广东省揭阳一中高一物理下学期期中学业水平测试试题(含解析)理(1)

揭阳第一中学2013-2014学年度第二学期
高一物理期中考试题
一、单项选择题（每小题4分，共24分） 1.关于万有引力，下列说法正确的是（ ）
A.只适用于天体，不适用于地面物体
B.只适用于质点，不适用于实际物体
C.只适用于球形物体，不适用于其他形状的物体
D.适用于自然界中任意两个物体之间 【答案】D 【解析】
【解析】万有引力定律适用于宇宙万物任意两个物体之间的引力，故D 正确。

故选D 。

【考点】万有引力定律
2.质量为m 的人造卫星绕地球做匀速圆周运动，卫星所受万有引力F 与轨道半径r 的关系是（ ） A.F 与r 成正比 B.F 与r 成反比 C.F 与r 2成正比 D.F 与r 2
成反比
【答案】D 【解析】
设地球的质量为M ，卫星的质量为m ，则根据牛顿的万有引力定律得2Mm
F G r
=，G ，M ，m 均一定，则F 与r 2
成反比。

故选D 。

【考点】万有引力定律
3.在轨道上运行的人造地球卫星，若卫星上的天线突然折断，则天线将（ ） A.做自由落体运动
B.做平抛运动
C.由于惯性沿轨道切线方向做直线运动
D.和卫星一起绕地球在同一轨道做圆周运动 【答案】D 【解析】
人造地球卫星绕地球做匀速圆周运动，有22Mm v G m r r =，则2
2M v G r r =，所以
2
002Mm v G m r r
＝，即天线受到地球的万有引力提供它做圆周运动的向心力，所以天线和卫
星一起绕地球在同一轨道做圆周运动，故D 正确。

故选D。

【考点】惯性
4.人造地球卫星在圆形轨道上环绕地球运行时有（）
A.轨道半径越大，速度越小，周期越长
B.轨道半径越大，速度越大，周期越短
C.轨道半径越大，速度越大，周期越长
D.轨道半径越小，速度越小，周期越长【答案】A
【解析】
人造地球卫星在绕地球做圆周运动时地球对卫星的引力提供圆周运动的向心力
故有
22
22
4
Mm v
G m r m
r T r
π
==，解得
GM
v
r
=、
23
4r
T
GM
π
=
显然轨道半径r越大，卫星运动的周期越大，轨道半径r越大，线速度越小。

故选A。

【考点】人造卫星的加速度、周期和轨道的关系
5.一架飞机水平向右匀速飞行，从飞机上每隔1s释放一个铁球，先后共释放了四个，如果不计空气阻力，当地面上的人看到第四个球刚释放后，这四个球在空中位置关系是（）
【答案】B
【解析】不计空气阻力，以地面为参考系，每个铁球都做平抛运动，水平方向做匀速直线运动，所以在水平方向上，四个铁球的速度总是与飞机速度相同的，水平位移相同，故没有位移差，看起来在一条竖直线上；竖直方向做自由落体运动，最先释放的铁球间的距离大些，相当于同一个铁球做自由落体运动在不同时刻的位置，故B正确。

故选B。

【考点】平抛运动
6.河宽420m，船在静水中的速度为5m/s，水流的速度为3m/s。

则船过河的最短时间为（）
A.140s
B.105s
C.84s
D.53s
【答案】C
【解析】船参与了两个分运动，沿船头指向的分运动和沿水流方向的分运动，渡河时间等于沿船头指向分运动的时间，当船头与河岸垂直时，沿船头方向的分运动的位移最小，
故渡河时间最短，因而
d420m
t84s
v5m/s
===
船。

故选C。

【考点】运动的合成和分解
二、双项选择题（每小题4分，共24分）
7.关于曲线运动的性质，下列说法正确的是（）
A.曲线运动一定是变速运动
B.变速运动不一定是曲线运动
C.曲线运动一定是变加速运动
D.运动物体的速度大小、加速度大小都不变的运动一定是直线运动
【答案】AB
【解析】
A、曲线运动的条件，合外力与速度不一条直线上，故速度方向时刻变化，所以曲线运动是变速运动，故A正确；
B、变速运动不一定是曲线运动，例如自由落体运动，速度在增加，但是直线运动，故B正确；
C、曲线运动的速度是变化的，但加速度不一定变化，例如平抛运动，加速度不变，是匀变速曲线运动，故C错误；
D、运动物体的速度大小、加速度大小都不变的运动不一定是直线运动，例如匀速圆周运动的加速度大小、速度大小不变，故D错误。

故选AB。

【考点】曲线运动
8.对平抛运动的物体，若g己知，再给出下列哪组条件，可确定其初速度大小（）
A.水平位移
B.下落高度
C.落地时速度的大小和方向
D.落地时位移的大小和方向
【答案】CD
【解析】
A 、知道水平分位移，根据0x v t =，缺少时间，故A 错误；
B 、知道高度，根据2
1h gt 2
=
，只能求解运动的时间，故B 错误； C 、知道末速度大小和方向，只要将末速度正交分解到水平和竖直方向，水平方向的分速度就等于初速度，故C 正确；
D 、知道末位移大小和方向，则将末位移分解到水平和竖直方向，由竖直位移和g 求时间，再用水平位移除以时间，就得到了初速度，故D 正确。

故选CD 。

【考点】平抛运动
9.以下说法正确的是（ ）
A.经典力学理论普遍适用，大到天体，小到微观粒子均适用
B.经典力学理论的成立具有一定的局限性
C.在经典力学中，物体的质量不随运动状态而改变
D.相对论与量子力学否定了经典力学理论 【答案】BC 【解析】
AB 、经典力学理论只适用于宏观的、低速运动的物体，微观粒子、高速运动物体都不适用，故A 错误B 正确；
C 、在静电力学中，物体的质量物质的固有属性，不会随运动状态的而改变，故C 正确；
D 、相对论和量子力学并没有否定经典力学理论，经典力学理论是相对论在低速情况下和量子力学在宏观世界中的特殊情形，故D 错误。

故选BC 。

【考点】狭义相对论；经典时空观与相对论时空观 10.关于行星的运动，以下说法正确的是（ ） A.行星轨道的半长轴越长，自转周期就越大 B.行星轨道的半长轴越长，公转周期就越大 C.水星的半长轴最短，公转周期最大
D.海王星离太阳“最远”，绕太阳运动的公转周期最大 【答案】BD 【解析】
AB 、所有行星的轨道的半长轴的三次方跟公转周期的二次方的比值都相等．其表达式
3
2
R k T =，行星轨道的半长轴越长，公转周期就越长，故A 错误B 正确； C 、水星轨道的半长轴最短，公转周期就最小，故C 错误； D 、海王星离太阳“最远”，公转周期就最长，故D 正确 故选BD 。

【考点】开普勒行星运动定律
11.设想人类开发月球，不断把月球上的矿藏搬运到地球上，假定经过长时间开采后，地球仍可看作是均匀的球体，月球仍沿开采前的圆周轨道运动，则与开采前相比（ ） A.地球与月球间万有引力将变大 B.地球与月球间万有引力将变小 C.月球绕地球运动的周期将变短 D.月球绕地球运动的周期将变长 【答案】BC 【解析】
AB 、根据万有引力定律得：地球与月球间的万有引力2
Mm
F G
r =， 由于不断把月球上的矿藏搬运到地球上，所以m 减小，M 增大，
由数学知识可知，当m 与M 相接近时，它们之间的万有引力较大，当它们的质量之差逐渐增大时，m 与M 的乘积将减小，它们之间的万有引力值将减小，故A 正确B 错误； CD 、设月球质量为m ，地球质量为M ，月球与地球之间的距离为r ，
假定经过长时间开采后，地球仍可看作是均匀的球体，月球仍沿开采前的圆周轨道运动（轨道半径r 不变），
根据万有引力提供向心力得：2224Mm G m r r T π=，得T =随着地球质量的逐步增加，M 将增大，将使月球绕地球运动周期将变短，故CD 错误。

故选BC 。

【考点】万有引力定律
12.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，使其沿椭圆轨道2运行，最后再次点火，将卫星送入同步圆轨道3，轨道1、2相切于Q 点，轨道2、3相切于P 点，如图所示。

则在卫星分别在1、2、3轨道上正常运行时，以下说法正确的是（ ） 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上的角速度小于在轨道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】BD 【解析】
A 、人造卫星绕地球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力，设卫星的质量为m 、轨道
半径为r 、地球质量为M ，有22
224Mm v G ma m r m r T r
π===，解得：GM v r =轨道3半径比轨道1半径大，卫星在轨道1上线速度较大，故A 错误； B 、3
v GM
r r ω=
＝轨道3半径比轨道1半径大，卫星在轨道3上线速度较小，故B 正确； C 、根据牛顿第二定律和万有引力定律得：2GM
a r
=
，所以卫星在轨道2上经过Q 点的加速度等于在轨道1上经过Q 点的加速度，故C 错误D 正确。

故选BD 。

【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 三、实验题（每空2分，共12分）
13．电火花打点计时器使用交流_______V 电源工作，它是利用火花放电在纸带上打出小孔而显示点迹的计时仪器。

当打点周期为0.02s 时，其工作电源频率是______Hz ，用它实验时，实验者不知工作电压的频率变为60Hz ，仍按0.02s 打点周期计算，这样算出的速度值与物体速度的真实值相比是______（填“偏大”或“偏小”）。

【答案】220， 50， 偏小 【解析】
电火花打点计时器使用交流220V 电源工作，它是利用火花放电在纸带上打出小孔而显示点迹的计时仪器；当打点周期为0.02s 时，其工作电源频率是50Hz ，用它实验时，实验者不知工作电压的频率变为60Hz ，实际打点周期将变小，而进行计算时，仍然用时间间隔还是
按照0.02s 计算，因此这样算出的速度值与物体速度的真实值相比是偏小。

【考点】电火花计时器、电磁打点计时器的使用
14．在做“研究平抛物体的运动”的实验中，为了确定小球在不同时刻所通过的位置，实验时用如图所示的装置，先将斜槽轨道的末端调整水平，在一块平木板表面钉上复写纸和白纸，并将该木板竖直立于紧靠槽口处，使小球从斜槽上紧靠挡板处由静止释放，小球撞到木板并在白纸上留下痕迹A ；将木板向远离糟口方向平移距离x ，再使小球从斜槽上紧靠挡板处由静止释放，小球撞在木板上得到痕迹B ；又将木板再向远离槽口方向平移距离x ，小球再从斜槽上紧靠挡板处由静止释放，再得到痕迹C 。

若测得木板每次移动距离均为x=10.00cm ，A 、B 间距离y 1=4.78cm ，B 、C 间距离y 2=14.58cm 。

（g 取9.80 m/s 2
） 请回答以下问题：
(1)为什么每次都要使小球从斜槽上紧靠挡板处由静止释放
?
答：____________________________________________________________。

(2)根据以上直接测量的物理量求小球初速度公式为v 0=_________（用题中所给字母表示）。

(3)小球初速度的测量值为____________m/s 。

【答案】(1)为了保证小球每次做平抛运动的初速度相同 (2)21
g
x y y -； (3)1
【解析】
（1）该实验中，为了确保小球每次抛出的轨迹相同，应该使抛出时的初速度相同，因此每次都应使小球从斜槽上紧靠档板处由静止释放． 故答案为：为了保证小球每次做平抛运动的初速度相同；
（2）在竖直方向上：221y y y gt ∆-＝＝
水平方向上：0x v t =
联立方程解得：021
v g
x
y y =-；
（3）根据：021
v g
x
y y =-，代入数据解得：0v 1m /s =。

【考点】研究平抛物体的运动 四、计算题（共40分）
15.（12分）一把雨伞边缘的半径为r ，且高出水平面h ，当雨伞以恒定角速度ω旋转时，雨滴自边缘甩出落在地面上成一个大圆。

重力加速度取g 。

求： （1）雨滴在随伞转动时线速度的大小； （2）雨滴离开伞后做平抛运动的水平运动距离； （3）大圆的半径R 为多少?
【答案】v r ω= 2h
x r g
ω= 22R g h r g ω+=
【解析】
（1）由线速度与角速度的关系，得雨滴离开伞边缘时的速度v r ω=
（2）雨滴离开伞后做平抛运动。

其下落时间2h
t g
=
水平运动距离02h x v t g
ω==（3）这个大圆的半径如图所示，
由几何关系可知：22
2
2R g h
r x g
ω+=+=【考点】平抛运动
16. （12分）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。

利用双星系统中两颗恒星的运动特征可推算出它们的总质量。

已知某双星系统中两颗恒星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 ，两颗恒星之间的距离为r ，试推算这个双星系统的总质量。

（引力常量为G ）
【答案】231224r m m T G
π+=
【解析】
设两颗恒星的质量分别为m 1、m 2，做圆周运动的半径分别为r 1、r 2，角速度分别为ω1、ω2。

根据题意有12ωω＝、12r r r ＋＝ 根据万有引力定律和牛顿定律，有2121112m m G m r r ω=、2
121212
m m G m r r
ω= 联立以上各式解得2112
m r r m m =
+
根据角速度与周期的关系知122T
πωω＝＝
解得这个双星系统的总质量23
1224r m m T G
π+=
【考点】万有引力定律；牛顿第二定律
17．（16分）如图，长为R ＝0.9m 的轻杆，在其一端固定一物块(看成质点)，物块质量ｍ＝0.9kg ，以O 点为轴使物块在竖直平面内做圆周运动，其右端有一倾斜的传送带正在以速度v 0=16m/s 顺时针方向转动，传送带顶端与圆周最高点相距3R 2 ，忽略传送带圆弧部分的影响。

当物块经过最高点时，（g 取10m/s 2
）
(1).若物块刚好对杆没有作用力，则物块速度v x 为多大？
(2).在第(1)问的情况下，若物块从最高点脱出做平抛运动，要使物块刚好从传送带顶端与传送带相切进入传送带，则传送带的倾角θ应该为多大？
(3).在第（2）问的情况下，若传送带长为L=11m ，物块与传送带之间的动摩擦因数为μ=2−3 ，则物块从传送带顶端运动到底端的时间是多少？ 【
答
案
】
x v =3/m s
60θ=︒
1s
【解析】
（1）物块在竖直面内做圆周运动，通过最高时与杆没有作用力，其重力充当向心力，有：
2
x v mg m R
=
解得x v =100.9/3/gR m s m s ⨯= （2）当物块下降
32R 到达传送带顶端时，设其竖直方向分速度为v y ，则2
y 3v 2g 2
R = 得y v =33100.9/33/gR m s m s ⨯⨯=
要使物块与传送带相切进入传送带，则传送带的倾角必须等于物块速度与水平方向的夹角，即tan 3y x
v v θ=
=
即 60θ=︒
(3)当物块到达传送带顶端时，其速度大小22
06/< v =16m/s x y v v v m s =+= 因物块速度小于传送带速度，物块沿传送带加速下滑，设其加速度为a ， 由牛顿第二定律得mgsin mgsin ma θμθ+= 解得2a 10 m /s
=
设物块时间t 能够达到与传送带相同速度，由速度公式得0v v at =+ 解得t 1s =
在此时间内所通过的位移0x 616
L =
111 = L 22
v v t m m ++=⨯= 即通过1s 后物块刚好到达传送带底端，所以物块从传送带顶端运动到底端的时间是1s 。

【考点】牛顿第二定律；匀变速直线运动规律
揭阳第一中学2013-2014学年度第二学期
高一物理期中考参考答案
一、单项选择题
二、双项选择题
三、实验题
13. 220， 50，偏小
14.(1)为了保证小球每次做平抛运动的初速度相同(3)1
四、计算题
15.
（1）由线速度与角速度的关系，得
雨滴离开伞边缘时的速度v=rω
（2）雨滴离开伞后做平抛运动。

其下落时间
t=2h g
水平运动距离
x=v0t=rω2h g
（3）
这个大圆的半径如图所示,
由几何关系可知:
R=r 2
+x 2
=r g+2ω2
h
g
16.设两颗恒星的质量分别为m 1、m 2，做圆周运动的半径分别为r 1、r 2，角速度分别为ω1、ω2。

根据题意有 ω1＝ω2
① r 1＋r 2＝r
②
根据万有引力定律和牛顿定律，有 G m 1m 2r
2＝m 1ω12
r 1
③ G
m 1m 2r
2＝m 1ω22
r 1
④
联立以上各式解得r 1＝m 2r
m 1+m 2
⑤
根据角速度与周期的关系知ω1＝ω2＝2π/T ⑥
联立③⑤⑥式解得这个双星系统的总质量 m 1＋m 2＝4π2r
3
T 2G
17.
（1）物块在竖直面内做圆周运动，通过最高时与杆没有作用力，其重力充当向心力，有： mg=mv x 2
/R
解得v x =gR=10×0.9m/s=3m/s
（2）当物块下降3R
2
到达传送带顶端时，设其竖直方向分速度为v y ，则速度-位移公式得
v y 2
=2g 3R 2
v y =3gR=3×10×0.9m/s=33m/s
要使物块与传送带相切进入传送带，则传送带的倾角必须等于物块速度与水平方向的夹角，即
tanθ = v y
v x = 3
即θ = 60°
(3)当物块到达传送带顶端时，其速度大小v=v x 2
+v y 2
=6m/s < v 0=16m/s
因物块速度小于传送带速度，物块沿传送带加速下滑，设其加速度为a ，由牛顿第二定律得 mgsinθ+μmgsinθ=ma 解得a = 10 m/s
2
设物块时间t 能够达到与传送带相同速度，由速度公式得 v 0 = v + at 解得t=1s
在此时间内所通过的位移L x =v 0+v 2t =6+16
2
×1 m = 11 m = L
即通过1s 后物块刚好到达传送带底端，所以物块从传送带顶端运动到底端的时间是1s 。