辽宁省辽河油田第二高级中学2020-2021学年高一下学期期中考试物理试题 (1)

辽宁省辽河油田第二高级中学2020-2021学年高一下学期期
中考试物理试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、多选题
1．某人向放在水平地面的正前方小桶中水平抛球，结果球划着一条弧线飞到小桶的前方(如图所示).不计空气阻力，为了能把小球抛进小桶中，则下次再水平抛时，他可能作出的调整为()
A．减小初速度，抛出点高度不变
B．增大初速度，抛出点高度不变
C．初速度大小不变，降低抛出点高度
D．初速度大小不变，提高抛出点高度
2．质量为1500kg的汽车在平直的公路上运动，v-t图象如图所示．由此可求( )
A．前25s内汽车的平均速度
B．前10s内汽车的加速度
C．前10s内汽车所受的阻力
D．15～25s内合外力对汽车所做的功
3．下列说法正确的是( )
A．做曲线运动的物体的速度一定变化
B．速度变化的运动一定是曲线运动
C．同一物体的动量越大，其速度一定越大
D．物体所受合力不为零，其机械能一定不守恒
4．如图所示，一质量为m的小球固定于轻质弹簧的一端，弹簧的另一端固定于O点.
将小球拉至A点，弹簧恰好无形变，由静止释放小球，当小球运动到O点正下方与A点的竖直高度差为h的B点时，速度大小为v.已知重力加速度为g，下列说法正确的是( )
A．小球运动到B点时的动能等于1
2 mv2
B．小球由A点到B点机械能减少mgh C．小球到达B点时弹簧的弹性势能为mgh
D．小球由A点到B点克服弹力做功为mgh－1
2 mv2
5．据报道，美国计划从2021年开始每年送15 000名旅客上太空旅行．如图所示，当旅客围绕地球沿椭圆轨道运行时， A、B为运动的近日点和远日点，则 ( )
A．在A点的角速度大于B点的角速度
B．在A点的加速度小于B点的加速度
C．由A运动到B过程中动能减小，势能增加
D．由A运动到B过程中引力做正功，机械能增大
6．如图所示，小球用不可伸长的轻绳连接后绕固定点O在竖直面内做圆周运动，小球经过最高点时的速度大小为v，此时绳子的拉力大小为F T，拉力F T与速度的平方v2的关系如图乙所示，图象中的数据a和b包括重力加速度g都为已知量，以下说法正确的是()
A．数据a与小球的质量有关
B．数据b与小球的质量有关
C．比值b
a
不但与小球的质量有关，还与圆周轨道半径有关
D ．利用数据a 、b 和g 能够求出小球的质量和圆周轨道半径
二、单选题
7．北斗卫星导航系统是我国自行研制开发的区域性三维卫星定位与通信系统(CNSS)，建立后的北斗卫星导航系统包括5颗同步卫星和30颗一般轨道卫星.关于这些卫星，以下说法正确的是( )
A ．5颗同步卫星的轨道距地高度不同
B ．5颗同步卫星的运行轨道不一定在同一平面内
C ．导航系统所有卫星的运行速度一定大于第一宇宙速度
D ．导航系统所有卫星中，运行轨道半径越大的，周期一定越大
8．假设地球可视为质量均匀分布的球体，已知地球表面的重力加速度在两极的大小为g 0，在赤道的大小为g ；地球自转的周期为T ，引力常数为G ，则地球的密度为：
A ．0203g g GT g π-
B ．0203g GT g g
π
-
C ．
2
3GT π
D ．0
23g GT g
πρ=
9．质量不等，但有相同动能的两个物体，在动摩擦因数相同的水平地面上滑行，直至停止，则( )
A ．质量小的物体滑行的距离小
B ．质量大的物体滑行的距离小
C ．它们滑行的距离一样大
D ．质量大的克服摩擦力所做的功多
10．质量m ＝100 kg 的小船静止在平静水面上，船两端载着m 甲＝60 kg 、m 乙＝40 kg 的游泳者，在同一水平线上甲向左、乙向右同时以相对于岸3 m/s 的速度跃入水中，如图所示，则小船的运动速率和方向为 ( )
A ．0.6 m/s ，向左
B ．3 m/s ，向左
C ．0.6 m/s ，向右
D ．3 m/s ，向右
11．如图所示，在地面上以速度v 0抛出质量为m 的物体，抛出后物体落到比地面低h 的海平面上．若以地面为参考平面，且不计空气阻力，则下列选项正确的是( )
A ．物体落到海平面时的势能为
mgh
B ．物体在最高点处的机械能为
2012mv C ．物体在海平面上的机械能为2
012mv +mgh
D ．物体在海平面上的动能为2
012
mv
12．质量为m 的物体，以v 0的初速度沿斜面上滑，到达最高点处返回原处的速度为v t ，且v t ＝0.5v 0，则( )
A ．上滑过程中重力的冲量比下滑时大
B ．上滑时和下滑时支持力的冲量都等于零
C ．合力的冲量在整个过程中大小为3
2
mv 0 D ．整个过程中物体动量变化量为1
2
mv 0
三、实验题
13．某同学利用竖直上抛小球的频闪照片验证机械能守恒定律，频闪仪每隔0.05s 闪光一次，如图所标数据为实际距离，该同学通过计算得到不同时刻的速度如下表：（当地重力加速度取9.8m/s 2，小球质量m =0.2kg ，结果保留3位有效数字）
(1)由频闪照片上的数据计算t 5时刻小球的速度v 5=________m/s ；
(2)从t 2到t 5时间内，重力势能增量p E ∆=________J ，动能减少量k E ∆=________J ； (3)在误差允许的范围内，若p E ∆与k E ∆近似相等，即可验证了机械能守恒定律。

由上述计算得p E ∆_______k E ∆（选填“>”“<”或“=”），造成这种结果的主要原因是：____________。

14．如图所示，用“碰撞实验器”可以验证动量守恒定律，即研究两个小球在轨道水平部分碰撞前后的动量关系。

(1)实验中，直接测定小球碰撞前后的速度是不容易的。

但是，可以通过测量______（选填选项前的符号），间接地解决这个问题。

A．小球开始释放高度h
B．小球抛出点距地面的高度H
C．小球做平抛运动的射程
(2)图中O点是小球抛出点在地面上的垂直投影。

实验时，先让入射球m1多次从斜轨上S位置静止释放，找到其平均落地点的位置P，测量平抛射程OP。

然后，把被碰小球m2静置于轨道的水平部分末端，再将入射球m1从斜轨上S位置静止释放，与小球m2相碰，并多次重复。

接下来要完成的必要步骤是______（填选项前的符号）。

A．用天平测量两个小球的质量m1、m2
B．测量小球m1开始释放高度h
C．测量抛出点距地面的高度H
D．分别找到m1、m2相碰后平均落地点的位置M、N
E．测量平抛射程OM、ON
(3)若两球相碰前后的动量守恒，其表达式可表示为______（用(2)中测量的量表示）。

四、解答题
15．如图所示，质量为m的小球自由下落d后，沿竖直面内的固定轨道ABC运动，AB
是半径为d的1
4
光滑圆弧，BC是直径为d的粗糙半圆弧（B是轨道的最低点）．小球恰
好能运动到C点，重力加速度为g．求：
（1）小球运动到B 处时对轨道的压力大小
（2）小球在BC 上运动过程中，摩擦力对小球做的功．
16．光滑水平轨道上有三个木块A 、B 、C ，质量分别为3A m m =、B C m m m ==，开始时B 、C 均静止，A 以初速度0v 向右运动，A 与B 相撞后分开，B 又与C 发生碰撞并粘在一起，此后A 与B 间的距离保持不变．求B 与C 碰撞前B 的速度大小．
17．如图所示，传送带保持v ＝4 m/s 的速度水平匀速运动，将质量为1 kg 的物块无初速地放在A 端，若物块与皮带间动摩擦因数为0.2，A 、B 两端相距6 m ， （1）求物块从A 到B 所用的时间；
（2）求物块从A 到B 产生的摩擦热是多少？(g 取10 m/s 2)
18．如图所示，一质量为M 的物块静止在桌面边缘，桌面离水平地面的高度为h 。

一质量为m 的子弹以水平速度v 0射入物块后，以水平速度0
2
v 射出。

重力加速度为g 。

求： (1)物块被子弹射穿时的速度； (2)此过程中系统损失的机械能；
(3)此后物块落地点离桌面边缘的水平距离。

参考答案
1．AC 【详解】
设小球平抛运动的初速度为v 0，抛出点离桶的高度为h ，水平位移为x ，则平抛运动的时间
t =
水平位移
0x v t v ==AB ．由上式分析可知，要减小水平位移x ，可保持抛出点高度h 不变，减小初速度v 0．故A 正确，B 错误．
CD ．由上式分析可知，要减小水平位移x ，可保持初速度v 0大小不变，减小降低抛出点高度h ．故C 正确，D 错误． 故选AC 2．ABD 【解析】
试题分析：观察速度时间图像，V-t 图像和时间轴围成面积代表位移，斜率代表加速度a ，观察图像可知，前10s 斜率即加速度220/2/10m s
a m s s
=
=,答案B 对．根据牛顿第二定律F f
a m
-=
，牵引力未知因此无法求出阻力，C 错．前25s 图像和时间轴围成的面积可以分成前10s 三角形和中间5s 矩形及后10s 梯形都可以计算出面积，也就可以知道前25s 位移，除以时间即可算出平均速度，A 对．根据动能定理，合外力做功等于动能变化量，15～25 s 的初速度和末速度都知道而且题目告诉有质量，答案D 对． 考点：速度时间图像 动能定理 3．AC 【解析】
A 项：做曲线运动的物体的速度方向一定改变，所以速度一定变化，故A 正确；
B 项：速度变化的运动不一定是曲线运动，如匀加速直线运动，速度方向不变，大小变化，故B 错误；
C 项：由公式P mv =可知，同一物体动量越大，速度一定越大，故C 正确；
D 项：物体所受合外力不为零，其机械能不一定守恒，如平抛运动合外力不为零，但只有重力做功，其机械能守恒，故D 错误． 4．AD 【解析】
A 项：小球在
B 点的速度为v ，所以动能为2
12
k E mv =
，故A 正确； B 项：以B 点所在的位移为参考平面，小球在A 点的机械能为mgh ，在B 点的机械能为212
mv ，所以机械能的减小为：2
12
mgh mv -
，故B 错误； C 项：由小球和弹簧组的系统机械能守恒可知，小球从A 到B 过程中，小球减小的机械能等于弹簧增加的弹性势能即为2
12
mgh mv -
，由功能关系可知，小球由A 点到B 点克服弹力做功为等于增加的弹性势能，故C 错误，D 正确． 5．AC 【解析】
A 项：根据开普勒第二定律可得到，在近地点A 的线速度大于远地点
B 的线速度，根据v
r
ω=可知，因为A B v v >，A B r r <，所以A B ωω>，故A 正确； B 项：根据牛顿第二定律有2Mm G ma r =，解得：2
GM
a r =，因为A B r r <，所以A B a a >，故B 错误；
C 、
D 项：由A 运动到B 过程中，引力做负功即合外力做负功，所以动能减小，势能增大，机械能守恒，故C 正确，D 错误．
点晴：根据开普勒第二定律判断近地点与远地点的速度结合v=ωr 比较角速度大小，根据牛顿第二定律比较加速度大小． 6．BCD 【详解】
A ．当v 2=a 时，此时绳子的拉力为零，物体的重力提供向心力，则
2
v mg m r
=
解得
2v gr =
与物体的质量无关，故A 错误； B ．当v 2=2a 时，对物体受力分析，则
2
v mg b m r
+=
解得
b=mg
与小球的质量有关，故B 正确； C ．根据AB 可知
b r
a m
=与小球的质量有关，与圆周轨道半径有关，故C 正确； D ．若F =0，由图知：v 2=a ，则有
2
v mg m r
=
解得
a r g
=
若v 2=2a
22v a
b mg m m
r r
+== 解得
b m g
=
故D 正确． 故选BCD 。

7．D 【解析】 【详解】
AB ．因为同步卫星要和地球自转同步，所以运行轨道就在赤道所在平面内，根据
22Mm
F G
m r r
ω== 因为ω一定，所以 r 必须固定，即一定位于空间同一轨道上且距地高度相同，故AB 错误； C ．第一宇宙速度是近地卫星的环绕速度，也是最大的圆周运动的环绕速度．而同步卫星的轨道半径要大于近地卫星的轨道半径，所以它们运行的线速度一定小于7.9km/s ，故C 错误；
D ．由公式
2224Mm G m r r T
π= 得
T =
所以运行轨道半径越大的，周期一定越大，故D 正确． 故选D 。

点晴：地球质量一定、自转速度一定，同步卫星要与地球的自转实现同步，就必须要角速度与地球自转角速度相等，这就决定了它的轨道高度和线速度． 8．B 【解析】
试题分析：由万有引力定律可知：02
Mm
G
mg R =，在地球的赤道上：222()Mm G mg m R R T π-=，地球的质量：3
43
M R πρ=，联立三式可得:0203g GT g g πρ=-，
选项B 正确；
考点：万有引力定律及牛顿定律的应用． 9．B 【详解】
ABC ．由动能定理可知
0k mgx E μ-=-
解得
k
E x mg
μ=
因为物体初动能、动摩擦因数相同而质量不同，则质量大的物体滑行距离小，质量小的物体滑行距离大，故A 错误，B 正确； D ．由动能定理得
-W =0-E K
则
W=E K
由于物体初动能相同，它们克服摩擦力所做的功一样大，故D 错误． 故选B 。

10．C 【解析】
以向右为正方向，由系统动量守恒得：m 乙v 乙+m 甲v 甲+mv=0 则：+40360(3)0.6100
m v m v m
m v s s m 乙乙甲甲⨯+⨯-=-
=-=
负号表示船将向右运动，速度大小为0.6 m/s ． 故应选C ． 11．B 【解析】
A 项：以地面为零势能面，海平面低于地面h ，所以物体在海平面上时的重力势能为-mgh ，故A 错误；
B 、
C 项：整个过程机械能守恒，即初末状态的机械能相等，以地面为零势能面，抛出时的
机械能为
2012mv ，所以物体在海平面时的机械能也为2
012
mv ，故B 正确，C 错误； D 项：由动能定理w=E k2-E k1，有2
21012
k k E E W mv mgh =+=+，故D 错误．
点晴：此题应用了动能定理解决重力势能的变化与重力做功的关系，动能定理揭示了外力对物体所做总功与物体动能变化之间的关系，它描述了力在空间的积累效果，力做正功，物体的动能增加，力做负功，动能减少．动能定理解决的问题不受运动形式和受力情况的限制．还有就是重力势能的变化与零势能面的选取无关． 12．C 【解析】
A 项：因为物体返回原处的速度小于初速度，可知物体与斜面间有摩擦，根据牛顿第二定律知，上滑的加速度大小大于下滑的加速度，根据2
12
x at =
得，上滑的时间小于下滑的时间，所以上滑过程中重力的冲量比下滑时小，故A 错误；
B 项：冲量等于力与时间的乘积，可知上滑和下滑过程中支持力的冲量不为零，故B 错误；
C 、
D 项：根据动量定理知，合力的冲量等于动量的变化量，规定向下为正方向，
1003
()2P mv m v mv ∆=--=
，可知合力冲量的大小为
032
mv ，故C 正确，D 错误． 点晴：根据牛顿第二定律比较上滑和下滑的加速度大小，结合位移时间公式比较运动的时间，从而比较出重力的冲量大小．根据动量定理，结合动量的变化量得出合力的冲量． 13．3.48 1.24 1.28 < 存在空气阻力 【详解】
(1)[1]在匀变速直线运动中，中间时刻的瞬时速度等于该过程中的平均速度，所以有
45
5 3.48m/s 2h h v T
+=
= (2)[2][3]重力势能的增量
p E mg h ∆=∆
代入数据解得
p 1.24J E ∆=
因
12
2 4.99m/s 2h h v T
+=
= 动能减少量为
22
k 251122
E mv mv ∆=-
代入解得
k 1.28J E ∆=
(3)[4][5]由于纸带和打点计时器的摩擦以及空气阻力的存在，导致动能减小量没有全部转化为重力势能，因此
p k E E ∆<∆
14．C ADE 121m OM m ON m OP += 【详解】
(1)[1]小球离开轨道后做平抛运动，由
2
12
H gt =
知
t =
即小球的下落时间一定，则初速度
x v t
=
可用平抛运动的水平射程来表示。

故选C 。

(2)[2] 若动量守恒，应有
112210m v m v m v +=
（v 0是m 1单独下落时离开轨道时的速度，v 1、v 2是两球碰后m 1、m 2离开轨道时的速度），又
x
v t
=
则有
1
21
OM ON OP
m m m t t t
+= 即
121m OM m ON m OP +=
即本实验要验证
121m OM m ON m OP +=
因此要测量两个小球的质量m 1和m 2以及它们的水平射程OM 和ON ，而要确定水平射程，应先分别确定两个小球落地的平均落点，没有必要测量小球m 1开始释放的高度h 和抛出点距地面的高度H 。

故选ADE 。

(3)[3] 若动量守恒，应有
112210m v m v m v +=
（v 0是m 1单独下落时离开轨道时的速度，v 1、v 2是两球碰后m 1、m 2离开轨道时的速度），又
x
v t
=
则有
1
21OM ON OP
m m m t t t
+= 即
121m OM m ON m OP +=
15．（1）5mg ；（2）﹣3
4
mgd 【详解】
小球下落到B 的过程：
1
2
mv 2=2mgd 解得：
v 在B 点：
2
v T mg m d
-=
得：
T =5mg
根据牛顿第三定律可：
T ˊ=T =5mg
在C 点：
2C
v mg m r
=
解得：
C v =
小球从B 运动到C 的过程：12mv c 2﹣1
2
mv 2=﹣mgd +W f 解得：
W f =﹣
3
4
mgd 16．065
B v v = 【详解】
设A 与B 碰撞后，A 的速度为A v ，B 与C 碰撞前B 的速度为
B
，B 与C 碰撞后粘在一起的
速度为v ，由动量守恒定律得： 对A 、B 木块：
0A A A B B m v m v m v =+
对B 、C 木块：
()B B B C m v m m v =+
由A 与B 间的距离保持不变可知A v v = 联立代入数据得：
06
5
B v v =．
17．（1）2.5s ；（2）8J ； 【详解】
（1）木块与皮带间的摩擦力
F f ＝μF N ＝μmg ＝0.2×1×10 N ＝2 N
由牛顿第二定律得木块加速度
22m/s f F a m
=
=
木块速度达到4 m/s 时需时间t 1
v=a t 1
得
t 1 =2s
位移为
22
4m=4m<6m 222
v l a ==⨯
即木块在到达B 端之前就已达到最大速度4 m/s ，后与传送带一起匀速运动，不再发生滑动 匀速时间t 2
L AB －l =v t 2
得
t 2=0.5s t= t 1＋t 2=2.5s ；
（2）木块滑动过程中与传送带的相对位移
d 相＝v t 1－l ＝4 m
所以产生的摩擦热为
Q ＝μmgd 相＝0.2×1×10×4 J ＝8 J ．
点晴：分析清楚物体运动的过程，先是匀加速直线运动，后是匀速直线运动，分过程应用运动规律求解或匀变速直线运动规律即可，尤其是注意分析摩擦力的变化情况．
18．(1) 02mv M ；(2)2
(3)8M m mv M -； 【详解】
(1)子弹击中木块前后的过程由动量守恒定律有
001
2
mv m v Mv '=⋅+
解得
2mv v M
'=
物块被子弹射穿时的速度为
2mv M。

(2)此过程，对系统由功能关系可知
222001111
()2222
E mv m v Mv '∆=
-⋅- 解得
2
(3)8M m mv E M
-∆=
此过程中系统损失的机械能2
(3)8M m mv E M
-∆=。

(3)物块的飞行时间
t =
解得物块飞行的水平距离
x v t '==
=。