《江西省赣州市十四县（市）2020学年高一物理下学期期中联考试题（含解析）》由会员分享，可在线阅读，更多相关《江西省赣州市十四县（市）2020学年高一物理下学期期中联考试题（含解析）（14页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、2020学年第二学期赣州市十四县（市）期中联考 高一年级物理试卷一、选择题（每小题4分，共48分。其中18小题每题只有一个选项是正确的，9-12题是多选题, 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. 下面说法中正确的是（ ）A. 物体在恒力作用下不可能做曲线运动B. 物体在恒力作用下可能做曲线运动C. 匀速圆周运动是速度大小、方向都不变的运动D. 做匀速圆周运动物体的角速度时刻改变【答案】B【解析】物体在恒力作用下可能做曲线运动，如平抛运动，故A错误，B正确；匀速圆周运动是速度大小不变、方向不断改变的运动，故C错误；匀速圆周运动物体的角速度不变，故D错误。所以B正确，ACD错
2、误。2. 所有行星绕太阳运转其轨道半径的立方和运转周期的平方的比值即,那么k的大小决定于( )A. 只与行星质量有关 B. 与行星及恒星的质量都有关C. 只与恒星质量有关 D. 与恒星质量及行星的速率有关【答案】C【解析】行星绕太阳运转时，万有引力提供向心力，则解得，则k的大小决定于恒星质量，故选C.3. 长春和广州所在处物体具有的角速度和线速度相比较 （ ）A. 长春处物体的角速度大，广州处物体的线速度大B. 长春处物体的线速度大，广州处物体的角速度大C. 两处地方物体的角速度、线速度都一样大D. 两处地方物体的角速度一样大，但广州物体的线速度比长春处物体线速度要大【答案】D【解析】由于乌鲁
3、木齐和广州都绕地轴一起转动，乌鲁木齐地面上的物体随地球自转的角速度与广州地面上的物体随地球自转的角速度相同；乌鲁木齐地面上的物体随地球自转的半径小于广州地面上的物体随地球自转的半径，由v=r知，乌鲁木齐地面上的物体随地球自转的线速度小于广州地面上的物体随地球自转的线速度故选D.4. 甲、乙两个质点间的万有引力大小为F，若甲质点的质量不变，乙质点的质量增大为原来的2倍，同时它们间的距离减为原来的1/2，则甲、乙两个质点间的万有引力大小将变为（ ）A. F B. F/2 C. 4F D. 8F【答案】D【解析】根据万有引力定律公式得，故D正确，ABC错误，故选D。5. 一水平抛出的小球落到一倾角为
4、=45o的斜面上时，其速度方向与斜面垂直，运动轨迹如图中虚线所示。小球在竖直方向下落的距离与在水平方向通过的距离之比为（ ）A. B. 2 C. 1 D. 【答案】A【解析】小球撞在斜面上，速度方向与斜面垂直，速度方向与水平方向夹角的正切值，竖直位移与水平位移的比值,故选A。点睛：解决本题的关键知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，结合运动学公式及几何关系灵活求解6. 两个质量相同的小球a、b用长度不等的细线拴在天花板上的同一点并在空中同一水平面内做匀速圆周运动，如图所示则a、b两小球具有相同的（ ）A. 向心力B. 角速度C. 线速度D. 向心加速度【答案】B【解析】对其中一个小球受
5、力分析，如图，受重力，绳子的拉力，由于小球做匀速圆周运动，故合力提供向心力；将重力与拉力合成，合力指向圆心，由几何关系得，合力：F=mgtan ；由向心力公式得到，F=m2r ；设球与悬挂点间的高度差为h，由几何关系，得：r=htan ；联立三式得，=，与绳子的长度和转动半径无关，故B正确；由F=m2r，两球转动半径不等，向心力不等，故A错误；由v=r，两球转动半径不等，线速度不等，故C错误；由a=2r，两球转动半径不等，向心加速度不等，故D错误；故选B.点睛:解题关键要对球受力分析，找向心力来源，求角速度；同时要灵活应用角速度与线速度、周期、向心加速度之间的关系公式.7. 如图所示皮带传动轮
6、，大轮直径是小轮直径的3倍，A是大轮边缘上一点，B是小轮边缘上一点，C是大轮上一点，C到圆心O的距离等于小轮半径，转动时皮带不打滑。则A、B、C三点的角速度大小之比，线速度大小之比，向心加速度大小之比分别为（）A. B. C. D. 【答案】B【解析】试题分析：A、B两点的线速度相等，即;A的半径是B的半径的3倍，根据，知A、C共轴转动，角速度相等，即，所以，A错误B正确；B两点的线速度相等，A的半径是B的半径的3倍，根据，知，A、C具有相同的角速度，根据，知所以CD错误；故选B考点：匀速圆周运动规律的应用点评：解决本题的关键知道靠传送带传动轮子边缘上的点具有相同的线速度，共轴转动的点具有相同
7、的角速度掌握线速度与角速度的关系，以及线速度、角速度与向心加速度的关系8. 已知地球的质量约为火星质量的16倍，地球的半径约为火星半径的4倍，已知地球第一宇宙速度为7.9km/s，则航天器在火星表面附近绕火星做匀速圆周运动的速率约为( )A. 3.95km/s B. 15.8km/s C. 17.7km/s D. 3.5km/s【答案】A.点睛：万有引力的应用问题一般由重力加速度求得中心天体质量，或由中心天体质量、轨道半径、线速度、角速度、周期中两个已知量，根据万有引力做向心力求得其他物理量9. 2020年5月，航天飞机在完成对哈勃空间望远镜的维修任务后，在A点从圆形轨道进入椭圆轨道，B为轨道
8、上的一点，如图所示，关于航天飞机的运动，下列说法中正确的有( )A. 在轨道上经过A的速度小于经过B的速度B. 在轨道上经过A的速度等于在轨道上经过A 的速度C. 在轨道上运动的周期小于在轨道上运动的周期D. 在轨道上经过A的加速度小于在轨道上经过A的加速度【答案】AC【解析】航天飞机在上运动过程中机械能守恒，卫星由A到B过程万有引力做正功，航天飞机的动能增大，速度变大，因此在上经过A的速度小于经过B的速度，故A正确；航天飞机由轨道变轨到轨道，轨道半径减小，航天飞机要做向心运动，要在A点减速，因此在轨道上经过A的速度小于在轨道上经过A的速度，故B错误；卫星做圆周运动万有引力提供向心力，由牛顿第
9、二定律得：，解得： ，由于的轨道半径小于的轨道半径，则在轨道上运动的周期小于在轨道上运动的周期，故C正确；卫星做圆周运动万有引力提供向心力，由牛顿第二定律得：，解得：，轨道半径r相同，在轨道上经过A的加速度等于于在轨道上经过A的加速度，故D错误；故选AC点睛: 解决本题的关键理解航天飞机绕地球运动的规律要注意向心力是物体做圆周运动所需要的力，比较加速度，应比较物体实际所受到的力，即万有引力视频10. 洗衣机的脱水筒采用电机带动衣物旋转的方式脱水，下列说法中正确的是（）A. 在人看来水会从桶中甩出是因为水滴受到离心力很大的缘故B. 脱水过程中，大部分衣物紧贴筒壁的C. 加快脱水筒转动角速度，脱水
10、效果会更好D. 靠近中心的衣物脱水效果不如四周的衣物脱水效果好【答案】BCD【解析】水滴依附的附着力是一定的，当水滴因做圆周运动所需的向心力大于该附着力时，水滴被甩掉。故A错误。脱水过程中，衣物做离心运动而甩向桶壁。故B正确。F=ma=m2R，增大会使向心力F增大，而转筒有洞，不能提供足够大的向心力，水滴就会被甩出去，增大向心力，会使更多水滴被甩出去。故C正确。中心的衣服，R比较小，角速度一样，所以向心力小，脱水效果差。故D正确。故选BCD.11. 三颗人造地球卫星A、B、C绕地球作匀速圆周运动，如图所示，已知MA=MBMC，则对于三个卫星，正确的是 ( )A. 运行线速度关系为 vAvB=v
11、CB. 运行周期关系为 TATB=TCC. 向心力大小关系为 FA = FB FCD. 半径与周期关系为【答案】AB【解析】根据得，A的轨道半径小，则线速度大，周期小，B、C的轨道半径相等，则线速度大小相等，周期相等，线速度小于A的线速度，周期大于A的周期。故AB正确。A、B的质量相等，轨道半径相等，则万有引力大小不等，故C错误。根据开普勒第三定律得，故D正确。故选ABD。12. 如图所示，在斜面上O点先后以0和20的速度水平抛出A、B两小球，则从抛出至第一次着地，两小球的水平位移大小之比可能为（）A. 1：2 B. 1：5C. 1：3 D. 1：4【答案】ACD点睛：本题就是对平抛运动规律的
12、考查，平抛运动可以分解为在水平方向上的匀速直线运动，和竖直方向上的自由落体运动来求解注意AB可能的三种情况即可二、实验题（每空3分，共18分）13. 如图所示，是探究向心力的大小F与质量m、角速度和半径r之间的关系的实验装置图，转动手柄1，可使变速轮塔2和3以及长槽4和短槽5随之匀速转动皮带分别套在轮塔2和3上的不同圆盘上，可使两个槽内的小球6、7分别以不同的角速度做匀速圆周运动小球做圆周运动的向心力由横臂8的挡板对小球的压力提供，球对挡板的反作用力，通过横臂8的杠杆作用使弹簧测力筒9下降，从而露出标尺10，标尺10上露出的红白相间的等分格显示出两个球所受向心力的比值那么：（1）现将两小球分别
13、放在两边的槽内，为了探究小球受到的向心力大小和角速度的关系，下列说法中正确的是_A在小球运动半径相等的情况下，用质量相同的小球做实验B在小球运动半径相等的情况下，用质量不同的小球做实验C在小球运动半径不等的情况下，用质量不同的小球做实验D在小球运动半径不等的情况下，用质量相同的小球做实验（2）在该实验中应用了_（选填“理想实验法”、“控制变量法”、“等效替代法”）来探究向心力的大小与质量m、角速度和半径r之间的关系【答案】 (1). A (2). 控制变量法【解析】（1）根据F=mr2，知要研究小球受到的向心力大小与角速度的关系，需控制小球的质量和半径不变故A正确，BCD错误（2）由前面分析可
14、知该实验采用的是控制变量法14. (1)在探究平抛运动的规律时，可以选用如图所示的各种装置，以下操作合理的是（_）A选用装置1研究平抛物体竖直分运动，应该保证A、B两球同时开始运动B选用装置2时，要获得稳定细水柱所显示的平抛轨迹，竖直管上端A一定要低于水面C选用装置3时，要获得钢球的平抛轨迹，每次不一定要从斜槽上同一位置由静止释放D除上述装置外，也能用数码照相机拍摄钢球做平抛运动的每秒十几帧的照片，获得平抛轨迹（2）若用一张印有小方格的纸记录轨迹，小方格的边长为L，小球在平抛运动途中的几个位置如图中的a、b、c、d所示，则小球平抛的初速度的计算式为v0=_ （用L、g表示）。(3)如图是某同学根据实验画出的平抛小球的运动轨迹，O为平抛的起点，在轨迹上任取三点A、B、C，测得A、B两点竖直坐标y1为5cm、y2为45cm，A、B两点水平间距为40.0cm。则平抛小球的初速度v0为_，若C点的竖直坐标y3为60.0cm，则小球在C点的速度vC为_(结果保留两位有效数字，g取10m/s2)。【答案】 (1). ABD (2). (3). (4). 【解析】（1）选用装置图1研究平抛物体竖直分运动，应该保证A、B两球同时开始运动，从而判断小球是否同时落地，故A正确；选用装置2时，A管内与大气相通，为外界大气压强，A管在水面下保证A管上出口处的压强为大气压强因而另一出水管的上端
