福建省永春县第一中学2016-2017学年高一物理下学期期中试题(含解析)练习

福建省永春县第一中学2016-2017学年高一物理下学期期中试题
（含解析）练习
一.单项选择题
1. 两个具有相等动量的物体A、B,质量分别为m A和m B,且m A＞m B,比较它们的动能,则( ).
A. B的动能较大
B. A的动能较大
C. 动能相等
D. 不能确定
【答案】A
【解析】由动量P=mv和动能，解得．因为动量相等，则质量大动能小，所以B的动能大．选A．
2. 小球的质量为2m,以速度v沿水平方向垂直撞击墙壁,球被反方向弹回速度大小是,球与墙撞击时间t,那么在撞击过程中,球对墙的平均冲力大小是( ).
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】设初速度方向为正，则弹后的速度为，由动量定理可得：，解得：，由牛顿第三定律可知，球对墙的平均冲击力为，故平均冲力的大小为，选C.
【点睛】已知初速度和末速度，设初速度为正方向，由动量定理可求得球受到的冲击力；再由牛顿第三定律可求得球对墙的冲击力．
3. 一个半径是地球3倍、质量是地球36倍的行星，它表面的重力加速度是地面重力加速度()
A. 4倍
B. 6倍
C. 13.5倍
D. 18倍
【答案】A
考点：万有引力定律
4. 如图所示，发射地球同步卫星时，先将卫星发射至近地圆轨道1,然后经点火将卫星送入椭圆轨道2，然后再次点火，将卫星送入同步轨道3.轨道1、2相切于Q点，2、3相切于P点，则当卫星分别在1、2、3轨道上正常运行时，下列说法中正确的是( ).
A. 卫星在轨道3上的速率大于在轨道1上的速率
B. 卫星在轨道3上的角速度大于在轨道1上的角速度
C. 卫星在轨道1上经过Q点时的加速度大于它在轨道2上经过Q点时的加速度
D. 卫星在轨道2上经过P点时的加速度等于它在轨道3上经过P点时的加速度
【答案】D
【解析】由，解得，故在轨道1上卫星的速率大于轨道3上的速率，故A错误；由，解得，故在轨道3上的角速度小于在轨道1上的角速度，B正确；由，解得，在轨道1上经过Q点和轨道2上经过Q点的半径
相等，故加速度大小相等，同理，卫星在轨道2上经过P点时的加速度等于它在轨道3上经过P点时的加速度，故C错误D正确；
5. 甲、乙两质量相等的小球自同一高度以相同的速率抛出，甲做平抛运动，乙做竖直上抛运动，则从抛出到落地的过程中( )
A. 乙球动量的增量小于甲球动量的增量
B. 乙球所受重力的冲量大于甲球所受重力的冲量
C. 两球所受重力的冲量相等
D. 两球落地时动量相同
【答案】B
【解析】试题分析：根据动量定理比较两球动量增量的大小，根据落地时速度的大小和方向比较二者落地时动量的关系．
甲做平抛运动，运动的时间等于自由落体运动的时间，小于竖直上抛运动的时间，则乙球重力的冲量大于甲球重力的冲量，根据动量定理知，两球动量的增量不同，故AC错误，B 正确；甲做平抛运动，落地时甲的速度有水平方向的分量，乙做竖直上抛运动，落地时没有水平方向的分量，所以而落地时速度的方向不同，则动量的方向不同，故D错误．
6. 两辆质量相同的小车，置于光滑的水平面上，有一人静止在小车A上，两车静止，如图所示．当这个人从A车跳到B车上，接着又从B车跳回A车并与A车保持相对静止，则A 车的速率( )
A. 等于零
B. 大于B车的速率
C. 小于B车的速率
D. 等于B车的速率
【答案】C
【解析】试题分析：设人的质量为m，小车的质量均为M，人来回跳跃后人与A车的速度为
，B车的速度为，根据题意知，人车组成的系统水平方向动量守恒，由题意有：
人来回跳跃后的总动量，由动量守恒得，其中负号表示
的方向相反，故小车A的速率小于小车B的速率，故选项C正确。

考点：动量守恒定律
【名师点睛】抓住小车和人组成的系统在水平方向动量守恒，人和小车A的总动量和小车B的动量大小相等，根据质量关系直接得到速率的大小关系。

7. 在光滑水平面上，有两个小球A、B沿同一直线同向运动（B在前），已知碰前两球的动量分别为P A＝12kg·m/s、P B＝13kg·m/s，碰后它们动量的变化分别为ΔP A、ΔP B.下列数值可能正确的是( )
A. ΔP A＝－3kg·m/s、ΔP B＝3kg·m/s
B. ΔP A＝3kg·m/s、ΔP B＝－3kg·m/s
C. ΔP A＝－24kg·m/s、ΔP B＝24kg·m/s
D. ΔP A＝0 kg·m/s、ΔP B＝0 kg·m/s
【答案】A
【解析】碰撞后，两球的动量方向都与原来方向相同，A的动量不可能沿原方向增大，故碰后它们动量的变化分别为，故B、D错误；根据碰撞过程动量守恒定律，如果
，所以碰后两球的动量分别为
，根据碰撞过程总动能不增加，故A正确．根据碰撞过程动量守恒定律，如果，所以碰后两球的动量分别为
，可以看出，碰撞后A的动能不变，而B的动能增大，违反了能量守恒定律，故C错误．
【点睛】对于碰撞过程要遵守三大规律：1、是动量守恒定律；2、总动能不增加；3、符合物体的实际运动情况
8. 已知地球半径为R，质量为M，自转角速度为，万有引力恒量为G，地球同步卫星距地面高度为h则( )
A. 地面赤道上物体随地球自转运动的线速度为
B. 地球同步卫星的运行速度为h
C. 地球近地卫星做匀速圆周运动的线速度为
D. 地球近地卫星做匀速圆周运动的周期大于
【答案】C
9. 如图甲所示，在光滑水平面上的两个小球发生正碰．小球的质量分别为m1和m2．图乙为它们碰撞前后的S﹣t图象．已知m1=0.1kg，由此可以判断（）
①碰前m2静止，m1向右运动；
②碰后m2和m1都向右运动；
③由动量守恒可以算出m2=0.3kg；
④碰撞过程中系统损失了0.4J的机械能；
以上判断正确的是（）
A. ①③
B. ①②③
C. ①②④
D. ③④
【答案】A
【解析】A、由s−t(位移时间)图象的斜率得到，碰前m2的位移不随时间而变化，处于静止；m1速度大小为v1=△s/△t=4m/s，方向只有向右才能与m2相撞，故①正确；
B、由图读出,碰后m2的速度为正方向,说明向右运动,m1的速度为负方向，说明向左运动，故②错误；
C、由图求出碰后m2和m1的速度分别为v′2=2m/s,v′1=−2m/s,根据动量守恒定律
得,m1v1=m2v′2+m1v′1,代入解得,m2=0.3kg，故③正确；
D、碰撞过程中系统损失的机械能：，④错误。

故选：A。

【名师点睛】
s-t（位移时间）图象的斜率等于速度，由数学知识求出碰撞前后两球的速度，分析碰撞前后两球的运动情况。

根据动量守恒定律求解两球质量关系，由能量守恒定律求出碰撞过程中系统损失的机械能。

10. 有一条捕鱼小船停靠在湖边码头，小船又窄又长(估计一吨左右).一位同学想用一个卷尺粗略测定它的质量.他进行了如下操作：首先将船平行码头自由停泊，轻轻从船尾上船，走到船头后停下来，而后轻轻下船，用卷尺测出船后退的距离为d，然后用卷尺测出船长L,已知他自身的质量为m,则渔船的质量M为( )
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】据题意，人从船尾走到船头过程中，动量守恒，则有：，即
，则船的质量为：，B正确；ACD错误；
故选B。

二.多项选择题
11. 对于万有引力定律的表达式，下列说法中正确的是( ).
A. 公式中G为引力常量，它是由实验测得的，而不是人为规定的
B. 当r趋于零时，万有引力趋于无限大
C. 两物体受到的引力总是大小相等的，而与m1、m2是否相等无关
D. 两物体受到的引力总是大小相等、方向相反，是一对平衡力
【答案】AC
【解析】试题分析：中的G是引力常量，是卡文迪许通过实验测得的，A正确，
公式只适用于质点间的引力计算，当r趋近与零时，公式不再适用，B错误，两物体将的万有引力是一对相互作用力，大小相等，与m1、m2是否相等无关，C正确，D错误
故选AC
考点：考查了对万有引力公式的理解
点评：本题切记B选项，一定要注意万有引力公式的适用范围
12. 物体仅在力F作用下由静止开始运动，力F随时间变化的图像如图所示，则下列说法正确的是
A. 0～3s内，力F所做的功等于零，冲量也等于零
B. 0～4s内，力F所做的功等于零，冲量也等于零
C. 第1s内和第2s内的速度方向相同，加速度方向相反
D. 第3s内和第4s内的速度方向相反，加速度方向相同
【答案】AD
【解析】根据冲量的定义I=Ft，可求0～3s内力F总的冲量为零。

再由动量定理知，动量的变化量为零，即初末速度相同，动能的变化为零，根据动能定理，合外力的总功也等于零，所以A正确；B错误；由图知，在第1s内物体以加速度a1沿负方向做匀加速运动，第2s内物体以加速度a2沿负方向做匀减速运动，且a2=2a1，所以在1.5s末速度减小为零，然后开始反向加速，所以C错误；第3s内和第4s内的速度方向相反，加速度方向相同，运动的v-t图象如图所示，所以D正确。

13. 2008年9月25日至28日我国成功实施了“神舟”七号载入航天飞行并实现了航天员首次出舱.飞船先沿椭圆轨道飞行,后在远地点343千米处点火加速,由椭圆轨道变成高度为343千米的圆轨道,在此圆轨道上飞船运行周期约为90分钟.
下列判断正确的是（）
A. 飞船变轨前后的机械能相等
B. 飞船在圆轨道上时航天员出舱前后都处于失重状态
C. 飞船在此圆轨道上运动的角度速度大于同步卫星运动的角速度
D. 飞船变轨前通过椭圆轨道远地点时的加速度大于变轨后沿圆轨道运动的加速度
【答案】BC
【解析】因为飞船在远地点处点火加速，外力对飞船做功，故飞船在此过程中机械能增加，A错误．飞船在圆轨道上时万有引力来提供向心力，航天员出舱前后都处于失重状态，B正确．飞船在此圆轨道上运动的周期90分钟小于同步卫星运动的周期24小时，根据可知角速度与周期成反比，所以飞船的角速度大于同步卫星的角速度，C正确．飞
船变轨前后通过椭圆轨道远地点时的加速度均为万有引力加速度，根据，可知，轨道半径一样则加速度一样，D错误．选BC.
【点睛】飞船机械能是否变化要看是否有外力对飞船做功，同步卫星的周期T=24h，根据周期与角速度的关系可知角速度的大小关系；飞船在飞行过程中只受地球万有引力作用，飞船处于完全失重状态，飞船的加速度由万有引力产生，加速度是否相同就是看飞船受到
的万有引力是否一样．
14. 如图所示，轻弹簧的一端固定在竖直墙上，质量为2m的光滑弧形槽静止放在光滑水平面上，弧形槽底端与水平面相切，一个质量为m的小物块从槽高h处开始自由下滑，下列说法正确的是
A. 在下滑过程中，物块和弧形槽组成的系统机械能守恒
B. 在下滑过程中，物块和槽的动量守恒
C. 物块被弹簧反弹后，离开弹簧时的速度大小为
D. 物块压缩弹簧的过程中，弹簧的最大弹性势能
【答案】AC
【解析】试题分析：滑块下滑过程，滑块与弧形槽组成的系统水平方向动量守恒，系统机械能守恒，应用动量守恒定律与机械能守恒定律求出滑块与弧形槽的速度，然后应用能量守恒定律分析答题．
滑块下滑过程，只有重力做功，系统机械能守恒，故A正确；滑块下滑过程，滑块与弧形槽组成的系统水平方向所受合外力为零，系统水平方向动量守恒，故B错误；设小球到达水平面时速度大小为，槽的速度大小为，且可判断球速度方向向右，槽的速度方向向左，以向右为正方向，在球和槽在球下滑过程中，系统水平方向动量守恒，由动量守恒定律得，由机械能守恒定律得，由以上两式解得
，物块与弹簧相互作用过程系统机械能守恒，物块离开弹簧时速度大小
与物块接触弹簧前的速度大小相等，，C正确；物块与弹簧相互作用过程系统机械能守恒，物块速度为零时，弹簧的弹性势能最大，由机械能守恒定律可知，最大弹性势能，故D错误；
三．填空与实验题
15. 如图为实验室常用的气垫导轨验证动量守恒的装置．两带有等宽遮光条的滑块A和
B，质量分别为m A、m B，在A、B间用细线水平压住一轻弹簧，将其置于气垫导轨上，调节导轨使其能实现自由静止，这是表明___________，烧断细线，滑块A、B被弹簧弹开，光电门C、D记录下两遮光条通过的时间分别为t A和t B，若有关系式_______，则说明该实验动量守恒.
【答案】 (1). 气垫导轨水平 (2). 或
【解析】试题分析：两滑块自由静止，滑块静止，处于平衡状态，所受合力为零，此时气垫导轨是水平的；设遮光条的宽度为，两滑块的速度为：，，如果动量守恒，
满足：，解得：。

考点：验证动量守恒定律
【名师点睛】滑块静止，处于平衡状态，所受合力为零，据此分析答题；求出滑块速度，由动量守恒定律分析答题；本题考查了实验注意事项、实验数据处理，应用速度公式、动量守恒定律即可正确解题。

16. 一艘宇宙飞船飞近某一新发现的行星，并进入该行星表面的圆形轨道绕行数圈后，着陆在该行星上。

宇航员在绕行时及着陆后各做一次测量，绕行时测出的物理量为绕行时的圈数n和所用时间t，着陆后测出的物理量为质量为m的物体的重力F.依据以上测量数据，可求得该星球的半径R及质量M，已知引力常量为G.请利用以上测得的物理量及已知的物理量写出半径R= ___________________，质量M=_____.
【答案】 (1). (2).
【解析】试题分析：先求出该星球表面重力加速度，再根据万有引力定律和向心力公式即可求解.
对于在行星表面的圆形轨道上的飞船，轨道半径近似等于行星的半径，设为R．由万有引
力等于向心力得：，解得，，周期，t是飞船绕
行圈数n时所用的时间．代入R、M的表达式得：
17. 质量为m=3kg的物体在离地面高度为h=20m处,正以水平速度v=20m/s运动时,突然炸裂成两块,其中一块质量为m1=1kg.仍沿原运动方向以v1=40m/s的速度飞行,炸裂后的另一块的速度大小为______m/s.两块落到水平地面上的距离为______m(小计空气阻力,g取
10m/s2).
【答案】 (1). 10 (2). 60
【解析】试题分析：物体爆炸前后，由动量守恒定律可知：，代入数据可得：，方向不变．由可知两块物体的下落时间，所以两块物体落地点间的距离为．．
考点：考查动量守恒定律和平抛运动规律的应用．
18. 如图所示，在距一质量为M、半径为R、密度均匀的球体R处有一质量为m的质点，此时球体对质点的万有引力为F1.当从球体中挖去一半径为的球体时，剩下部分对质点的万有引力为F2，求F1:F2=___________。

【答案】
【解析】质点与大球球心相距2R，其万有引力为F1，则有：F1=
大球质量为：M=ρ×πR3
挖去的小球质量为：M′=ρ×π（）3
即M′=ρ×πR3=
小球球心与质点间相距，小球与质点间的万有引力为： F1′=
则剩余部分对质点m的万有引力为： F2=F1-F1′=-=
故有：．
19. 如图所示，在光滑的冰面上，人和冰车的总质量为M，是球的质量m的17倍．人坐在冰车上，如果每一次人都以相同的对地速度v将球推出，且球每次与墙发生碰撞时均无机械能损失．试求：球被人推出_________次后，人就再也接不到球了．
【答案】9
【解析】试题分析：人、冰车、球组成的系统动量守恒，以人与冰车的速度方向为正方向，由动量守恒定律得：
第1次推出球的过程：Mv1﹣mv0=0，
第2次推球过程：Mv1+mv0=Mv2﹣mv0，
…
第n次推球过程：Mv n﹣1+mv0=Mv n﹣mv0，
将上述各式相加，得：（n﹣1）mv0=Mv n﹣nmv0，
解得：v n=
由题意可知，当人不可能再接到球时，
有：v n≥v0，已知：M=17m
解得：n≥9，
则人推球9次后不可能再接到球．
故答案为：9
四、计算题：
20. 一个铁球，从静止状态由5 m高处自由下落，然后陷入泥潭中，从进入泥潭到静止用时0.5 s，该铁球的质量为336 g ( g取10 m/s2)求
(1)从开始下落到进入泥潭前，重力对小球的冲量的大小及方向
(2)泥潭对小球的平均作用力的大小及方向
【答案】(1) 3.36 N·s，方向竖直向下 (2) 10.08 N 方向竖直向上
【解析】（1）小球下落时间为，进入泥潭前重力对小球的冲量为
（2）小球进入泥潭时的速度为
泥潭对小球的平均作用力为F，规定竖直向上为正，则，代入数据
，故，方向竖直向上
21. 天文学家将相距较近、仅在彼此的引力作用下运行的两颗恒星称为双星。

双星系统在银河系中很普遍。

经观测某双星系统中两颗恒星A、B围绕它们连线上的某一固定点分别做匀速圆周运动，周期均为T. 已知恒星A、B之间的距离为L，A、B的质量之比2 :1，万有引力常量为G，求：
(1)恒星A做匀速圆周运动的轨道半径R A;
(2)双星的总质量M.
【答案】（1）（2）
【解析】试题分析：解:设两颗恒星的质量分别为，做圆周运动的半径分别为，角速度分别为．根据题意有:① （1分）
② （1分）
根据万有引力定律和牛顿定律，有③ （2分）
④ （2分）
联立以上各式解得⑤ （1分）
根据解速度与周期的关系知⑥ （1分）
联立③⑤⑥式解得⑦
考点：本题考查万有引力定律、圆周运动向心力。

22. 如图所示，光滑水平轨道的右端与一半径为R=0.5 m的半圆形的光滑竖直轨道相切，
A、B两小滑块间用一轻细绳锁定住一压缩的轻弹簧，一起沿水平面以v0 = 4 m/s的速度向右运动，A、B的质量分别为m A=0.1 kg，m B=0.2 kg。

某时刻细绳突然断裂，B与弹簧分离后才进入半圆轨道，恰好能通过半圆轨道的最高点，重力加速度g取10m/s2。

求：
(1)刚与弹簧分离时B的速度;
(2)轻绳未断时，弹簧的弹性势能. 【答案】5m/s；0.3J.
【解析】（1）
由并带入数据得
（2）
由并带入数据得。