2020桂林十八中高一下学期期中考试物理试题（教师版）含答案

这是一份2020桂林十八中高一下学期期中考试物理试题（教师版）含答案，共10页。试卷主要包含了单选题，多选择，填空题，论述计算题等内容，欢迎下载使用。

桂林十八中2019-2020学年度19级高一下学期期中试卷
物 理
注意事项：
①本试卷共4页，答题卡2页。考试时间90分钟,满分100分；
②正式开考前，请务必将自己的姓名、考号用黑色水性笔填写清楚并张贴条形码；
③请将所有答案填涂或填写在答题卡相应位置，直接在试卷上做答不得分。
第I卷（选择题，共44分）
一、单选题（下列各题均有4个选项，其中只有一个是正确的，请将正确选项的字母代号填涂在答题卷的相应位置，多选、错选或不选，该小题不得分。每小题3分，共24分）
1、下列物理量中，用来描述物体做功快慢的是（　A　）
A．功率 B．位移 C．时间 D．功
【考点】功率、平均功率和瞬时功率．【分析】功率是用来描述物体做功快慢的物理量。
【解答】解：根据功率的物理意义可知，功率是用来描述物体做功快慢的物理量，功率越大说明做功越快，故D正确，BCD错误。故选：A。【点评】本题主要是考查功率的物理意义，解答本题要知道功率是用来描述物体做功快慢的物理量，功率大不一定做功多！
2、下列所述的物体在运动过程中满足机械能守恒的是（　B　）
A．跳伞运动员张开伞后，在空中匀速下降
B．忽略空气阻力，物体竖直上抛
C．火箭升空过程
D．拉着物体沿光滑斜面匀速上升
【考点】机械能守恒定律．【分析】物体机械能守恒的条件是只有重力或者是弹簧弹力做功，或看物体的动能和势能之和是否保持不变，即采用总量的方法进行判断。
【解答】解：A、跳伞运动员在空中匀速下降，动能不变，重力势能减小，因机械能等于动能和势能之和，则机械能减小。故A错误。
B、忽略空气阻力，物体竖直上抛，只有重力做功，机械能守恒，故B正确。
C、火箭升空，动力做功，机械能增加。故C错误。
D、物体沿光滑斜面匀速上升，动能不变，重力势能在增加，所以机械能在增大。故D错误。
故选：B。【点评】解决本题的关键掌握判断机械能是否守恒的方法，1、看是否只有重力做功。2、看动能和势能之和是否不变。
3、关于第一宇宙速度，下列说法正确的是（　D　）
A．我们把11.2km/s叫做第一宇宙速度
B．它是月球绕地球飞行的速度
C．它是地球同步卫星绕地球飞行的速度
D．它是人造地球卫星在地面附近绕地球做匀速圆周运动的速度
【考点】第一宇宙速度、第二宇宙速度和第三宇宙速度．【分析】第一宇宙速度又称为环绕速度，是指在地球上发射的物体绕地球飞行作圆周运动所需的最小初始速度。
【解答】解：第一宇宙速度是人造卫星绕地球表面飞行时的速度，即近地卫星的环绕速度，数值为7.9km/s，故D正确，ABC错误。故选：D。
【点评】注意第一宇宙速度有三种说法：
①它是人造地球卫星在近地圆轨道上的运行速度。
②它是人造地球卫星在圆轨道上运行的最大速度。
③它是卫星进入近地圆形轨道的最小发射速度。
4、如图所示，一颗卫星绕地球做椭圆运动，运动周期为T，图中虚线为卫星的运行轨迹，A、B、C、D是轨迹上的四个位置，其中A距离地球最近，C距离地球最远。B和D点是弧线ABC和ADC的中点，下列说法正确的是（　C　）
A．卫星在C点的速度最大
B．卫星在C点的加速度最大
C．卫星从A经D到C点的运动时间为T/2
D．卫星从B经A到D点的运动时间为T/2
【考点】万有引力定律及其应用；人造卫星．【分析】卫星沿椭圆轨道绕地球运动时，在远地点的速度最小，在近地点的速度最大；根据速度大小的变化情况分析运动时间与周期的关系。
【解答】解：AB．由图可知A是近地点，C点是远地点，故在A的速度最大，在C的速度最小，根据牛顿第二定律与万有引力定律有GMm/r2=ma，可知在A点的加速度最大，在C点的加速度最小，故AB错误；
C．卫星从A经B到C的速度一直减小，从A经D到C的速度也一直减小，两种情况下路程一样，根据对称性规律可知，卫星从A经D到C点的运动时间为T/2，故C正确；
D．卫星从B经A到D的速度一直大于从B经C到D的速度，两种情况下的路程一样，所以可知卫星从B经A到D点的运动时间小于T/2，故D错误。故选：C。【点评】本题的关键是掌握开普勒第二定律，知道卫星在运动过程中的速度大小变化情况是本题的突破口。
5、“神舟”十号飞船于2013年6月11日17时38分发射升空，如图所示，在“神舟”十号靠近轨道沿曲线从M点到N点的飞行过程中，速度逐渐减小。在此过程中“神舟”十号所受合力的方向可能是（　C　）
A． B． C． D．
【考点】物体做曲线运动的条件；运动的合成和分解．
【分析】“神舟”十号的运动为曲线运动，故在半径方向上合力不为零且是指向圆心的；又是做减速运动，故在切线上合力不为零且与瞬时速度的方向相反，分析这两个力的合力，即可看出那个图象是正确的。【解答】解：“神舟”十号在飞行过程中，沿曲线从M点向N点飞行的过程中，做曲线运动，必有力提供向心力，向心力是指向圆心的；“神舟”十号飞行过程中减速，且沿切向方向有与速度相同的力；故向心力和切线力与速度的方向的夹角要大于90°．故ABD错误，C正确。故选：C。【点评】解决此题关键是要沿半径方向上和切线方向分析“神舟”十号的受力情况，“神舟”十号受到指向圆心的力的合力使“神舟”十号做曲线运动，在切线方向的分力使“神舟”十号减速，知道了这两个分力的方向，也就可以判断合力的方向了。








6、一个小孩用200N的力，将质量为1kg的足球踢出，使足球获得20m/s的初速度，飞行50m后着地，则小孩对足球做的功约为（　B　）
A．50J B．200J C．400J D．10000J
【考点】动能定理．【分析】找出有用信息，根据动能定理求出人对足球做功的大小。
【解答】解：根据动能定理得：W=mv2/2=1/2×1×202＝200J，故B正确，ACD错误。
故选：B。【点评】本题只能运用动能定理进行求解，不能用作用力乘以足球的位移，因为作用力不是持续作用在足球上。
7、如图所示，细绳的一端固定于O点，另一端系一个小球，在O点的正下方钉一个钉子A，小球从一定高度摆下。当细绳与钉子相碰的瞬间，则（　D　）
A．小球的线速度变大
B．小球的角速度不变
C．细绳对小球的拉力变小
D．钉子的位置越靠下，细绳越容易被拉断
【考点】：牛顿第二定律；线速度、角速度和周期、转速向心力．
【分析】细绳碰到钉子的瞬间，小球做圆周运动的圆心变为了钉子所在的A点，半径变小，但小球的线速度不变，根据线速度和角速度的关系可以判断角速度的变化；小球由拉力和重力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律可以判断细绳上拉力的变化。
【解答】解：A、小球运动到最低点时，细绳与钉子相碰，原来是以悬点O做圆周运动，与钉子相碰的瞬间圆心位置变成了钉子所在的A点，小球做圆周运动的半径变小。但在细绳与钉子相碰的瞬间，小球的线速度不变，因为在此时小球的速度方向是水平向右，而在水平方向上没有受到外力作用。所以水平方向的速度不变，即小球的线速度不变，故A错误；
B、小球的角速度w=v/r，由上面的分析可知小球做圆周运动的半径减小，线速度不变，所以小球的角速度变大，故B错误；CD、小球在最低点时受到绳子的拉力F和重力mg作用，根据牛顿第二定律可得F-mg=mv2/r，因为小球做圆周运动的半径减小，所以其加速度变大，细绳上的拉力变大，且钉子位置越靠下，半径越小，细绳上的拉力越大，细绳越容易被拉断，故C错误，D正确。故选：D。【点评】解题的关键是要认识到细绳碰到钉子的瞬间，小球做圆周运动的圆心位置变化，半径发生了变化，同时小球的线速度不变。
8、如图所示，从某高度处水平抛出一小球，经过时间t到达地面时，速度与水平方向的夹角为θ，不计空气阻力，重力加速度为g。下列说法正确的是（　A　）
A．小球水平抛出时的初速度大小为gt/tanθ
B．小球在t时间内的位移方向与水平方向的夹角为θ/2
C．若小球初速度增大，则平抛运动的时间变长
D．若小球初速度增大，则θ增大
【考点】平抛运动．【分析】平抛运动在水平方向做匀速直线运动，在竖直方向做自由落体运动。落地的时间由高度决定，知道运动时间t，即可知道落地时竖直方向上的分速度，根据速度与水平方向的夹角，可求出水平初速度。由分位移关系求小球在t时间内的位移方向与水平方向的夹角。
【解答】解：A、物体落地时竖直方向上的分速度 vy＝gt．因为落地时速度方向与水平方向的夹角为θ，所以小球的初速度v0＝vycotθ＝gtcotθ=gt/tanθ．故A正确，
B、物体落地时速度与水平方向夹角的正切值 tanθ=gt/v0，位移与水平方向夹角的正切值tanα=gt2/2v0t=gt/2v0，所以tanθ＝2tanα．但α≠θ/2．故B错误。C、根据h=gt2/2可知物体运动时间与下落高度有关，与初速度无关，则若小球初速度增大，则平抛运动的时间不变，故C错误。D、速度与水平方向夹角的正切值为tanθ=gt/v0，若小球初速度增大，下落时间t不变，所以tanθ减小，即θ减小，故D错误。故选：A。【点评】解决本题的关键要掌握平抛运动的处理方法，在水平方向做匀速直线运动，在竖直方向做自由落体运动。以及知道速度与水平方向夹角的正切值是位移与水平方向夹角的正切值的两倍。
二、多选择（下列各小题的四个选项中，至少有两个是正确的，请将正确选项的字母代号填涂在答题卷的相应位置，全部选对得5分，选对但不全得3分，不选或选错不得分。每题5分，共20分）
9、 下列关于匀速圆周运动的说法中，正确的是（　BC　）
A．匀速圆周运动是匀速运动，线速度不变
B．角速度不变
C．周期不变
D．加速度为零
【考点】匀速圆周运动；线速度、角速度和周期、转速．
【分析】匀速圆周运动速度大小不变，方向变化，是变速运动；加速度方向始终指向圆心，加速度是变化的，是变加速运动；向心力方向始终指向圆心，是变化的；角速度的是不变的。
【解答】解：A、匀速圆周运动线速度大小不变，方向时刻变化，故线速度是变化的，是变速运动，故A错误；BC、匀速圆周运动的角速度和周期都不变，故BC正确；D、由于匀速圆周运动速度时刻发生变化，根据加速度的定义可知，其加速度一定不为零，故D错误。故选：BC。
【点评】理解匀速圆周运动要注意各物理量的矢量性，注意矢量由大小和方向才能确定的物理量，所以当矢量大小变化、方向变化或大小方向同时变化时，矢量都是变化的。
10、关于向心加速度，以下说法中正确的是（　AB　）
A．向心加速度的方向始终与线速度方向垂直
B．向心加速度只改变线速度的方向，不改变线速度的大小
C．物体做圆周运动时的加速度方向始终指向圆心
D．物体的向心加速度的大小与线速度大小的平方成正比
【考点】向心加速度．【分析】物体做匀速圆周运动时，合外力提供向心力，加速度大小不变，但是方向指向圆心，故称向心加速度；向心加速度始终指向圆心；但要注意一般的圆周运动合外力和合加速度并不一定指向圆心的。【解答】解：AB、向心加速度的方向沿半径指向圆心，速度方向沿圆周的切线方向，所以向心加速度的方向始终与速度方向垂直，且只改变线速度的方向，不改变线速度的大小，故AB正确；C、如果物体做的不是匀速圆周运动，此时存在切向加速度，故圆周运动的向心加速度与切向加速度的合加速度的方向不一定始终指向圆心，故C错误；D、物体做匀速圆周运动，且半径不变时才成立，故D错误。故选：AB。
【点评】明确向心加速度的定义，知道向心加速度只改变速度方向；但要注意物体做圆运动时可能存在切向加速度和径向加速度，故合加速度不一定指向圆心。
11、 如图所示，A、B是两个摩擦传动的靠背轮，A是主动轮，B是从动轮，两轮之间不打滑；它们的半径RA＝2RB，a和b两点在轮的边缘，c和d两点在各轮半径的中点，则（ CD ）
A．ωa：ωc＝2：1
B．va：vd＝4：1
C．ωa：ωb＝1：2
D．vb：vc＝2：1
【考点】线速度、角速度和周期、转速．【分析】A、B两轮之间是摩擦传动，即两轮边缘的线速度大小相等即Va＝Vb；a、c两点角速度相等，b、d两点角速度相等；利用V＝ωr即可求解。【解答】解：由于A、B两轮之间通过摩擦传动，故A、B两轮的边缘的线速度大小相同，故va＝vb。根据v＝ωR可得，ωaRA＝ωbRB，ωa：ωb＝RB：RA＝1：2。由于a与c在同一个圆上，故ωa＝ωc，故va：vc＝2：1。故答案为：CD

12、如图所示，a、b两颗卫星在同一平面内绕地球做匀速圆周运动，其中b为地球同步卫星（周期为1天）。地球的质量为M、半径为R，引力常量为G。下列说法错误的是( BCD )
A．地球北极附近的重力加速度大小为
B．a运行的线速度小于b运行的线速度
C．a运行的周期大于1天
D．根据开普勒第二定律可知，在相同时间内，a、b与地心连线扫过的而积相等
答案BCD,开普勒第三定律可知，卫星的轨道 半径越大，运行的周期越长,因b运行的周期为1天,故a运行的周期小于1天，选项C错误；因a的轨道半径比b的轨道半径小，故a运行的线速度大于b运行的线速度，选项B正确;根据选项A正确;对同一行星而言，它与中心天体的连线在相等的时间内扫过的面和相等，选项D错误。

第II卷（非选择题，共56分）
三、填空题（本题包括3小题，共16分；请将正确答案填在答题卷的相应位置。）
13、(4分)小汽船在静水中的速度为5m/s，河水流速是4m/s，河宽150米，则当小汽船垂直于河岸航行时，小汽船的速度为　3　m/s。小汽船到达对岸的最短时间为　30　s。
【考点】运动的合成和分解．【分析】根据平行四边形定则求出当静水速与河岸垂直时，合速度的大小，并根据几何关系求出合速度的方向。
【解答】解：当小汽船垂直于河岸航行时，
小汽船的速度为：v3m/s
船头垂直河岸过河，到达对岸所用时间最短为：t=d/v船 =30s
故答案为：3，30【点评】解决本题的关键知道合速度与分速度遵循平行四边形定则，若两分矢量相互垂直，利用直角三角形的知识解决较简单。每空两分，共4分
14、(4分)如图所示，一质点沿螺旋线自外向内运动，己知其走过的弧长s与时间t成正比。则该质点运动的线速度大小　不变　（选填“增大”、“减小”或“不变”，后一空同），质点运动的角速度　增大　。
【考点】线速度、角速度和周期、转速．【分析】一质点沿螺旋线自外向内运动，半径R不断减小，其走过的弧长s与运动时间t成正比，根据v=s/t可知，线速度大小不变，根据圆周运动的基本公式即可求解。
【解答】解：一质点沿螺旋线自外向内运动，半径R不断减小，其走过的弧长s与运动时间t成正比，根据v=s/t可知，线速度大小不变，根据v＝ωr，半径减小，角速度增大。
故答案为：不变，增大。【点评】该题主要考查了圆周运动的基本公式，抓住题目中的条件：线速度大小不变，半径减小解题，难度不大，属于基础题。每空两分，共4分






15、(8分)在“利用自由落体运动”来验证机械能守恒定律的实验中，
（1）从下列器材中选出实验所必需的，其编号为　ABD　
A．打点计时器（包括纸带） B．重物 C．天平
D．毫米刻度尺 E．秒表 F．运动小车
（2）实验中由于系统误差的原因，会使重物获得的动能往往　小于　它所减少的重力势能。（填“大于”、“等于”或“小于”）
（3）如果以v2为纵轴，以h为横轴，根据实验数据绘出的v2﹣h图线是一条过原点的倾斜的直线　，该线的斜率等于　2g　。每空两分，共8分
【考点】验证机械能守恒定律．
【分析】（1）根据实验的原理确定测量的物理量，从而确定所需的器材；
（2）根据实验误的主要来源分析动能的增加量与重力势能的减少量的大小关系；
（3）先得出v2与h的函数关系式，再分析斜率的意义。
【解答】解：（1）重力势能的减少是为mgh，重物动能的增加量为1/2mv2，而速度是根据v=x/t来间接测量的，所以选出的器材有：打点计时器（包括纸带）、重物、毫米刻度尺，编号分别为A、B、D，由于mgh=1/2mv2，故m可消去，可以不测质量，故不需要用天平。
故实验心需的器材的编号为：ABD；（2）产生系统误差的主要原因是纸带通过打点计时器时受到摩擦阻力，导致重物获得的动能小于它所减少的重力势能；
（3）如果以v2为纵轴，以h为横轴，可有v2＝2gh，是正比例函数，图线是一条通过坐标原点的倾斜直线，该线的斜率等于2g。故答案为（1）ABD；（2）小于；（3）一条通过坐标原点的倾斜直线，2g。【点评】解决本题的关键掌握实验的原理，会通过原理确定器材，以及掌握纸带的处理，知道某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度。























四、论述计算题：（解答中应写出必要的文字说明、方程式及计算步骤，只写出最后答案的不得分，有数值计算的题，答案必须写出数值和单位。本题3个小题，共40分）
16、(10分)质量m＝3kg的物体，在水平力F＝6N的作用下，在光滑水平面上从静止开始运动，运动时间t＝3s，求：（1）力F在t＝3s内对物体所做的功
（2）力F在t＝3s内对物体所做功的平均功率。
（3）在3s末力F对物体做功的瞬时功率。
【考点】功的计算；功率、平均功率和瞬时功率．【分析】（1）先由牛顿第二定律求出物体的加速度，根据位移公式求出物体在3s内的位移，根据功的公式即可求出力F做的功；
（2）根据P=W/t求平均功率；
（3）先求出第3s末的瞬时速度，根据P＝Fv求出力F在第3s末做功的瞬时功率。
【解答】解：（1）对物体受力分析可知，物体受重力、支持力、恒力F三个力的作用，合外力为F，根据牛顿第二定律可得物体的加速度为：a=F/m=2m/s2（1分）
则物体在3s内的位移为：x=at2/2=9m（1分）所以力F做的功为：W＝Fs＝6×9J＝54J（2分）
（2）力F在3s内的平均功率为：P=W/t=18W（3分）公式2分，答案1分
（3）物体在第3s末的速度为：v＝at＝2×3m/s＝6m/s（1分）
3s末力F的瞬时功率为：P＝Fv＝6×6W＝36 W（2分）
【点评】求物体的平均功率和瞬时功率的时候一定要注意对公式的选择，瞬时功率只能用P＝Fv来求解，在求总功时，若合外力恒定，可先求合外力，再根据功的公式求总功。
17、(12分)已知月球半径为R，月球表面的重力加速度为g0，飞船在绕月球的圆形轨道Ⅰ上运动，轨道半径为r，r＝4R，到达轨道Ⅰ的A点时点火变轨进入椭圆轨道Ⅱ，到达轨道的近月点B时再次点火进入近月轨道Ⅲ绕月球做圆周运动。已知引力常量G，求：
（1）第一次点火和第二次点火分别是加速还是减速？
（2）飞船在轨道Ⅰ上的运行速率；
（3）飞船在轨道Ⅲ上绕月运行一周所需的时间。
【考点】万有引力定律及其应用；人造卫星．
【分析】（1）由高轨道到低轨道，需要出卫星所需要的向心力小于万有引力，故要减速才可实现；（2）（3）根据万有引力提供向心力，由牛顿第二定律列式求解飞船的线速度大小与周期。
【解答】解：（1）由高轨道到低轨道，需要出卫星所需要的向心力小于万有引力，故要减速才可实现，即第一次点火与第二次点火都是减速；（4分）每个2分
（2）由题意可知轨道I的轨道半径为4R，由万有引力提向心力，设飞船的质量为m，运行速率为v，根据牛顿第二定律有： （2分） 解得： （2分）
（3）由题意可知轨道Ⅲ的轨道半径为R，设运行周期为T，根据牛顿第二定律有：
（2分）代入月球质量可得： （2分）
【点评】解决本题的关键掌握卫星的变轨的原理，掌握分析天体运动的两个基本观点：一是万有引力提供向心力，二是重力与万有引力的关系；通过比较轨道半径比较运动线速度、周期等。





18、(18分)如图所示，P是水平面上的圆弧轨道，从高台边B点以速度v0水平飞出质量为m的小球，恰能从固定在某位置的圆弧轨道的左端A点沿圆弧切线方向进入。O是圆弧的圆心，θ是OA与竖直方向的夹角。已知：m＝0.5kg，v0＝3m/s，θ＝53°，圆弧轨道半径R＝0.5m，g＝10m/s2，不计空气阻力和所有摩擦力，求:（1）A、B两点的高度差；
（2）小球能否到达最高点C，若能到达，小球对C点的压力;
（3）在A点沿圆弧的切线方向给小球一初速度v1,要使小球进入圆弧轨道后在轨道内运动过程中不脱离轨道，v1满足的条件。
【考点】平抛运动；向心力；：动能定理．
【分析】（1）小球从B到A做平抛运动，根据小球到达A点时速度沿圆弧切线方向，由速度的分解法求出小球经过A点的速度，再由机械能守恒求AB间的高度差。
（2） 假设小球能到达C点，由机械能守恒求出小球到达C点的速度，再与C点的临界速度比较，分析小球能否到达最高点C，如能到达，再由牛顿运动定律求小球对C点的压力大小。
（3） 不脱离轨道的临界条件为到O点等高位置速度为零，到C恰好是重力提供向心力
【解答】解：（1）小球从B到A做平抛运动，在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动。据题知，小球到达A点时，速度与水平方向的夹角为θ，则有小球到达A点的速度为 vA5m/s（2分）对平抛运动的过程，由机械能守恒得：mgh（2分）解得A、B两点的高度差h＝0.8m（1分）
（2）假设小球能到达C点，由机械能守恒得： mgR（1+cosθ）（2分）
代入数据解得：vC＝3m/s（1分）小球通过C点的最小速度为v，则 mg＝m，（1分）得v m/s（1分）因为 vC＞v，所以小球能到达最高点C。在C点，由牛顿第二定律得：mg+F＝m （1分）代入数据解得：F＝4N （1分）由牛顿第三定律知，小球对C点的压力大小为4N,（1分）方向沿OC向上（1分）
（3）到O等高位置速度为零，由机械能守恒得： mgRcosθ=mv12/2解得：v1=m/s（1分）
由（2）可知小球通过C点的最小速度为v=m/s，从A到C由动能定理有：
-mgR（1+cosθ）= mv2/2-mv12/2解得v1=m/s（1分）
综上所得v1满足题意的条件为[0， ]∪[，+∞ ）m/s（2分）
答：（1）A、B两点的高度差是0.8m。（2）小球对C点的压力大小为4N，方向沿OC向上
（3）[0， ]∪[，+∞ ]m/s【点评】解决本题的关键掌握处理平抛运动的方法，平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动。并能把握圆周运动的临界条件。