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1、1长春市十一高中长春市十一高中 2013-20142013-2014 学年度高一下学期期中考试学年度高一下学期期中考试物物 理理 试试 题题注意事项：注意事项： 1 1本试卷分第本试卷分第 I I 卷（选择题）和第卷（选择题）和第 IIII 卷（非选择题）两部分，满分卷（非选择题）两部分，满分 100100 分，附加题分，附加题 1010 分，计分，计 入总分，共入总分，共 110110 分，测试时间为分，测试时间为 9090 分钟。分钟。 2.2. 选择题用选择题用 2B2B 铅笔正确的涂在答题卡上，非选择题必须在规定答题区域内作答，否则无效。铅笔正确的涂在答题卡上，非选择题必须在规定答题区
2、域内作答，否则无效。 第 I 卷（选择题，共 56 分） 一、选择题（本题共 14 小题，每小题 4 分.在每小题给出的四个选项中，第 1-9 题只有一项符合题目要求，第 10-14 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下列有关物理学史正确的说法是（ ） A牛顿总结前人的研究，提出了万有引力定律，并用实验测出了万有引力常量 B卡文迪许的理想斜面实验说明力是维持物体运动的原因 C胡克发现：在任何情况下，物体的弹力都与物体的形变量成正比 D物理学家开普勒发现了行星运动规律 【答案】D 【考点】物理学史 牛顿总结前人的研究，提出了万有引力定
3、律，但是卡文迪许用实验测出了万有引力常量； 伽利略用理想斜面实验说明力是维持物体运动的原因；弹簧的弹力都与物体的形变量成正 比。 2在下列物体运动中，机械能守恒的是 （ ） A加速向上运动的运载火箭 B光滑曲面上自由运动的物体 C被匀速吊起的集装箱 D木块沿斜面匀速下滑 【答案】B 【考点】机械能守恒的条件 当物体只受到重力或弹簧的弹力做功时，机械能守恒，如果物体还受到其它外力时，其它 外力不做功或其它外力做功为零时，机械能守恒。 3.一质点只受一个恒力的作用，其可能的运动状态为（ ）匀变速直线运动 匀速圆周运动做轨迹为抛物线的曲线运动 匀速直线运动A B C D 【答案】A 【考点】物体做曲
4、线运动的条件 物体只受一个恒力时，其加速度恒定，物体做匀变速运动，当这个恒力与速度在同一直线 上则则做匀变速直线运动，否则做匀变速曲线运动。 4如图所示，小物块在水平圆盘上，与圆盘一起绕固定轴匀速运动，下列说法中正确的是 （ ）2A物块处于平衡状态B物块受四个力作用 C角速度一定时，物块到转轴的距离越近，物块越容易脱离圆盘D物块到转轴距离一定时，物块运动周期越小，越容易脱离圆盘 【答案】D 【考点】圆周运动 解：A、B、物块饶轴做匀速圆周运动，对其受力分析可知，物块受竖直向下的重力、垂直 圆盘向上的支持力及指向圆心的摩擦力共三个力作用，合力提供向心力，故 AB 错误； C、根据向心力公式 F=
5、mr2 可知，当 一定时，半径越小，所需的向心力越小，越不容 易脱离圆盘，故 C 错误；D、根据向心力公式可知，当物块到转轴距离一定时，周期越小，所需向心22FmrT力越大，越容易脱离圆盘，故 D 正确； 5关于汽车在水平路上运动，下列说法中错误的是（ ）A汽车启动后以额定功率行驶，在速率达到最大以前，加速度是在不断减小的B汽车启动后以恒定加速度行驶，功率将逐渐增大，直到额定功率为止C汽车以最大速度行驶后，若将功率减半，汽车将匀减速运动D汽车以最大速度行驶后，若再减小牵引力，速率一定减小 【答案】C 【考点】功率、平均功率和瞬时功率 解：A、汽车启动后以额定功率行驶，在速率达到最大以前，速度增
6、大，牵引力减小，根据 牛顿第二定律知加速度逐渐减小故 A 正确B、汽车启动后以恒定加速度行驶，牵引力不变，速度逐渐增大，根据 P=Fv 知，功率 逐渐增大，直到额定功率为止故 B 正确C、汽车以最大速度行驶后，若将功率减半，则牵引力减小，牵引力小于阻力，做减速 运动，减速运动的过程中，速度减小，牵引力逐渐增大，则加速度逐渐减小，做变减速运 动故 C 错误D、汽车以最大速度行驶后，减小牵引力，则阻力大于牵引力，做减速运动，速率减 小故 D 正确 本题选错误的，故选：C 6如图所示，质量相同的两个小球，分别用长 l 和 2l 的细线悬挂在天花板上分别拉起 小球使线伸直呈水平状态，然后轻轻释放，当小
7、球到达最低位置时（ ）3A两球运动的线速度相等B两球的向心加速度相等C两球运动的角速度相等D细线对两球的拉力不相等 【答案】B 【考点】动能定理，圆周运动 解：设细线的长度为 LA、根据动能定理得，解得，L 越大，v 越大，则知右边小球线速21 2mgLmv2vgL度大故 A 错误B、向心加速度，与 l 无关所以两球的向心加速度相等故 B 正确2 2agLvC、根据2vg LL，知两球的角速度不等故 C 错误 D、根据 F-mg=ma，解得 F=mg+ma=3mg，所以细绳对两球拉力大小相等故 D 错误 故选：B 7如图所示，位于同一高度的小球 A、B 分别以 v1 和 v2 的速度水平抛出，
8、都落在了倾角 为 30的斜面上的 C 点，小球 B 恰好垂直打到斜面上，则 v1、v2 之比为（ ）A1：1 B2：1 C3：2 D2：3 【答案】C 【考点】平抛运动 解：小球 A 做平抛运动，根据分位移公式，有：1xtv21 2ygt又tan30y x4联立得：13 2gtv小球 B 恰好垂直打到斜面上，则有：22tan30ygtvv v则得：23 3gtv由得：v1：v2=3：2 故选：C 8如图所示，一个质量为 m 的物体（可视为质点）以某一初速度从 A 点冲上倾角为 30 的固定斜面，其运动的加速度为 3g/4，这物体在斜面上上升的最大高度为 h，则在这个过 程中物体的（ ）A整个过
9、程中物体机械能守恒 B重力势能增加了 3mgh/4C机械能损失了 mgh D动能损失了 3mgh/2 【答案】D 【考点】功能关系 解：A、物体在运动过程中要克服摩擦力做功，机械能不守恒，故 A 错误； B、物体上升的高度是 h，物体增加的重力势能是 mgh，故 B 错误；C、由动能定理得：，则损失的机械能为，故 C 错误；2KfmghmghWE2mghD、由动能定理得：损失的动能，故 D 正确33 42sin30KghmghsmasmEF合9一物体悬挂在细绳下端，由静止开始沿竖直方向运动，运动过程中物体的机械能 E 与物 体位移 s 关系的图象如图所示，其中 0s1 过程的图线为曲线，s1s
10、2 过程的图线为直 线由此可以判断（ ）A0s1 过程中物体所受拉力是变力，且一定不断增大B0s1 过程中物体的动能一定是不断减小Cs1s2 过程中物体不可能做匀加速运动Ds1s2 过程中物体一定做匀速运动5【答案】A 【考点】向心力；牛顿第二定律 解：A、由于除重力和细绳的拉力之外的其它力做多少负功，物体的机械能就减少多少，即Fs=E，得，所以 E-s 图象的斜率的绝对值等于物体所受拉力的大小，由图可知EFs在 Os1 内斜率的绝对值逐渐增大，故在 Os1 内物体所受的拉力逐渐增大故 A 正确 B、如果物体在 0s1 内所受的绳子的拉力小于物体的重力，则物体加速向下运动，故物体 的动能不断增
11、大故 B 错误 C、由于物体在 s1s2 内 E-x 图象的斜率的绝对值不变，故物体所受的拉力保持不变，体 可能做匀加速直线运动，如果拉力等于物体所受的重力，物体可能做匀速直线运动，故 CD 错误， 10如图所示，物体在水平恒力 F 作用下，由静止起在水平面沿直线由 A 点运动到 B 点， 则当水平面光滑与粗糙两种情况下（ ）A力 F 所做的功相等B力 F 所做功的平均功率相等C力 F 在 B 点的瞬时功率在水平面光滑时较大D力 F 在 B 点的瞬时功率相等 【答案】AC 【考点】功的概念；功的计算；动能定理 解：A、两种情况下，拉力相同，位移也相同，故拉力的功也相同，故 A 正确； B、当水
12、平面光滑时，物体在力 F 的作用下做匀加速直线运动，由动能定理可求 B 点的速度 比有摩擦力时大，又平均速度等于初末速度的平均值，故无摩擦时平均速度大，由平均功率公式可知，此时平均功率较大，故 B 错误；PFvC、D、水平面光滑时，由动能定理可求 B 点的速度比有摩擦力时大，由功率 p=Fv，可知， 此时平瞬时功率较大，故 C 正确，D 错误； 故选 AC 11如图所示，小物块在开口向上的半圆形曲面内以某一速率开始下滑，曲面内各处动摩 擦因数不同，此摩擦作用使物块下滑时速率保持不变，则下列说法中正确的是（ ）A因物块速率保持不变，故加速度为零 B物块所受合外力大小不变，方向在变C在滑到最低点以
13、前，物块对曲面的压力越来越大D在滑到最低点以前，物块受到的摩擦力越来越小 【答案】BCD 【考点】向心力 解：A、B、物体做的是匀速圆周运动，受到的合力作为物体的向心力，产生加速度，所以 物体的加速度大小不为零，其大小不变，方向时刻在变化，即合力大小不变，方向时刻改6变，所以 A 错误，B 正确； C、物块在下滑的过程中，速度的大小不变，做匀速圆周运动，向心力由曲面对物体的支持 力和重力沿半径方向的分力的合力提供，向心力大小不变，故其合力不变，但重力沿半径 方向的分力逐渐变大，故面对物体的支持力也逐渐变大，根据牛顿第三定律可知，在滑到 最低点以前，物块对曲面的压力越来越大故 C 正确 D、物块
14、在下滑的过程中，速度的大小不变，所以沿切线方向上合力为零，重力在切线方向 上的分力与摩擦力大小相等，重力在切线方向上的分力减小，摩擦力减小，所以 D 正确 故选：BCD 12一个人造地球卫星绕地球做匀速圆周运动，假如该卫星变轨后仍做匀速圆周运动，但 速度减小为原来的 1/2，不考虑卫星质量的变化，则变轨前后卫星的（ ）A 向心加速度大小之比为 4:1 B 轨道半径之比为 1:4C 角速度大小之比为 2:1 D 周期之比为 1:8 【答案】BD 【考点】人造卫星的加速度、周期和轨道的关系 解：根据万有引力提供向心力得22 2224GMmmrmmamrrv rT速度，GMvr该卫星变轨后仍做匀速圆
15、周运动，但速度减小为原来的，则轨道半径变为原来的 41 2倍则轨道半径之比为 1：4A、向心加速度，轨道半径之比为 1：4，所以向心加速度大小之比为 16：1故 A2GMar错误； B、轨道半径之比为 1：4，故 B 正确；C、角速度，轨道半径之比为 1：4，所以角速度大小之比为 8：1，故 C 错误；3GM rD、，轨道半径之比为 1：4，所以周期之比为 1：8，故 D 正确；32GMTr故选：BD 13如图所示，质量为 m 的小球在竖直平面内的光滑圆环轨道上做圆周运动圆环半径为 R，小球经过圆环最高点时刚好不脱离圆环，则其通过最高点时（ ）7A小球对圆环的压力大小等于 mg B小球受到的向心力等于 0 C小球的线速度大小等于gRD小球的向心加速度大小等于 g 【答案】CD 【考点】向心力；牛顿第二定律 解：A、因为小
