆上．现将甲、乙由静止同时释放，释放时θ=30∘，空气阻力不计，则下列说法正确的是（ ）

A.刚开始释放时，甲处于超重状态
B.当θ=60∘时，甲、乙的速度大小之比是1:2
C.当θ向90∘增大的过程中甲先处于失重状态，后处于超重状态
D.当θ向90∘增大的过程中绳子对甲的拉力始终小于其重力
二、实验探究题

张华同学用如图所示装置测量玩具电动汽车前轮的转速和前轮边缘的向心加速度的大小，已知永久磁铁每经过传感器一次，传感器就输出一个电压脉冲，计数器显示的数字就增加1.

（1）已有玩具电动汽车、电源、传感器、计数器、永久磁铁等仪器，要完成测量，还需要的测量仪器是________、________．

（2）把永久磁铁粘在前轮的边缘，让前轮匀速转动，从计数器第一次显示数字开始计时，当计数器上显示的数字为N时，记录的时间为t，测量出前轮的半径为r．玩具电动汽车前轮转速表达式n=________、前轮边缘向心加速度大小的表达式a=________．（用字母N、t、r表示）

为了研究平抛运动，某学习小组的同学设计了如图甲所示的实验装置进行探究．

（1）如图乙所示是实验得到的轨迹，从曲线上某点连续画三段等长的水平线段，再从每条线段的右端点对应作三条竖直线与曲线交于三点，相应得到三段在竖直方向的位移大小ℎ1、ℎ2、ℎ3，则该三段位移大小应满足的关系是（ ）
A.ℎ3=3ℎ2−3ℎ1B.ℎ3=2ℎ2−ℎ1
C.2ℎ2=ℎ3+ℎ1D.ℎ2=ℎ3−ℎ1

（2）为了验证做平抛运动的小球在竖直方向上做自由落体运动，小锤打击弹性金属片，A球水平抛出，同时B球被松开，自由下落，关于该实验，下列说法中正确的有（ ）
A.两球的质量应相等
B.两球应同时落地
C.应改变装置的高度，多次实验
D.实验也能说明A球在水平方向上做匀速直线运动

（3）如图丙是某次实验的高数码连拍照片，该相机每秒钟能拍摄20次，图中背景为边长l=0.049m的正方形，分析照片可知：小球平抛运动的初速度大小为________m/s．（结果保留到小数点后两位）
三、解答题

在云南省某些地方到现在还要依靠滑铁索过江，如图甲所示．若把滑铁索过江简化成如图乙所示的模型，铁索的两个固定点A、B在同一水平面内，A、B间的距离为L=160m，铁索的最低点离AB间的垂直距离为H=20m，铁索可以看作是一段圆弧，已知一质量m=42.5kg的人借助轻质滑轮滑到最低点的速度为20m/s，重力加速度g取10m/s2．求：

（1）铁索对应的半径大小；

（2）人滑到最低点时对铁索的压力．

质量为m的汽车启动后沿平直路面行驶，如果发动机的功率恒为P，且行驶过程中受到的阻力大小一定，汽车能够达到最大速度值为v，当汽车的速度为13v时，汽车的瞬时加速度大小为多少？

如图所示，水平地面上OD=1m，在水平地面OD正上方平行放置的水平传送带沿顺时针方向匀速转动，传送带BC部分的长度L=1.25m，传送带右端C点与地面上O点在同一竖直线上，竖直高度ℎ=1.25m．AB为一个与BC、CO、OD在同一竖直平面内的四分之一光滑圆轨道，半径r=0.45m，且与水平传送带相切于B点．一滑块m（可视为质点）从A点由静止释放，滑块到达圆弧轨道B点时对轨道的压力大小FNB=6N，滑块到达C点时恰与传送带同速并水平抛出，刚好落在水平地面上D点．取g=10m/s2，不计空气阻力，求：

（1）滑块的质量；

（2）滑块与传送带间的动摩擦因数．
参考答案与试题解析
2020-2021学年吉林省四平市高一（下）期中考试（理科）物理试卷
一、选择题
1.
【答案】
D
【考点】
曲线运动的概念
【解析】
既然是曲线运动，它的速度的方向必定是改变的，所以曲线运动一定是变速运动，它的速度肯定是变化的；
而匀速圆周运动的速率是不变的，平抛运动的合力、加速度是不变的．
【解答】
解：A．平抛运动也是曲线运动，但是它的合力为重力，加速度是重力加速度，是不变的，故A错误．
B．平抛运动也是曲线运动，但是它只受到重力作用，合外力保持不变，故B错误．
C．匀速圆周运动的速度的大小是不变的，即速率是不变的，故C错误；
D．物体既然做曲线运动，那么它的速度方向肯定是不断变化的，所以速度一定在变化，故D正确．
故选：D．
2.
【答案】
A
【考点】
平均功率
恒力做功
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：小明每分钟克服重力做的功W=mgℎ=32kg×10N/kg×0.3m×50=4800J，
功率P=Wt=4800J60s=80W，故A正确．
故选：A．
3.
【答案】
A
【考点】
向心加速度
【解析】
做匀速圆周运动的物体要受到指向圆心的向心力的作用，从而产生指向圆心的向心加速度，向心加速度的大小不变，方向时刻改变。
做变速圆周运动的物体，加速度不一定时刻指向圆心。
【解答】
解：A．匀速圆周运动速度的方向不断变化，是变速运动，不属于匀速运动，故A正确；
B．做匀速圆周运动的物体向心力大小不变，方向时刻变化，故B错误；
C．物体向心加速度大，物体速率不一定变化快，故C错误；
D．做匀速圆周运动的物体，加速度时刻指向圆心，做变速圆周运动的物体，加速度不一定时刻指向圆心，故D错误．
故选：A．
4.
【答案】
A
【考点】
天体质量或密度的计算
【解析】
根据万有引力提供向心力求出恒星的质量，结合体积求出恒星的平均密度．
【解答】
解：设恒星的半径为R，根据万有引力提供向心力得，
GMmR2=mR4π2T2，
解得恒星的质量M=4π2R3GT2，
则恒星的密度ρ=MV=4π2R3GT243πR3=3πGT2，故A正确，BCD错误．
故选A．
5.
【答案】
C
【考点】
竖直面内的圆周运动-弹力
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：由题可知，小球绕过圆心O的水平轴以10rad/s的角速度匀速转动时，所需向心力为Fn=mrω2=1N，小球的重力mg=2N，小球在O点正上方时，mg−F1=Fn，小球在O点正下方时，F2−mg=Fn，解得F1=1N，F2=3N，故C正确．
故选：C．
6.
【答案】
D
【考点】
万有引力定律及其应用
随地、绕地问题
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：A．根据万有引力定律，地球对该飞船万有引力随飞船到地心的距离的平方反比例减小，故A错误；
B．GMmr2=mv2r，即v2∝1r，第一宇宙速度为7.9 km/s，故飞船在轨运行速度一定小于7.9km/s，故B错误；
C．根据GMmr2=m2πT2r，即T2∝r3，同步卫星的周期为24ℎ，故飞船离地高度小于地球同步卫星离地高度，故C错误；
D．飞船所在轨道的重力加速度为g′，则重力等于向心力，有mg′=mr4π2T02，同时GMmr2=mr4π4T02，而在地球表面有GMmR2=mg，解得该飞船处的重力加速度为g′=316π4R2gT04，故D正确．
故选D．
7.
【答案】
C
【考点】
重力势能的变化与重力做功的关系
重力势能
【解析】
铁链重心在中心处，重心升高，克服重力做功，重力势能增加；重力势能的大小与零势能面的选取有关.
【解答】
解：A．铁链重心在中心处，当铁链全部提起，重心升高0.5m，故A错误；
B．铁链克服重力做功WG=mgℎ=4×10×0.5J=20J，故B错误；
C．铁链克服重力做的功等于重力势能增加量，为20J，故C正确；
D．没有选取零势能面，则末态重力势能不确定，故D错误.
故选：C．
8.
【答案】
C
【考点】
万有引力定律及其应用
【解析】
（1）对“木卫二”根据万有引力提供向心力求解木星的质量；（2）对绕木星表面附近做匀速圆周运动另一卫星，根据万有引力提供向心力列方程求解线速度大小．
【解答】
解：设“木卫二”的质量为m，根据万有引力提供向心力可得：GMmR+ℎ2=mR+ℎ4π2T2，
解得木星的质量：M=4π2R+ℎ3GT2，
另一卫星绕木星表面附近做匀速圆周运动，
根据万有引力提供向心力可得：GMm′R2=m′v2R，
联立解得：v=2πT(R+ℎ)3R，故C正确．
故选C．
9.
【答案】
A,B
【考点】
水平面内的圆周运动-重力
力的合成与分解的应用
【解析】
对小球受力分析
【解答】
解：对小球受力分析可知，小球受重力mg，拉力T，向心力是效果力，不是物体实际受到的力，细线对小球的拉力和小球所受重力的合力提供向心力，F=mgtanθ．
故选AB．
10.
【答案】
B,D
【考点】
万有引力定律及其应用
卫星的变轨与对接
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：嫦娥五号在N点通过向后喷气加速实现由轨道Ⅰ进入轨道Ⅱ，故A错误；
由图示可知，地球在轨道Ⅰ上运行时的半长轴小于在轨道Ⅱ上运行时的轨道半径，由开普勒第三定律：r3T2=k，可知T1万有引力提供向心力，由牛顿第二定律得：GMmr2=ma，解得：a=GMr2，半径相等，加速度a相等，故C错误；
嫦娥五号在近地点速率大，远地点速率小，所以嫦娥五号在轨道Ⅰ上过M点的速率比在轨道Ⅰ上过N点的速率大，故D正确．
故选BD．
11.
【答案】
C,D
【考点】
平抛运动基本规律及推论的应用
【解析】
．
【解答】
解：A．a、c的高度相同，是b的高度的2倍，根据ℎ=12gt2，t=2ℎg知，a、c的运动时间相等，大于b的时间，若三球同时抛出，不可能在空中相遇，故A错误；
B．若ab能在地面相遇，根据ℎ=12gt2，t=2ℎg知，ab在空中运动时间之比为2：1，故B错误；
C．若ac在e点相遇，则水平、竖直分运动位移分别相等，根据t=2ℎg、x=v0t知，vA=vC，故C正确；
D．若bc两球同时做平抛运动，竖直分运动是自由落体运动，b、c不会相遇，故D正确．
故选：CD．
12.
【答案】
B,C
【考点】
牛顿运动定律的应用-超重和失重
绳端速度分解模型
【解析】
由运动的分解知，甲乙沿绳方向的速度相等，v甲=v乙csθ，刚释放时，甲乙速度均为0，随着角度增加，甲先处于失重后处于超重状态，绳子对甲的拉力先小于重力后大于重力.

【解答】
解：A．由运动的分解知，甲乙沿绳方向的速度相等，v甲=v乙csθ，刚释放时，甲、乙速度均为0，甲向下加速运动，处于失重状态，故A错误；
B．由v甲=v乙csθ知，θ=60∘时，v甲=v乙csθ=12v乙，v甲v乙=1:2，故B正确；
C．θ增加到90∘时，甲乙速度均为0，甲向下先加速后减速，则甲先处于失重，后处于超重状态，故C正确；
D．θ增加到90∘时，甲先处于失重后处于超重状态，绳子对甲的拉力先小于重力，后大于重力，故D错误.
故选：BC．
二、实验探究题
【答案】
（1）秒表,刻度尺
（2）N−1t,4π2N−12rt2
【考点】
向心加速度
线速度、角速度和周期、转速
【解析】


【解答】
解：（1）测量的方法：把永久磁铁粘在玩具电动汽车前轮的边缘，让前轮匀速转动，用秒表记下所用时间t，从计数器上读出所记录的数字N，则前轮转过的圈数为N−1，用刻度尺测量出前轮的半径r，故需要的仪器是秒表和刻度尺．
（2）转速是指单位时间内，物体做圆周运动的次数，玩具电动汽车前轮转速表达式n=N−1t，
前轮边缘向心加速度大小的表达式为a=ω2r=2πn2r=4π2N−12rt2．
【答案】
A
B,C
（3）0.98
【考点】
研究平抛物体的运动
【解析】



【解答】
解：（1）平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，这三段水平位移相等，所以时间间隔相等，在竖直方向上做自由落体运动，相邻的相等时间内的位移之差是个定值，则有ℎ2−ℎ1−ℎ1=ℎ3−ℎ2−ℎ2−ℎ1，解得：ℎ3=3ℎ2−3ℎ1，故A正确，BCD错误．
故选A．
（2）小锤打击弹性金属片后，A球做平抛运动，B球做自由落体运动．A球在竖直方向上的运动情况与B球相同，做自由落体运动，因此两球同时落地．实验时，需A、B两球从同一高度开始运动，对质量没有要求，但两球的初始高度及打击力度应该有变化，要进行3∼5次实验得出结论，本实验不能说明A球在水平方向上的运动性质，故选项BC正确，AD错误．
故选BC．
（3）照相机的拍摄频率为20Hz，所以相邻点间隔时间为0.05s，水平相邻的距离为l=0.049m，故v0=lt=0.98m/s．
三、解答题
【答案】
（1）铁索对应的半径大小为170m．
（2）人对铁索的压力为525N．
【考点】
竖直面内的圆周运动-弹力
【解析】


【解答】
解：（1）由题图乙中的几何关系有
(L2)2+R−H2=R2，
代入数据解得R=170m．
（2）滑到最低点时，令铁索对人的支持力为F，由牛顿第二定律有F−mg=mv2R，
代入数据解得F=525N，由牛顿第三定律，人对铁索的压力为FN=F=525N．
【答案】
汽车的瞬时加速度a=2Pmv．
【考点】
机车启动问题-恒定功率
【解析】

【解答】
解：以定功率起步的汽车，因P=Fv，v逐渐增大，F逐渐减小，汽车做加速度逐渐减小的加速运动，当牵引力等于阻力时速度达到最大，
故阻力f=Pv，
速度为13v时的牵引力F=P13v=3Pv，
据牛顿第二定律有F−f=ma，
联立解得加速度a=2Pmv．
【答案】
（1）滑块的质量m=0.2kg．
（2）滑块与传送带间的动摩擦因数μ=0.2．
【考点】
竖直面内的圆周运动-弹力
平抛运动基本规律及推论的应用
动能定理的应用
【解析】


【解答】
解：（1）滑块从A到B过程中，由机械能守恒定律有mgr=12mvB2，
解得vB=2gr=3m/s，
滑块到达圆弧轨道B点时对轨道的压力大小FNB=6N，
据牛顿第三定律，轨道对滑块的支持力大小FNB′=6N，方向竖直向上，
滑块到达B点时，由牛顿第二定律有FNB′−mg=mvB2r，
解得滑块的质量m=0.2kg．
（2）滑块离开C点后做平抛运动，ℎ=12gt2，解得t=2ℎg=0.5s，vC=xt=2m/s，滑块由B到C过程中，据动能定理有−μmgl=12mvC2−12mvB2，解得滑块与传送带间的动摩擦因数μ=0.2．