2020年湖南省常德市桃源一中高一(下)期中物理试卷

期中物理试卷
题号一二三四五总分
得分
一、单选题（本大题共10小题，共40.0分）
1.下列关于运动和力的叙述中，正确的是（）
A. 做曲线运动的物体，其加速度方向一定是变化的
B. 物体做圆周运动，所受的合力一定指向圆心
C. 物体所受合力方向与运动方向相反，该物体一定做直线运动
D. 物体运动的速率在增加，所受合力方向一定与运动方向相同
2.关于平抛运动和圆周运动，下列说法正确的是（）
A. 平抛运动是匀变速曲线运动
B. 匀速圆周运动是速度不变的运动
C. 圆周运动是匀变速曲线运动
D. 做平抛运动的物体落地时的速度一定是竖直向下的
3.游泳运动员以恒定的速率垂直于河岸渡河，当水速突然变大时，对运动员渡河时间
和经历的路程产生的影响是（）
A. 路程变大，时间不变
B. 路程变大，时间延长
C. 路程变大，时间缩短
D. 路程和时间均不变
4.如图所示，在风力发电机的叶片上有A、B、C三点，其中A、
C在叶片的端点，B在叶片的中点．当叶片转动时，这三点
（）
A. 线速度大小都相等
B. 线速度方向都相同
C. 角速度大小都相等
D. 向心加速度大小都相等
5.过山车的轨道可视为竖直平面内半径为R的圆轨道。

质量为m的游客随过山车一
起运动，当游客以速度v经过圆轨道的最高点时（）
A. 处于超重状态
B. 向心加速度方向竖直向下
C. 速度v的大小一定为
D. 座位对游客的作用力为m
6.“奋进”号宇航员斯蒂法尼斯海恩•派帕在2008年11月18日进行太空行走时，丢
失了一个工具包，关于工具包丢失的原因可能是（）
A. 宇航员松开了拿工具包的手，在万有引力作用下工具包“掉”了下去
B. 宇航员不小心碰了一下“浮”在空中的工具包，使其速度发生了变化
C. 工具包太重，因此宇航员一松手，工具包就“掉”了下去
D. 由于惯性，工具包做直线运动而离开了圆轨道
7.假设地球的质量不变，而地球的半径增大到原来半径的2倍，那么从地球发射人造
卫星的第一宇宙速度的大小应为原来的（）
A. 倍
B. 倍
C. 倍
D. 2倍
8.我国于2010年发射的“嫦娥二号”探月卫星简化后的路线
示意图如图所示。

卫星由地面发射后，经过发射轨道进入
停泊轨道，然后在停泊轨道经过调速后进入地月转移轨道，
再次调速后进入工作轨道，卫星开始对月球进行探测。

已
知地球与月球的质量之比为a，卫星的停泊轨道与工作轨道的半径之比为b，卫星在停泊轨道和工作轨道上均可视为做匀速圆周运动，则（）
A. 卫星在停泊轨道和工作轨道运行的速度之比为
B. 卫星在停泊轨道和工作轨道运行的周期之比为
C. 卫星在停泊轨道运行的速度大于地球的第一宇宙速度
D. 卫星从停泊轨道转移到地月转移轨道，卫星必须加速
9.地球和木星绕太阳运行的轨道都可以看作是圆形的．已知木星的轨道半径约为地球
轨道半径的5.2倍，则木星与地球绕太阳运行的线速度之比约为（）
A. 0.19
B. 0.44
C. 2.3
D. 5.2
10.已知地球质量为M，半径为R，自转周期为T，地球同步卫星质量为m，引力常量
为G．有关同步卫星，下列表述正确的是（）
A. 卫星距地面的高度为
B. 卫星的运行速度等于第一宇宙速度
C. 卫星运行时受到的向心力大小为G
D. 卫星运行的向心加速度小于地球表面的重力加速度
二、多选题（本大题共3小题，共12.0分）
11.美国的“大鸟”侦察卫星可以发现地面上边长仅为0.36m的方形物体，它距离地面
高度仅有16km，理论和实践都表明：卫星离地面越近，它的分辨率就越高，那么分辨率越高的卫星（）
A. 向心加速度一定越大
B. 角速度一定越小
C. 周期一定越大
D. 线速度一定越大
12.一小船在静水中的速度为4m/s，它在一条河宽为120m，水流速度为3m/s的河流中
渡河，则该小船（）
A. 能到达正对岸
B. 渡河的时间可能等于30s
C. 以最短时间渡河时，它沿水流方向的位移大小为90m
D. 以最短位移渡河时，位移大小为150m
13.有一种杂技表演叫“飞车走壁”，由杂技演员驾驶摩托车沿圆台
形表演台的侧壁高速行驶，做匀速圆周运动。

如图所示，图中虚
线表示摩托车的行驶轨迹，轨迹离地面的高度为h，不计摩擦，
下列说法中正确的是（）
A. h越高，摩托车对侧壁的压力将越大
B. h越高，摩托车做圆周运动的线速度将越大
C. h越高，摩托车做圆周运动的周期将越大
D. h越高，摩托车做圆周运动的向心力将越大
三、填空题（本大题共1小题，共4.0分）
14.如图所示的皮带传动装置，主动轮O1上两轮的半径分别为3r和r，从动轮O2的半
径为2r，A、B、C分别为轮缘上的三点，设皮带不打滑，则A、B、C三点的角速度之比ωA：ωB：ωC=______，A、B、C三点的线速度大小之比v A：v B：v C=______。

四、实验题（本大题共1小题，共8.0分）
15.未来在一个未知星球上用如图甲所示装置研究平抛运动的规律．悬点O正下方P
点处有水平放置的炽热电热丝，当悬线摆至电热丝处时能轻易被烧断，小球由于惯性向前飞出做平抛运动．现对小球采用频闪数码照相机连续拍摄．在有坐标纸的背景屏前拍下了小球在做平抛运动过程中的多张照片，经合成后照片如图乙所示．a、
b、c、d为连续四次拍下的小球位置，已知照相机连续拍照的时间间隔是0.10s，照
片大小如图中坐标所示，又知该照片的长度与实际背景屏的长度之比为1：4，则：（1）由以上信息，可知a点______（选填“是”或“不是”）小球的抛出点；
（2）由以上信息，可以推算出该星球表面的重力加速度为______m/s2；
（3）由以上信息可以算出小球平抛的初速度是______m/s；
（4）由以上信息可以算出小球在b点时的速度是______m/s．
五、计算题（本大题共4小题，共36.0分）
16.一卫星绕地球做匀速圆周运动，其轨道半径为r，卫星绕地球做匀速圆周运动的周
期为T，已知地球的半径为R，引力常量为G，求：
（1）地球的质量M为多少？
（2）地球的密度为多少？
17.一架轰炸机在离海面720米的高空以50m/s的速度匀速飞行，要轰炸海面上某一静
止的敌舰，取g=10m/s2，求：
（1）飞机应在离敌舰水平距离多少米处投弹？
（2）若敌舰以20m/s的速度向前方逃跑，飞机应在离敌舰水平距离多少米处投弹？
18.某人在一星球上以速率v竖直上抛一物体，经时间t后，物体以速率v落回手中。

已知该星球的半径为R，求：
（1）该星球表面的重力加速度为多少？
（2）该星球上的第一宇宙速度为多少？
19.在水平圆盘上有一过圆心的光滑水平槽，槽内有两根原长、劲
度系数均相同的橡皮绳拉住一质量为m的小球，一条橡皮绳拴
在O点，另一条拴在O′点，球在O1点，O点为圆盘的中心，
O′点为圆盘的边缘。

橡皮绳的劲度系数为k，原长为圆盘半径
R的．现使圆盘角速度由零缓慢增大，求：
（1）当橡皮绳OO1拉伸而O1O'则好为原长时，圆盘的角速度？
（2）圆盘的角速度为ω2=时，小球圆周运动的半径R2？
（3）圆盘的角速度为时ω1=时，小球圆周运动的半径R1？
答案和解析
1.【答案】C
【解析】【分析】
曲线运动的条件是初速度与加速度不在一条直线上，速度不断变化，它是变速运动，曲线运动有加速度不变的，也有加速度变化的．当物体做圆周运动，其合力不一定指向圆心，若是匀速圆周运动，则合力一定指向圆心．
曲线运动有加速度，所以必定是变速，可能是匀变速曲线，比如：平抛运动．也可能是速率不变，方向变化．比如：匀速圆周运动．
【解答】
解：A、做曲线运动的物体，其速度一定变化，但加速度不一定变化，比如平抛运动，故A错误；
B、物体做圆周运动，所受的合力不一定指向圆心，当是匀速圆周运动时，由于速度大小不变，所以加速度垂直于速度，因此合力一定指向圆心，故B错误；
C、当物体所受合力方向与运动方向相反，则一定做减速且直线运动，故C正确；
D、物体运动的速率在增加，则一定有加速度存在，但不一定与运动方向相同，比如平抛运动，合力方向与运动方向不相同。

故D错误；
故选：C。

2.【答案】A
【解析】解：A、平抛运动的加速度始终为g，则是匀变速曲线运动，选项A正确；
B、匀速圆周运动的速度大小不变，方向不断变化，则速度不断改变，选项B错误；
C、圆周运动的加速度不断变化，则不是匀变速曲线运动，选项C错误；
D、做平抛运动的物体水平速度永不为零，则落地时的速度不可能变成竖直向下，选项D错误；
故选：A。

平抛运动只受重力，是加速度大小和方向都不变的运动；匀速圆周运动是加速度大小不变，方向不断变化的曲线运动；两种运动都是变速运动，但前者是匀变速运动，后者是变加速运动。

本题关键明确平抛运动与匀速圆周运动的运动性质，特别是要有矢量的意识，匀速圆周运动中向心力和线速度都是方向变化、大小不变，都是变量。

3.【答案】A
【解析】解：游泳运动员实际参与了两个分运动，沿垂直于河岸方向的匀速运动和沿水流方向的匀速运动，两分运动同时发生，互不影响，因而渡河时间等于沿垂直于河岸方向分运动的时间；水流的速度突然变大时，对垂直河岸的运动没有影响，又游泳运动员的速度是恒定的，所以渡河的时间是不变的。

沿水流方向速度增大，相等时间内沿水流方向位移增大，路程增大，故A正确，BCD错误。

故选：A。

合运动和分运动具有等时性，等效性，独立性的特点，水流的速度突然变大时，对垂直河岸的运动没有影响，利用合运动与分运动的关系进行分析．
本题考查合运动和分运动的等时性和独立性这两个特点，当合运动不好分析时，可单独分析某一个分运动解决问题．
4.【答案】C
【解析】解：首先A、B、C属于同轴转动，故他们的角速度相等，故C正确；
由v=ωr知，他们的半径r不相等，故线速度的大小不相等，故A错误；
由于是做圆周运动，故线速度的方向位于切线方向，故B错误；
由a=ω2r知，半径r不相等，故加速度a不相等，故D错误。

故选：C。

只要理解匀速圆周运动中的线速度、角速度及周期、转速的概念及本质即可．
本题考查灵活选择物理规律的能力．对于圆周运动，公式较多，要根据不同的条件灵活选择公式．
5.【答案】B
【解析】解：AB、游客做圆周运动，在最高点，受重力和轨道的压力，合外力提供向心力，合外力向下，加速度竖直向下，游客处于失重状态，故A错误，B正确；
C、在最高点，根据向心力公式得：
mg+N=m
只有当N=0时，v=，故C错误；
D、在最高点，根据向心力公式得：
mg+N=m
解得：N=m-mg
故D错误。

故选：B。

游客做圆周运动，在最高点，合外力提供向心力，对游客进行受力分析，根据向心力公式列式求解，当加速度方向向上时，处于超重状态，当加速度方向向下时，处于失重状态。

本题主要考查了向心力公式的直接应用，要求同学们能正确对物体进行受力分析，知道当加速度方向向上时，处于超重状态，当加速度方向向下时，处于失重状态，难度不大，属于基础题。

6.【答案】B
【解析】解：A、航天飞机是在绕地球做圆周运动是重力提供向心力，航天飞机包括宇航员包括那个工具包都处于完全失重状态，宇航员松开了拿工具包的手，工具箱依然保持和宇航员统一运动状态做圆周运动．故A错误
B、宇航员太空行走时宇航员和工具包都处于完全失重状态，二者相对静止．工具包丢失的原因可能是宇航员不小心碰了一下“浮”在空中的工具包，使其速度发生了变化，故B正确
C、物体做圆周运动需要向心力，引力完全充当向心力，故C错误．
D、工具箱受地球的万有引力完全充当向心力，所以不可能做直线运动而离开了圆轨道，故D错误．
故选B．
航天飞机是在绕地球做圆周运动是重力提供向心力，所以宇航员是飘在太空．
航天飞机包括宇航员包括那个工具包都处于完全失重状态
同时他们环绕地球的速度是相同的，所以即使松开手，工具箱依然保持和宇航员统一运动状态做圆周运动．
在空间站上引力完全充当向心力，不会存在“掉”的现象．
工具包会以和航天飞机不同的轨道绕地球公转，因为地球引力的存在，不会做匀速直线运动．
7.【答案】B
【解析】解：地球的第一宇宙速度是卫星在近地圆轨道上的环绕速度，即轨道半径为地
球半径的环绕速度，则由=m得：v=
所以第一宇宙速度是，R为地球半径．地球半径增大到原来的2倍，所以第一宇宙速度（环绕速度）大小应为：v'=，即为原来的倍．故B正确，ACD错误．
故选：B．
明确第一宇宙速度是卫星在近地圆轨道上的环绕速度，根据引力提供向心力，从而列式联立求解即可得出正确结果．
卫星所受的万有引力等于向心力、地面附近引力等于重力是卫星类问题必须要考虑的问题，本题根据这两个关系即可列式求解！理解第一宇宙速度及线速度、角速度、半径、周期之间的关系时，一定要紧扣万有引力公式进行分析．
8.【答案】D
【解析】解：A、卫星绕地球做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，根据得：v=，卫星在停泊轨道和工作轨道运行的速度之比为：=，故A错误。

B、根据周期公式可知：T=，卫星在停泊轨道和工作轨道运行的周期之比为：为：=b，故B错误。

C、由v=知，r越大，v越小，第一宇宙速度是近地卫星绕地球做匀速圆周运动的环
绕速度，则卫星在停泊轨道运行的速度小于地球的第一宇宙速度，故C错误。

D、卫星从停泊轨道转移到地月转移轨道，要远离地球，卫星必须加速才能做离心运动，故D正确。

故选：D。

根据万有引力提供向心力得出线速度、周期与轨道半径和中心天体质量的关系，结合地球和月球的质量之比，以及停泊轨道和工作轨道的半径之比求出线速度之比、周期之比。

第一宇宙速度是绕地球做匀速圆周运动的最大环绕速度。

根据卫星变轨原理分析。

此题考查了人造卫星的相关知识，解决本题的关键掌握万有引力提供向心力这一重要理论，知道线速度、周期与轨道半径的关系，掌握第一宇宙速度的物理意义。

9.【答案】B
【解析】【分析】
根据万有引力提供向心力，分析线速度之比。

解决本题的关键掌握万有引力提供向心力。

【解答】
解：由万有引力提供向心力，
得v=，
木星的轨道半径约为地球轨道半径的5.2倍，
=0.44；故B正确，ACD错误。

故选B。

10.【答案】D
【解析】解：A、万有引力提供向心力
=m=m r
r=R+h
h=-R，故A错误；
B、第一宇宙速度为v1=，r＞R，所以卫星的运行速度小于第一宇宙速度，故B错误；
C、卫星运行时受到的向心力大小是F=，故C错误
D、地表重力加速度为g=，卫星运行的向心加速度小于地球表面的重力加速度，故D
正确；
故选：D．
同步卫星与地球相对静止，因而与地球自转同步，根据万有引力提供向心力，即可求出相关的量．
解决本题的关键掌握万有引力定律的两个重要理论：1、万有引力等于重力，2、万有引力提供向心力，并能灵活运用．知道同步卫星的周期与地球自转的周期相同．
11.【答案】AD
【解析】解：根据万有引力提供向心力
F万=F向
，所以有以下结论
，，，．
A、根据，r越小，a越大．故A正确．
B、根据，r越小，ω越大．故B错误．
C、根据，r越小，T越小．故C错误．
D、根据，r越小，v越大．故D正确．
故选：AD．
分辨率越高，可知r越小，根据万有引力提供向心力，找出向心加速度、角速度、线速度、周期与轨道半径的关系．
解决本题的关键是熟练掌握根据万有引力提供向心力
，熟练选择向心力的表达式是关键．
12.【答案】ABC
【解析】解：AD、因船在静水速度大于水流速度，则船的合速度可以垂直河岸，即能到达正对岸，则此时渡河位移是最短，其大小为河的宽度，即为120m，故A正确，D 错误；
BC、当静水中的速度与河岸垂直时，渡河时间最短，为：t min==s=30s，故渡河的时
间可能等于30 s；
此时它沿水流方向的位移大小为：x=v s t min=3×30m=90m，故BC正确。

故选：ABC。

因为水流速度小于静水速度，当静水速的方向与河岸垂直，渡河时间最短；当合速度与河岸垂直，渡河位移最短；速度的合成满足平行四边形定则。

解决本题的关键知道当静水速与河岸垂直时，渡河时间最短；当合速度垂直河岸时，位移最短。

13.【答案】BC
【解析】解：A、摩托车做匀速圆周运动，提供圆周运动的向心力是重
力mg和支持力F的合力，作出力图。

侧壁对摩托车的支持力F=不
变，则摩托车对侧壁的压力不变。

故A错误。

B、第二定律得F n=m可知，h越高，r越大，F n不变，则v越大。

故B
正确。

C、根据牛顿根据牛顿第二定律得F n=m，h越高，r越大，F n不变，则T越大。

故C
正确；
D、如图向心力F n=mg tanθ，m，θ不变，向心力大小不变。

故D错误。

故选：BC。

摩托车做匀速圆周运动，提供圆周运动的向心力是重力mg和支持力F的合力，作出力图，得出向心力大小不变。

h越高，圆周运动的半径越大，由向心力公式分析周期、线速度大小。

本题考查应用物理规律分析实际问题的能力，是圆锥摆模型，关键是分析物体的受力情况，研究不变量，再分析变化的物理量。

14.【答案】2：2：1 3：1：1
【解析】解：B点和C点是同缘传动，具有相同的线速度，根据ω=，知B．C两点的
角速度之比等于半径之反比，
所以ωB：ωC=r c：r b=2：1．而A点和B点具有相同的角速度，所以ωA：ωB：ωC=2：2：1。

根据v=rω，知A．B的线速度之比等于半径之比，所以v A：v B=3：1．因为B、C线速度相等，
所以v A：v B：v C=3：1：1；
故答案为：（1）2：2：1；（2）3：1：1；
（1）同缘传动边缘点线速度相等；同轴传动角速度相等；
（2）B点和C点具有相同的线速度，A点和B点具有相同的角速度。

根据v=rω，求出三点的角速度之比，线速度之比。

解决该题需明确知道同缘传动和同轴传动的特征，熟记线速度与角速度的关系式；
15.【答案】是8 0.8
【解析】解：（1）因为竖直方向上相等时间内的位移之比为1：3：5：7，符合初速度为零的匀变速直线运动特点，因此可知a点的竖直分速度为零，a点为小球的抛出点．（2）由照片的长度与实际背景屏的长度之比为1：4可得乙图中正方形的边长l=4cm；竖直方向上有：△y=2L=g′T2，
解得：g′===8m/s2．
（3）水平方向小球做匀速直线运动，因此小球平抛运动的初速度为：
v0===0.8m/s．
（4））b点竖直方向上的分速度v yb==m/s=0.8m/s．
则v b==0.8m/s=m/s．
故答案为：（1）是；（2）8；（3）0.8；（4）．
（1）初速度为零的匀变速直线运动中，连续相等时间内的位移之比为1：3：5…，由此可判断a点是不是平抛的起点；
（2）根据竖直方向上相等时间内的位移之差是一恒量求出星球表面的重力加速度；（3）平抛运动水平方向做匀速直线运动，结合水平位移和时间求出小球的初速度；（4）根据竖直方向上某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度求出b点的竖直分速度，根据平行四边形定则求出b点的速度．
解决本题的关键知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，能够灵活运用运动学公式处理水平方向和竖直方向上的运动．
16.【答案】解：（1）根据万有引力提供向心力有：
得地球的质量为：
（2）地球的体积为：
地球的密度为：
==
答：（1）地球的质量M为
（2）地球的密度为
【解析】（1）根据万有引力提供圆周运动向心力求中心天体地球的质量M；
（2）根据密度公式求解地球的密度。

本题要掌握万有引力提供向心力和星球表面的物体受到的重力等于万有引力，要求能够根据题意选择恰当的向心力的表达式。

17.【答案】解：（1）炸弹在空中做平抛运动，在竖直方向上做自由落体运动，竖直方向有：
h=gt2
解得：t=12s，
在水平方向上做匀速直线运动，则水平距离为：
x=v0t
联立解得：x=600m。

（2）敌舰在炸弹下落过程中，行驶的水平距离：
x'=vt=240m，
设飞机应在离敌舰水平距离△x处投弹，则有：
△x=x-x'=360m。

答：（1）飞机应在离敌舰水平距离600m处投弹。

（2）若敌舰以20m/s的速度向前方逃跑，飞机应在离敌舰水平距离360m处投弹。

【解析】（1）炸弹在空中做平抛运动，在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，根据高度求出运动的时间，结合初速度和时间，由x=v0t求出水平距离。

（2）计算敌舰在炸弹下落时间内行驶的距离，根据炸弹和敌舰的水平距离差确定投弹的水平距离。

此题考查了平抛运动的规律，解题的关键是利用竖直运动求解时间，利用水平运动求解水平距离。

18.【答案】解：（1）物体做竖直上抛运动，根据速度公式可知：t=
解得：g=
（2）根据重力提供向心力有：mg=m
联立以上式子得：v=
答：（1）该星球表面的重力加速度为；
（2）该星球上的第一宇宙速度为。

【解析】（1）根据竖直上抛运动的对称性，结合速度时间公式求出星球表面的重力加速度；
（2）结合重力提供向心力求出星球上的第一宇宙速度。

本题考查了竖直上抛运动与万有引力定律的综合，知道第一宇宙速度等于贴近星球表面做匀速圆周运动的速度，抓住重力提供向心力进行求解。

19.【答案】解：（1）当圆盘的角速度为ω0时，外侧橡皮绳恰好无拉力，
则有：k（）=m。

可得ω0=。

（2）ω2=＞，则外侧橡皮绳无拉力，设此时半径为r2，则有：
k（）=m。

解得R2=。

（3）ω1=＜，则内、外侧橡皮绳具有拉力。

设此时半径为r1，则有k（）-k（R-）=mω2R1。

解得R1=。

答：（1）当橡皮绳OO1拉伸而O1O'则好为原长时，圆盘的角速度为。

（2）圆盘的角速度为ω2=时，小球圆周运动的半径为。

（3）圆盘的角速度为时ω1=时，小球圆周运动的半径为。

【解析】外侧橡皮绳无拉力时，靠内侧绳的拉力提供向心力，结合牛顿第二定律和胡克定律求出圆盘转动的角速度大小，当角速度小于此时角速度时，两橡皮绳均有拉力，根据向心力公式结合胡克定律求出小球距圆心距离，当角速度大于此时角速度时，右侧橡皮绳无拉力，根据向心力公式结合胡克定律求解即可。

解决本题的关键知道圆周运动向心力的来源，结合牛顿第二定律和胡克定律综合求解，难度中等。