天津市南开中学2019-2019学年高一下学期期中考试试题(解析版)

2016-2019学年度天津市南开中学第二学期高一物理期中检测试卷
（含解析）
一、选择题（每题4分，共32分）
1．关于作匀速圆周运动的物体的向心加速度，下列说法正确的是（）
A．向心加速度的大小和方向都不变
B．向心加速度的大小和方向都不断变化
C．向心加速度的大小不变，方向不断变化
D．向心加速度的大小不断变化，方向不变
【答案】C
【解析】解：做匀速圆周运动的物体要受到指向圆心的向心力的作用，向心力大小不变，方向时刻变化，所以向心加速度的方向始终指向圆心，在不同的时刻方向是不同的，而大小不变．
故选C．
2．如图所示，为一皮带传动装置，右轮半径为r，a为它边缘上一点；左侧是一轮轴，大轮半径为4r，小轮半径为2r，b点在小轮上，到小轮中心的距离为r．c点和d点分别位于小轮和大轮的边缘上．若传动过程中皮带不打滑，则（）
A．a点和b点的角速度大小相等
B．a点和c点的线速度大小相等
C．a点和b点的线速度大小相等
D．a点和c点的向心加速度大小相等
【答案】B
【解析】A．a、c两点的线速度相等，转动半径不等，根据v rω
=转动角速度不等，bcd三点的角速度相等，则A 错误；
BCD．根据v rω
=，c的线速度大于b的线速度，则a、b线速度不等，
2
2
v
a r
r
ω
==，则a、c向心加速度不等，
故B 对，CD 错． 故选B ．
3．冰面对滑冰运动员的最大摩擦力为其重力的k 倍，在水平冰面上沿半径为R 的圆周滑行的运动员，若仅依靠摩擦力来提供向心力而不冲出圆形滑道，其运动的速度应满足（ ）
A ．v
B ．v
C ．v
D ．v 【答案】B
【解析】解：滑冰运动员转弯时由2
v kmg m R
=得：v =
则安全速度v B 正确，A 、C 、D 错误． 故选B ．
4．如图，竖直环A 半径为r ，固定在木板B 上，木板B 放在水平地面上，B 的左右两侧各有一挡板固定在地上，B 不能左右运动，在环的最低点静放有一小球C ，A 、B 、C 的质量均为m ，现给小球一水平向右的瞬时速度v ，小球会在环内侧做圆周运动，为保证小球能通过环的最高点，且不会使环在竖直方向上跳起（不计小球与环的摩擦阻力），小球在最高点的瞬时速度必须满足（ ）
A ．最大值1/2()gr
B ．最大值1/2(2)gr
C ．最大值1/2(3)gr
D ．最大值1/2(4)gr
【答案】C
【解析】在最高点，小球的速度最小时，由重力提供向心力，则21v mg m r
=，解得：1v =根据机械能守恒定律，
有：22211111222
mgr mv mv mv '+=解得小球在最低点的速度1v '．在最高点，小球的速度最大时，有2
22v mg mg m r +=解得：2v =22222211
222
mgr mv mv mv '+=，解得小球在最低点的
最大速度2v ' 故选C ．
5．我国首次载人飞船“神舟五号”绕地球运动一圈的时间约为90分钟，与地球同步卫星相比，飞船“神舟五号”（ ） A ．与月球相比，“神舟五号”环绕地球运行的线速度较小 B ．与月球相比，“神舟五号”环绕地球运行的角速度较小
C ．与地球同步卫星相比，“神舟五号”环绕地球运行的周期较长
D ．与环绕速度等于第一宇宙的卫星（地球近地卫星）相比，“神舟五号”环绕地球运行的角速度较小 【答案】D
【解析】同步卫星、月球以及“神舟五号”均绕地球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力，设同步卫星、月球以及“神舟五号”的质量分别为1m 、2m 和3m ，轨道半径分别为1r 、2r 和3r ，地球质量为M ． 有222
224πMm v G m m r ma m r r r T
ω====，
解得v =
2T =
2
GM
a r =
③，
ω=
A 、
B ．与月球相比，23T T >，根据2可知，23r r >；由14可知，23v v <；23ωω<，故A 、B 错误；
C ．同步卫绕地球的时间为24h ，所以与同步卫星相比，13T T >，故C 错误；
D ．与近地卫星相比，“神舟五号”轨道半径大于近地卫星的运动轨道半径，由4可知“神舟五号”的角速度较小，故D 正确． 故选D ．
6．A 、B 两地球卫星均在同一轨道平面内绕地球做匀速圆周运动，它们运动的轨道半径之比1::4A B r r =，A 的周期为0T ，某一时刻A 、B 两卫星相距最近，则此时刻开始到A 、B 相距最远经历的时间可能是（ ）
A ．04
7T
B ．087
T
C ．097
T
D ．
0167
T 【答案】A
【解析】解：根据万有引力提供向心力得：2
224πMm G m r r T =，
得：2T =
，知1
8A B T T ==，
即08B T T =，从A 、B 两卫星相距最近到A 、B 相距最远所经历的时间为t ，则有： 12A B t t n T T ⎛⎫
==- ⎪⎝⎭
， 解得：08127T t n ⎛
⎫=- ⎪⎝
⎭（1n =、2、3
）
1n =时，0
47T t =
，故A 正确； 2n =时，0
127T t =，故C 错误，B 错误； 3n =时，0
207
T t =，故D 错误． 故选A ．
7．我国“二炮”的一系列导弹，在“北斗”定位系统的引导下，能实现精确打击移动目标和固定目标．假设从地面上A 点发射一枚远程弹道导弹，仅在地球引力作用下，沿ACB 椭圆轨道飞行击中地面目标B ，C 为轨道的远地点，距地面高度为h ，若ACB 轨迹长恰好为整个椭圆的一半．已知地球半径为R ，地球质量为M ，引力常量为
G ．则下列结论正确的是（ ）
A ．导弹在C
B ．地球的球心位于导弹椭圆轨道的一个焦点上
C ．导弹在C 点的加速度等于
GM
R h
+ D ．导弹从A 点到B 点的飞行时间等于导弹飞行周期的一半 【答案】B
【解析】解：A ．根据万有引力提供向心力得v =C 点只有加速才能进入卫星的轨道，所以导弹在C
A 错误；
B ．根据开普勒定律分析知道，地球球心为导弹椭圆轨道的一个焦点．故B 正确；
C ．导弹在C 点受到的万有引力2()Mm F G
R h =+，所以导弹在C 点的加速度等于2
()
GM
R h +，故C 错误； D ．近导弹的半长轴r R h <+，在根据开普勒第三定律可知，导弹从A 点到B 点的飞行时间小于导弹飞行周期的一半，故D 错误． 故选B ．
8．一个国际研究小组借助于智利的甚大望远镜，观测到了一组双星系统，它们绕两者连线上的某点O 做匀速圆周运动，如图所示．此双星系统中体积较小成员能“吸食”另一颗体积较大星体表面物质，达到质量转移的目的．假设
在演变的过程中两者球心之间的距离保持不变，则在最初演变的过程中（ ）
A ．体积较大星体圆周运动轨迹半径变大，线速度也变大
B ．它们做圆周运动的角速度不断变大
C ．体积较大星体圆周运动轨迹半径变大，线速度变小
D ．它们做圆周运动的万有引力保持不变 【答案】A
【解析】解：B ．设体积较小的星体质量为1m ，轨道半径为1r ，体积大的星体质量为2m ，轨道半径为2r ．双星间的距离为L ．转移的质量为m ∆． 对1m ：22
1121()()
()m m m G L m r m m ω+∆+∆-∆=…①， 对2m ：2
2
2121
()()()m m m G
L m r m m ω-∆+∆-∆=…②，
由①②得：ω=
12m m +不变，两者距离L 不变，则角速度ω不变．故B 错误； AC ．由②得：2122
()
m m r G L
ω+∆=，ω、L 、1m 均不变，m ∆增大，则2r 增大，即体积较大星体圆周运动轨迹半径变大．
由2v r ω=得线速度v 也增大．故A 正确、C 错误； D ．它们之间的万有引力为122
()()
m m m m F G L +∆-∆=，根据数学知识得知，随着m ∆的增大，F 先增大后减小．故
D 错误． 故选A ．
三、多选题（每题4分，少选得两分，误选不得分，共16分）
9．如图所示，a 为地球赤道上的物体，b 为沿地球表面附近做匀速圆周运动的人造卫星，c 为地球同步卫星．关于a 、
b 、
c 做匀速圆周运动的说法中正确的是（ ）
A ．地球对bc 两星万有引力提供了向心力，因此只有a 受重力，b 、c 两星不受重力
B ．周期关系为a c b T T T =>
C ．线速度的大小关系为a c b v v v <<
D ．向心加速度的大小关系为a b c a a a >> 【答案】BC
【解析】解：A ．地球对b 、c 两星的万有引力提供了向心力，a 的万有引力的分力提供向心力，a 、b 、c 都受重力，a 物体在赤道上还受到地面对其支持力，b 、c 万有引力就可以看成其所受的重力，故A 错误； B ．卫星C 为同步卫星，所以a c T T =， 根据万有引力提供向心力得2224πMm r
G m r T
=，
周期2T =，由于b c r r <，得b c T T <，所以a c b T T T =>，故B 正确；
C ．根据万有引力提供向心力得2
2
GMm v m R R =，线速度v =b c r r <，得b c v v >，a 、c 的角速度相等，v r ω=，由于a c r r <，得a c v v <，
所以a c b v v v <<．故C 正确；
D ．a 、c 的角速度相等，2a r ω=，由于a c r r <，得a c a a <， 根据万有引力提供向心力得2
Mm
G r ma =， 向心加速度2
M
a G r =，由于
b
c r r <，得b c a a >，所以b c a a a a >>．故D 错误． 故选BC ．
10．如图所示，质量为m 的物体置于倾角为θ的斜面上，物体与斜面间的动摩擦因数为μ，在外力作用下，斜面以加速度a 沿水平方向向左做匀加速运动，运动中物体m 与斜面体相对静止．则关于斜面对m 的支持力和摩擦力的下列说法中正确的是（ ）
A ．支持力一定做正功
B ．摩擦力一定做正功
C ．摩擦力可能不做功
D ．摩擦力可能做负功
【答案】ACD
【解析】解：A ．由功的计算公式cos W FS α=可知，支持力方向垂直斜面向上，与位移的方向夹角小于90︒，支持力一定做正功，故A 正确； B ．摩擦力是否存在需要讨论：
当加速度较小时，摩擦力f F 沿斜面向上，即tan a g θ<，摩擦力沿斜面向上，做负功． 当加速度较大时，摩擦力f F 沿斜面向下，即tan a g θ>，摩擦力沿斜面向下，做正功． 当tan a g θ=时，摩擦力不存在，不做功，故AC 正确，B 错误． 故选ACD ．
11．2005年10月12日，我国自行研制的“神舟”六号飞船顺利升空，并于10月17日顺利返回．“神六”发射及运行过程可简化为：先由运载火箭将飞船送入椭圆轨道，然后在椭圆轨道的远地点A 实施变轨，进入预定圆轨道，如图所示，飞船变轨前后速度分别为1v 、2v ，变轨前后的运行周期分别为1T 、2T ，飞船变轨前后通过A 点时的加速度分别为1a 、2a ，则下列说法正确的是（ ）
A ．12T T <，12v v <
B ．12T T <，12a a =
C ．12v v >，12a a <
D ．12T T >，12a a =
【答案】AB
【解析】解：1．根据开普勒第三定律知，3
2a k T
=，所以12T T <．
2．卫星要从低轨道到高轨道需要加速然后做离心运动，所以以12v v <． 3．根据万有引力提供向心力，即2Mm G ma r =得：2M
a G r
=，所以12a a =； 所以AB 正确，CD 错误． 故选AB ．
12．如图所示，在匀速转动的水平圆盘上，沿半径方向放着用细绳相连的质量均为m 的两个物体A 和B ，它们分居圆心两侧，与圆心距离分别为A R r =，2B R r =，与盘间的动摩擦因数μ相同，当圆盘转速加快到两物体刚好要发生滑动时，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则下列说法正确的是（ ）
A ．此时绳子张力为mg μ
B C ．此时A 所受摩擦力方向沿半径指向圆外
D ．此时烧断绳子，A 仍相对盘静止，B 将做离心运动 【答案】BC
【解析】解：ABC ．两物块A 和B 随着圆盘转动时，合外力提供向心力，则2F m r ω=，B 的半径比A 的半径大，所以B 所需向心力大，绳子拉力相等，所以当圆盘转速加快到两物体刚好还未发生滑动时，B 的静摩擦力方向指向圆心，A 的最大静摩擦力方向指向圆外，有相对圆盘沿半径指向圆内的运动趋势，根据牛顿第二定律得： 2T mg m r μω-=， 22T mg m r μω=⋅+，
解得：3T mg μ=，ω，故A 错误，BC 正确． D ．此时烧断绳子，A 的最大静摩擦力不足以提供向心力，则A 做离心运动，故D 错误． 故选BC ．
二、填空题（13题3分，14题3分，15题4分，16题每空2分，共16分）
13．如图，倾角为30︒的斜面上有一个质量为1kg 的物块，物块从静止开始以22.5m/s 的加速度加速下滑1m ．在物块下滑过程中（重力加速度g 取210m/s ）物块的重力做功__________J ，支持力做功__________J ，摩擦力做功__________J ．
【答案】5；0； 2.5-
【解析】解：物块从静止开始以22.5m/s 的加速度加速下滑1m ，由
sin 11010.55J p E mgh mgL θ∆===⨯⨯⨯=，
支持力与位移垂直，不做功
斜面方向：sin 5N mg θ=，根据牛顿第二定律， 2.5N F ma ==合，所以物体在运动中受到阻力作用，大小为：sin 2.5N f F mg θ=-=合，摩擦力做功 2.51 2.5J W fx =-=⨯=-，
故答案为：5；0； 2.5-．
14．在光滑水平面上，有一转轴垂直于此平面，交点O 的上方h 处固定一细绳，绳的另一端连接一质量为m 的小球B ，绳长l h >，小球可随转轴转动在光滑水平面上做匀速圆周运动，如图所示．要使小球不离开水平面，转轴转速的最大值是__________．
【解析】解：当小球对水平面的压力为零时，有：cos T mg θ=，2sin sin T ml θθω=，
解得最大角速度为：ω=
则最大转速为：2π
n ω
=
=
15．如图所示，暗室内，电风扇在频闪光源照射下运转，光源每秒闪光30次，如图电扇叶片有3个，相互夹角120︒，已知该电扇的转速不超过500r/min ，现在观察者感觉叶片有6个，则电风扇的转速是__________r/min ．
【答案】300
【解析】解：因为电扇叶片有三个，相互夹角为120︒，现在观察者感觉叶片有6个，说明在闪光时间里，电扇转过
的角度为60120n ︒+⋅︒，其中n 为非负整数，由于光源每秒闪光30次，所以电扇每秒转过的角度为18003600n ︒+⋅︒，转速为(510)r/s n +，但该电扇的转速不超过500r/min ，所以0n =，转速为5r/s ，即300r/min ． 故答案为：300．
16．我国志愿者王跃曾与俄罗斯志愿者一起进行“火星500”的实验活动，假设王跃登陆火星后，测得火星的半径是地球半径的
12，质量是地球质量的1
9
，已知地球表面的重力加速度是g ，地球的半径为R ，王跃在地球表面能向上竖直跳起的最大高度是h ，忽略两星球大气阻力及自转的影响，则火星的密度为________，火星表面的重力加速度是_______，王跃以与在地球上相同的初速度在火星上跳起，则小球能达到的最大高度是________． 【答案】
22πg GR 49g 94
h 【解析】解：1．据万有引力定律的表达式2Mm F G
R =，已知火星半径是地球半径的12，质量是地球质量的1
9
，所以王跃在火星表面受的万有引力是在地球表面受万有引力的4
9
倍． 由2
Mm
G
mg R =， 得到地球的质量：2
gR M G
=，
已知火星半径是地球半径的12，质量是地球质量的1
9
，火星的密度：
2
3292π31π42gR g G GR R ρ==⎛⎫
⋅ ⎪⎝⎭
火． 2．由2Mm G mg R =得到：2GM g R =． 已知火星半径是地球半径的
12，质量是地球质量的1
9
，火星表面的重力加速度是49g ． 3．王跃以与在地球上相同的初速度在火星上跳起，根据竖直上抛的运动规律得出：可跳的最大高度是2
02v h g
=，
由于火星表面的重力加速度是49g ，王跃以相同的初速度在火星上起跳时，可跳的最大高度20
94429
v h h g '==．
故2
3
292π31π42gR g G GR R ρ==⎛⎫
⋅ ⎪⎝⎭
火
49
g 2094429
v h
g =
． 四、解答题（17题10分，18题12分，19题14分，共36分，共3小题）
17．宇宙中存在一些离其它恒星较远的、由质量相等的三颗星组成的三星系统，通常可忽略其它星体对它们的引力作用．已观测到稳定的三星系统存在这种形式：三颗星位于等边三角形的三个顶点上，并沿外接于等边三角形的圆形轨道运行．设每个星体的质量均为m ，万有引力常量为G ．星体的运动周期T ，则星体之间的距离应为多少？
【解析】解：三颗星位于等边三角形的三个项点上，并沿外接于等边三角形的圆形轨道运行，
由万有引力定律和牛顿第二定律得：
2
212π2cos302cos30mm G m l T ⎛⎫︒== ⎪︒⎝⎭
②，
所以可解得：I =
答：星体之间的距离应为I = 18．如图所示，质量为1kg 的小球用长为0.5m 的细线悬挂在O 点，O 点距地高度为1m ，如果使小球绕OO '轴在水平
面内做圆周运动，若细线受力为12.5N 就会拉断，g 取210m/s ，求：
（1）当小球的角速度为多大时细线将断裂．
（2）线刚好拉断时球落地点与悬点的水平距离．
【解析】解：（1）小球在水平面内做圆周运动时，由重力G 和拉力F 的合力提供向心力，当绳子拉力为12.5N 时，
向心力最大，细线将断裂．
则有：7.5N F 合，根据几何关系得：
1h L r F T mg
==合， 根据向心力公式得：
2F m r ω=合解得0.3m r =，10.4m h =，5rad/s ω=． （2）绳断裂后，小球做平抛运动，初速度 1.5m/s v r ω==， 竖直方向下落的高度21410.50.6m 5
h h h =-=-⨯
=，
所以
t =，
水平位移为 1.5x vt ==，
则落地点与悬点的水平距离0.6m S ===． 答：（1）当小球的角速度为5rad/s 时细线将断裂．
（2）线刚好拉断时球落地点与悬点的水平距离是0.6m ．
19．如图所示，水平放置的圆盘半径为1m R =，在其边缘C 点固定一个高度不计的小桶，在圆盘直径CD 的正上方
放置一条水平滑道AB ，滑道与CD 平行．滑道右端B 与圆盘圆心O 在同一竖直线上，其高度差为 1.25m h =．在滑道左端静止放置质量为0.4kg m =的物块（可视为质点），物体与滑道间的动摩擦因数为0.2μ=．当用一大小为4N F =的水平向右拉力拉动物块的同时，圆盘从图示位置以角速度2πrad/s ω=，绕穿过圆心O 的竖直轴匀速转动，拉力作用一段时间后撤掉，物块在滑道上继续滑行，由B 点水平抛出，恰好落入小桶内，重力加速度取210m/s ．
（1）物块离开B 点水平抛出的初速度B v ．
（2）调整拉力的作用时间和滑道的长度，物块仍恰好落入小桶内，求拉力作用的最短时间．
【解析】解：（1）物块平抛：212h gt =
；
得：0.5s t =
=， 物块离开滑道时的速度：
12m/s 0.5
R v t ===， 拉动物块时的加速度为1a ，由牛顿第二定律：1F mg ma μ-=，
代入数据得：218m/s a =，
撤去拉力后，由牛顿第二定律得：
2mg ma μ-=；
代入数据得：222m/s a =-．
（2）盘转过一圈时落入，拉力时间最短；盘转过一圈时间为： 2π
1s T ω==，
物块在滑道上先加速后减速，有：1122v a t a t =+，
物块滑行时间、抛出在空中时间与圆盘周期关系：12t t t T ++=， 由上两式得：10.3s t =．
答：（1）物块离开B 点水平抛出的初速度为2m/s ．
（2）拉力作用的最短时间为0.3s ．。