2020年江西省景德镇市桂华中学高一物理联考试卷带解析

2020年江西省景德镇市桂华中学高一物理联考试卷含解析
一、选择题：本题共5小题，每小题3分，共计15分．每小题只有一个选项符合题意
1. 地球半径为R，地球表面的重力加速度为g，若高空中某处的重力加速度为，则该处距地球表面的高度为（）
A．R B．2R C．R D．3R
参考答案：
A
【考点】万有引力定律及其应用．
【分析】地球表面的物体所受的重力，可以近似看做等于地球对其的万有引力，根据万有引力等于重力列式求解．
【解答】解：设地球的质量为M，物体质量为m，物体距地面的高度为h．
根据万有引力近似等于重力，在地球表面，有：mg=G
在高度为h处，有：m?=G
联立解得：h=R
故选：A
2. 月球半径约为地球半径的1/4，月球表面重力加速度为地球表面重力加速度的1/6，则
A、地球的第一宇宙速度大于月球的第一宇宙速度
B、地球的第一宇宙速度小于月球的第一宇宙速度
C、地球质量小于月球质量
D、地球质量大于月球质量
参考答案：
AD
3. 人造地球卫星以地心为圆心，做匀速圆周运动，下列说法正确的是（）
A．半径越大，速度越小，周期越小
B．半径越大，速度越小，周期越大
C．所有卫星的速度均是相同的，与半径无关
D．所有卫星的角速度均是相同的，与半径无关
参考答案：
B
【考点】人造卫星的加速度、周期和轨道的关系；万有引力定律及其应用．【分析】根据万有引力提供向心力得出线速度、角速度、周期与半径的关系，从而分析判断．
【解答】解：A、根据得，v=，，T=，知轨道半径越大，线速度越小，周期越大．故A错误，B正确．
C、不同的轨道半径线速度、角速度不同，故C、D错误．
故选：B．
4. 关于速度和加速度的关系，以下说法正确的是
A．速度越大，则加速度也越大 B．速度变化量越大，则加速度越大
C．速度变化得越快，则加速度越大 D．以上都不对
参考答案：
C
5. 如图甲所示电路中，理想变压器原、副线圈的匝数比n1：n2=6：1， L为电感线圈、C为电容器、R为定值电阻。

当原线圈两端接有如图乙所示的交流电时，三只灯泡都能发光.如果保持原线圈两端的电压最大值不变，而将其频率变为原来的2倍，下列说法中正确的是
（）
A．副线圈两端的电压有效值为12V
B．副线圈两端的电压有效值为6V
C．灯泡Ⅱ变亮
D．灯泡Ⅲ变亮
参考答案：
BD
二、填空题：本题共8小题，每小题2分，共计16分
6. 质量为m的物体放置在倾角为
的斜面上，其重力沿斜面方向的分力大小为，重力在垂直于斜面方向的分力大小为。

参考答案：
7. （4分）设地球半径为R，在地表附近的重力加速度为g，自转角速度为ω，引力常量为G，则此同步卫星离地高度为________。

参考答案：
8. 电磁打点计时器和电火花计时器都是使用电源的仪器，电磁打点计时器的工作电压
是 V以下，电火花计时器的工作电压是 V，其中计时器实验误差较小。

当电源频率是50 Hz时，它们每隔 s打一次点。

参考答案：
X流 6 220
电火花 0.02
9. 一质点t=0时位于坐标原点，右图为该质点做直线运动的速度一时间图线，由图可知，
（1）在时间t=____________s时质点距坐标原点最远；
（2）从t=0到t=20s内质点的位移是____________m；
通过的路程是_______________m。

参考答案：
10. 设想地球是质量分布均匀的球体,同一物体分别位于赤道、北极和北纬60°上某一位置时,物体所受万有引力和重力依次是F1、F2、F3和G1、G2、G3,试比较 F1、F2、F3和G1、
G2、G3的大小关系.
---------------_____________________, ___________________. 参考答案：
_F1=F2=F3_ ， G1<G3<G2_
11. 一辆公共汽车进站的过程可以近似地看做是匀减速运动，其速度图像如图所示。

从图象可以判定：汽车进站过程中的加速度大小为
，通过的路程
为。

参考答案：
12. 1999年11月20日，我国发射了“神舟”号载人飞船，次日载人舱着陆，实验获得成功．载人舱在将要着陆之前，由于空气阻力作用有一段匀速下落过程，若空气阻力与速度的平方成正比，比例系数为k，载人舱的总质量为m，则此过程中载人舱的速度为v=．
参考答案：
【考点】共点力平衡的条件及其应用；力的概念及其矢量性．
【分析】由题目的提示，载人舱做匀速运动，则其受到的重力应与空气阻力等大反向，又知空气阻力与速度平方成正比，由此可以求的载人舱的速度．
【解答】解：载人舱落地前做匀速直线运动，根据平衡条件，有：
mg=f
根据题意，空气阻力与速度的平方成正比，比例系数为k，故：
f=kv2
联立解得：
v=
故答案为：
13. 某实验小组设计了如图(a)所示的实验装置，通过改变重物的质量，利用计算机可得滑块运动的加速度a和所受拉力F的关系图像。

他们在轨道水平和倾斜的两种情况下分别做了实验，得到了两条a-F图线，如图(b)所示。

滑块和位移传感器发射部分的总质量m=_____________ kg；滑块和轨道间的动摩
擦因数μ=_____________。

(重力加速度g取，最大静摩擦力等于滑动摩擦力)
参考答案：
0.5kg 0.2
三、简答题：本题共2小题，每小题11分，共计22分
14. （6分）某质点在恒力F作用下，F从A点沿下图中曲线运动到B点，到达B点后，质点受到的力大小仍为F，但方向相反，试分析它从B点开始的运动轨迹可能是图中的哪条曲线？
参考答案：
a
解析：物体在A点的速度方向沿A点的切线方向，物体在恒力F作用下沿曲线AB运动时，F必有垂直速度的分量，即F应指向轨迹弯曲的一侧，物体在B点时的速度沿B点的切线方向，物体在恒力F作用下沿曲线A运动到B时，若撤去此力F，则物体必沿b的方向做匀速直线运动；若使F反向，则运动轨迹应弯向F方向所指的一侧，即沿曲线a运动；若物体受力不变，则沿曲线c运动。

以上分析可知，在曲线运动中，物体的运动轨迹总是弯向合力方向所指的一侧。

15. 质量为2 kg的物体在水平推力F的作用下沿水平面做直线运动，一段时间后撤去F，其运动的v–t图象如图所示。

g取10 m/s2，求：
（1）物体与水平面间的动摩擦因数μ；
（2）水平推力F的大小；
（3）0～10 s内物体运动位移的大小。

参考答案：
（1）u=0.2，（2）F=6N，（3）46m
试题分析：（1）由题中图象知，t＝6 s时撤去外力F，此后6～10 s内物体做匀减速直线运动直至静止，其加速度为
又因为
联立得μ＝0．2。

（2）由题中图象知0～6 s内物体做匀加速直线运动
其加速度大小为
由牛顿第二定律得F－μmg＝ma2
联立得，水平推力F＝6 N。

（3）设0～10 s内物体的位移为x，则
x＝x1＋x2＝×（2＋8）×6 m＋×8×4 m＝46 m。

考点：牛顿第二定律
【名师点睛】本题是速度--时间图象的应用，要明确斜率的含义，知道在速度--时间图象中图象与坐标轴围成的面积的含义，能根据图象读取有用信息，并结合匀变速直线运动基本公式及牛顿第二定律求解．属于中档题。

四、计算题：本题共3小题，共计47分
16. 如图所示，在距地面2L的高空A处以水平初速度v0＝投掷飞镖，在与A点水平距离为L
的水平地
面上的B点有一个气球，选择适当时机让气球以速度v0＝匀速上升，在升空过程中被飞镖击中．飞镖在飞行过程中受到的空气阻力不计，在计算过程中可将飞镖和气球视为质点，已知重力加速度为g.试求：
(1)飞镖是以多大的速度击中气球的；
(2)掷飞镖和释放气球两个动作之间的时间间隔Δt.
参考答案：
(1)(2)
(1)飞镖被投掷后做平抛运动，从掷出飞镖到击中气球，经过时间，此时飞镖在竖直方向上的分速度
故此时飞镖的速度大小
(2)飞镖从掷出到击中气球过程中，下降的高度
气球从被释放到被击中过程中上升的高度
气球的上升时间
可见，t2>t1，所以应先释放气球．
释放气球与掷飞镖之间的时间间隔
17. 汽车以10 m/s的速度在平直公路上匀速行驶，刹车后经2 s速度变为6 m/s，假设刹车过程车辆做匀减速直线运动，求：
(1)刹车后2 s内前进的距离及刹车过程中的加速度大小；(2)刹车后前进9 m所用的时间；
(3)刹车后8 s内前进的距离．
参考答案：
18. 如图所示，长木板质量为M=8kg，在长木板右端施加F=38N水平向右的恒力，当长木板向右速度达到v1=7m/s（图中未画出）时在其右端有一质量为m=2kg小木块（可视为质点）以初速度v0=2m/s 向左滑上木板的右端．小木块与木板动摩擦因数为μ1=0.2，木板与地面间的动摩擦因数为μ2=0.3．设小木块与长木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，小木块始终没滑离长木板，取重力加速度
g=10m/s2．求：
（1）从小木块向左滑上木板的右端开始计时，经过多长时间小木块与长木板相对静止．
（2）为使小木块不滑离木板，木板的长度l至少要多长？
（3）若小木块与长木板相对静止时，撤去拉力F，小木块最终与木板右端的距离s．
参考答案：
解：（1）小木块的加速度大小为a1==μ1g=0.2×10=2m/s2，水平向右
长木板的加速度为：a2=
代入数据解得a2=0.5 m/s2水平向右
令刚相对静止时他们的共同速度为v，以木板运动的方向为正方向
对小物块有：v=﹣v0+a1
t
对木板有：v=v1+a2t
解得：t=6s；v=10m/s
故经过6s小木块与长木板保持相对静止．
（2）此过程中小木块的位移为：
x1=t=×6=24m
长木板的位移为：x2=t=×6=51m
所以长木板的长度至少为：L=x1﹣x2=51﹣24=27m．
（3）小木块与长木板相对静止时，撤去拉力F，小木块的加速度大小仍为a1=2m/s2，方向向左
共速至停止运动时木块对地位移x3===25m
长木板的加速度为：a3=
代入数据解得a3=m/s2水平向左
共速至停止运动时长木板对地位移x4==m=m≈15.38m
所以小木块最终与木板右端的距离s=L﹣（x3﹣x4）=17.38m
答：（1）从小木块向左滑上木板的右端开始计时，经过6s时间小木块与长木板相对静止．
（2）为使小木块不滑离木板，木板的长度l至少要27m．
（3）若小木块与长木板相对静止时，撤去拉力F，小木块最终与木板右端的距离s是17.38m．
【考点】牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系．
【分析】（1）小木块滑上长木板后先向左做匀减速直线运动，速度减至零后向右做匀加速直线运动，在整个过程中加速度不变，当木块与长木板速度相等时，两者保持相对静止．根据牛顿第二定律求木块的加速度，再由匀变速直线运动的速度公式求出经历的时间．
（2）小木块放上木板后，在保持相对静止时间内的位移与木板的位移之差等于小木块的相对位移，即为长木板最小的长度．
（3）先求得小木块与长木板相对静止时的速度，再由牛顿第二定律和运动学公式求出两者相对于地面滑行的距离，从而求得小木块最终与木板右端的距离s．。