广西桂林十八中最新高一物理下学期期中试题

广西桂林十八中２0１9—２020学年高一物理下学期期中试题
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ﻩC．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ﻩ
Ｂ.忽略空气阻力，物体竖直上抛
C.火箭升空过程ﻩ
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ﻩ
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ﻩ
B。

卫星在Ｃ点的加速度最大ﻩ
C．卫星从A经Ｄ到C点的运动时间为T/2ﻩ
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.ﻩ　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．200JﻩＣ．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ﻩ
Ｃ.细绳对小球的拉力变小ﻩ
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/taｎθﻩ
Ｂ.小球在t时间内的位移方向与水平方向的夹角为θ／２ﻩ
C．若小球初速度增大，则平抛运动的时间变长ﻩ
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v y＝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＝v yｃoｔθ=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t ａｎθ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ﻩ
B.角速度不变
C.周期不变ﻩ
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ﻩ
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R A＝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:v d=４：１
C。

ωａ：ωｂ＝1：２
D．v b：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=V b;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v a=v b。

根据v=ωR可得,ωa R A=ωb R B,ωa：ωb＝ＲB：RＡ=１：2。

由于a与ｃ在同一个圆上，故ωa＝ωc,故v a：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)
GM
A.地球北极附近的重力加速度大小为
2
R
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,。