安徽省合肥市第六中学2019_2020学年高一物理下学期开学考试试题含解析

安徽省合肥市第六中学2019-2020学年高一物理下学期开学考试试题
（含解析）
一、选择题（每小题4分，共48分；其中1—8为单项选择题，9—12为多项选择题）
1.关于曲线运动，下列说法中正确的是()
A. 做曲线运动的物体，加速度一定变化
B. 做曲线运动的物体，加速度可能不变
C. 做曲线运动的物体，速度与加速度方向可以始终在一条直线上
D. 做曲线运动的物体，速度与加速度的方向不可能垂直
【答案】B
【解析】
【详解】A．曲线运动的速度方向是切线方向，时刻改变，一定是变速运动，一定具有加速度，但加速度可以不变，如平抛运动的加速度为g，是不变的，故A错误；
B．做曲线运动的物体，加速度可以不变，如平抛运动的加速度为g，是不变的，故B正确；C．曲线运动的条件是合力与速度方向不在同一条直线上，根据牛顿第二定律，加速度与合力同方向，故曲线运动中速度与加速度的方向不共线，故C错误；
D．做曲线运动的物体，速度与加速度可以垂直，如匀速圆周运动中加速度与速度一直垂直，故D错误；
故选B。

2.一条小河宽100m，水流速度为8m/s，一艘快艇在静水中的速度为6m/s，用该快艇将人员送往对岸．关于该快艇的说法中正确的是（）
A. 渡河的最短时间为10s
B. 渡河时间随河水流速加大而增长
C. 以最短位移渡河，位移大小100m
D. 以最短时间渡河，沿水流方向位移大小为400
m 3
【答案】D
【解析】
【详解】A．小船要过河时间最短，船头方向需垂直河岸方向
10050
s=s
63
t
A错误；
B．以最短时间渡河时，船头方向需垂直河岸方向，与水流的方向垂直，不论河水速度如何变化，都不会影响渡河时间，B错误；
C．当合速度的方向与快艇在静水中的速度方向垂直时，渡河位移最短，设船头与上游所成的
夹角为θ，则有
63
cos
84
θ==渡河的最短航程
min
400
m
cos3
d
x
θ
==
C错误；
D．以最短时间渡河时，那么沿水流方向位移大小为
50400
8m=m
33
⨯
D正确。

故选Ｄ。

3.风速仪结构如图（a）所示．光源发出的光经光纤传输，被探测器接收，当风轮旋转时，通过齿轮带动凸轮圆盘旋转，当圆盘上的凸轮经过透镜系统时光被挡住．已知风轮叶片转动半径为r，每转动n圈带动凸轮圆盘转动一圈．若某段时间Δt内探测器接收到的光强随时间变化关系如图（b）所示，则该时间段内风轮叶片
A. 转速逐渐减小，平均速率为4πnr
t∆
B. 转速逐渐减小，平均速率为8πnr
t∆
C. 转速逐渐增大，平均速率为4πnr
t∆
D. 转速逐渐增大，平均速率为8πnr
t∆
【答案】B 【解析】
【详解】根据题意，从图（b ）可以看出，在Δt 时间内，探测器接收到光的时间在增长，圆盘凸轮的挡光时间也在增长，可以确定圆盘凸轮的转动速度在减小；在Δt 时间内可以从图看出有4次挡光，即圆盘转动4周，则风轮叶片转动了4n 周，风轮叶片转过的弧长为42πl n r =⨯，叶片转动速率为：8πn r
v t
=
∆，故选项B 正确． 【点睛】先通过图示判断圆盘凸轮的转动速度变化和转动圈数，再通过圆周运动的关系计算叶片转动速率．
4.如图所示，一倾斜的匀质圆盘垂直于盘面的固定对称轴以恒定的角速度ω转动，盘面上离转轴距离2.5m 处有一小物体与圆盘始终保持相对静止，物体与盘面间的动摩擦因数为
3
2
．设最大静摩擦力等于滑动摩擦力），盘面与水平面间的夹角为30°，g 取10m/s 2．则ω的最大值是( )
A. 5rad/s
B. 3rad/s
C. 1.0rad/s
D. 0.5rad/s
【答案】C 【解析】
【详解】试题分析：随着角速度的增大，小物体最先相对于圆盘发生相对滑动的位置为转到最低点时，此时对小物体有
，解得，此即为小物
体在最低位置发生相对滑动的临界角速度，故选C ．
5.如图所示，两个完全相同的光滑小球P 、Q ，放置在墙壁和斜木板之间，当斜木板和竖直墙壁的夹角θ角缓慢减小时（θ＜900
），则（ ）
A. 墙壁、木板受到P球的压力均不变
B. 墙壁、木板受到P球的压力均减小
C. Q球对P球
的压力增大，对木板的压力减小D. P球受到墙壁、木板和Q球的作用力的合力变大【答案】C 【解析】【详解】AB.以小球P、Q整体为研究对象，处于平衡装态，根据受力平衡，有：由图可知，墙壁给球的压力F2=
()
tan
P Q
m m g
θ
+
，逐渐增大，故A错误，B错误；
C.Q球对P球的压力F N1=m Q gcosθ，θ角缓慢减小，压力F N1增大；对木板的压力F N2=m Q gsinθ，压力F N2减小．故C正确；
D.P球受力平衡，受到墙壁、木板和Q球的作用力的合力大小等于P球重力，大小不变，故D 错误．
故选C
6.如图，窗子上、下沿间的高度H＝1.6 m，墙的厚度d＝0.4 m，某人在离墙壁距离L＝1.4 m、距窗子上沿高h＝0.2 m处的P点，将可视为质点的小物体以速度v垂直于墙壁水平抛出，小物体直接穿过窗口并落在水平地面上，g取10 m/s2，则v的取值范围是( )
A. v>7 m/s
B. v>2.3 m/s
C 3 m/s<v<7 m/s D. 2.3 m/s<v<3 m/s
【答案】C 【解析】
【详解】小物体做平抛运动，恰好擦着窗子上沿右侧穿过时v 最大．此时有L ＝v max t ，h ＝12
gt 2
代入数据解得v max ＝7 m/s ．
恰好擦着窗口下沿左侧时速度v 最小，则有
L ＋d ＝v min t′，H ＋h ＝
1
2
gt ′2 解得v min ＝3 m/s
故v 的取值范围是3 m/s<v <7 m/s ． 故选C ．
7.若在某行星和地球上相对于各自的水平地面附近相同的高度处、以相同的速率平抛一物体，
它们在水平方向运动的距离之比为2．已知该行星质量约为地球的7倍，地球的半径为
R ．由此可知，该行星的半径约为（ ）
A.
12
R B.
72
R C. 2R
D.
2
R 【答案】C 【解析】 【分析】
通过平抛运动的规律求出在星球上该行星表面的重力加速度与地球表面的重力加速度之比，再由万有引力等于重力，求出行星的半径； 【详解】对于任一行星，设其表面重力加速度为g
根据平抛运动的规律得：212
h gt =
，得到：t =
则水平射程0x v t v ==可得该行星表面的重力加速度与地球表面的重力加速度之比2
27
4g x g x ==行地地行
根据2Mm G mg r =，得2GM
g r
=，可得2
2 g M R g M R =
⋅行行地地地行
解得行星的半径
2R R R R ===行地，故选项C 正确，ABD 错误． 【点睛】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，以及掌握万有引力等于重力这一理论，并能灵活运用．
8.我国计划于2018年择机发射“嫦娥五号”航天器，假设航天器在近月轨道上绕月球做匀速圆周运动，经过时间t （小于绕行周期），运动的弧长为s ，航天器与月球中心连线扫过的角度为θ（弧度），引力常量为G ，则（ ） A. 航天器的轨道半径为
t
θ B. 航天器的环绕周期为
t πθ
C. 月球的的质量为3
2s Gt θ
D. 月球的密度为2
34Gt
θ
【答案】C 【解析】
A 项：由题意可知，线速度s v t =
，角速度t
θ
ω=，由线速度与角速度关系v r ω=可知，s r t t θ=，所以半径为s
r θ
=，故A 错误； B 项：根据圆周运动的周期公式
222t T t
πππθ
ω
θ===
，故B 错误；
C 项：根据万有引力提供向心力可知，2
2mM v G m r r
=即2232()?s s
v r s t M G G Gt θθ
===，故C 正确；
D 项：由于不知月球的半径，所以无法求出月球的密度，故D 错误；
点晴：解决本题关键将圆周运动的线速度、角速度定义式应用到万有引力与航天中去，由于不知月球的半径，所以无法求出月球的密度．
9.如图所示，物体A 和B 的质量均为m ，且分别用轻绳连接并跨过定滑轮（不计绳子与滑轮、滑轮与轴之间的摩擦）．在用水平变力F 拉物体B 沿水平方向向右做匀速直线运动的过程中（ ）
A. 物体A 也做匀速直线运动
B. 绳子的拉力始终大于物体A 所受的重力
C. 物体A 的速度小于物体B 的速度
D. 地面对物体B 的支持力逐渐增大 【答案】BCD 【解析】
试题分析：以物体绳子与物体B 的结点为研究对象，将B 的速度分解成绳子伸长的速度1v 和垂直绳子方向的速度2v ，如图所示.
1cos v v θ=，绳子伸长的速度等于物体A 上升的速度．物体A 的速度1cos A v v v θ==，物体
B 向右运动θ减小，所以A v 增大，物体A 处于超重状态，绳子拉力始终大于物体A 所受的重力，由于物体A 上升的加速度在减小，所以拉力T F 在减小，地面对B 的支持力
sin NB B T F m g F θ=-，物体B 向右运动θ减小，NB F 增大．
故选BCD
考点：运动的合成与分解
点评：物体B 的运动在研时要根据效果进行分解，一般分解为沿绳子方向的运动和垂直于绳子方向的运动．
10.质量为m 的物体沿着半径为r 的半球形金属球壳滑到最低点时的速度大小为υ，如图所示，若物体与球壳之间的摩擦因数为μ，则物体在最低点时的（ ）
A. 向心加速度为
2 v r
B. 向心力为m（g+
2
v
r
）
C. 对球壳的压力为
2 mv r
D. 受到的摩擦力为μm（g+
2
v
r
）
【答案】AD 【解析】
【详解】物体滑到半球形金属球壳最低点时，速度大小为v，半径为R，向心加速度为a n=
2
v
r
，
故A正确．根据牛顿第二定律得知，物体在最低点时的向心力F n=ma n=m
2
v
r
，故B错误．根据
牛顿第二定律得N-mg=m
2
v
r
，得到金属球壳对小球的支持力N=m（g+
2
v
r
），由牛顿第三定律可
知，小球对金属球壳的压力大小N′=m（g+
2
v
r
），故C错误．物体在最低点时，受到的摩擦力
为f=μN=μm（g+
2
v
r
），故D正确．故选AD．
【点睛】本题是变速圆周运动动力学问题，关键是分析小球的受力情况，确定向心力的来源．对于变速圆周运动，由指向圆心的合力提供向心力．
11.2017年，人类第一次直接探测到来自双中子星合并的引力波。

根据科学家们复原的过程，在两颗中子星合并前约100s时，它们相距约400km，绕二者连线上的某点每秒转动12圈，将两颗中子星都看作是质量均匀分布的球体，由这些数据、万有引力常量并利用牛顿力学知识，可以估算出这一时刻两颗中子星（）
A. 质量之积
B. 质量之和
C. 速率之和
D. 各自的自转角速度
【答案】BC 【解析】
【详解】AB ．双中子星做匀速圆周运动的频率f =12Hz （周期11s 12
T f ==），由万有引力等于向心力，可得
212112(2)Gm m m r f r π=，2
12222
2()m m G m r f r
π= r 1+r 2=r =400km
联立解得
23
12(2)f r m m G
π+=
选项B 正确A 错误； C ．由2v πfr =可得
1212222v v πfr πfr πfr +=+=
选项C 正确；
D ．不能得出各自自转的角速度，选项D 错误。

【点睛】此题以最新科学发现为情景，考查天体运动、万有引力定律等。

12.如图，传送带两轮间距为L ，传送带运动速度为v 0，今在其左端静止地放一个木块，设木块与传送带之间的动摩擦因数为μ，放上木块后传送带速率不受影响，则木块从左端运动到右端的时间可能是( )
A. L/v 0
B.
2v L v g
μ 2L g
μ
D. 0
2L v
【答案】BCD
【解析】
【详解】C 、若木块沿着传送带的运动是一直加速，根据牛顿第二定律，有μmg =ma ①，根据位移时间公式，有212L at =
②，由①②解得2L
t g
μ=，故C 正确；B 、若木块沿着传送带的运动是先加速后匀速，根据牛顿第二定律，有μmg =ma ③，根据速度时间公式，有v 0=at 1 ④，根据速度位移公式，有v 02=2ax 1 ⑤，匀速运动过程，有L -x 1=vt 2 ⑥由③④⑤⑥解得
0120
2v L
t t t g v μ=+=
+，故B 正确；D 、如果物体滑到最右端时,速度恰好增加到v ，根据平均速度公式有02v t
L v t ==
平均,得0
2L t v =,故D 正确．A 、木块放在传送带后做的不是匀速直线运
动，时间不可能等于0
L
v ，故A 错误．故选BCD ．
【点睛】本题关键是将小滑块的运动分为两种情况分析，一直匀加速或先匀加速后匀速，然后根据牛顿第二定律和运动学公式列式求解．
二、实验题（每空3分，共18分，请将正确的答案填写在答卷上）
13.如图所示，在“研究平抛运动”的实验中，可以描绘出小球平抛运动的轨迹，实验简要步骤如下：
A.让小球多次从同一位置静止释放，在一张印有小方格的纸上记下小球经过的一系列位置，如图中a 、b 、c 、d 所示.
B.安装好器材，注意斜槽末端切线水平，记下平抛初位置O 点和过O 点的水平线与竖直线.
C.取下方格纸，以O 为原点，以水平线为x 轴，竖直线为y 轴建立坐标系，用平滑曲线画出小球平抛运动的轨迹.
（1）上述实验步骤的合理顺序是____________.
（2）已知图中小方格的边长为L，则小球从a位置运动到c位置所用的时间为________，小球平抛的初速度为________. (均用L、g表示)
【答案】 (1). BAC (2). 2L g
(3). 2Lg
【解析】
【详解】(1)[1]实验操作中要先安装仪器,然后进行实验操作,在进行数据处理，故实验顺序
为:B,A,C
(2)[2])由图可以知道a、b、c、d之间的时间间隔是相同的,因此根据匀变速直线运动的规律有:
2
h gT
∆=
由题可以知道h L
∆=,带入计算得出每相邻两个位置的时间间隔为：
L
T
g
=
则小球从a位置运动到c位置所用的时间为：
22
L
t T
g
==
[3] 水平方向匀速直线运动，
2
x L v T
==
小球平抛的初速度为：
2
2
L
v gL
T
==
14.用如图甲所示的实验装置，探究加速度与力、质量的关系实验中，将一端带定滑轮的长木
板放在水平实验桌面上，实验小车通过轻细绳跨过定滑轮与砂桶相连，小车与纸带相连，打
点计时器所用交流电的频率为f＝50 Hz.平衡摩擦力后，在保持实验小车质量不变的情况下，
放开砂桶，小车加速运动，处理纸带得到小车运动的加速度为a；改变砂桶中沙子的质量，重复实验三次．
（1）在验证“质量一定，加速度a 与合外力F 的关系”时，某学生根据实验数据作出了如图乙所示的a F -图象，其中图线不过原点并在末端发生了弯曲现象，产生这两种现象的原因可能有_____．
A ．木板右端垫起的高度过小（即平衡摩擦力不足）
B ．木板右端垫起的高度过大（即平衡摩擦力过度）
C ．砂桶和沙子的总质量m 远小于小车和砝码的总质量M （即m M <<）
D ．砂桶和沙子的总质量m 未远小于小车和砝码的总质量M ．
（2）实验过程中打出的一条理想纸带如图丙所示，图中O 、A 、B 、C 、D 、E 、F 为相邻的计数点，相邻两计数点间还有4个点未画出，则小车运动的加速度a ＝_____2m s .（结果保留3位有效数字）
（3）小车质量M 一定，改变砂桶中沙子的质量，砂桶和沙子的总质量为m ，根据实验数据描绘出的小车加速度a 与砂桶和沙子的总质量m 之间的
11a m
-关系图象如图丁所示，则小车的质量M =_____Kg .（g=10m/s 2）
【答案】 (1). BD (2). 2.00 (3). 0.4
【解析】
(1)图线不过原点且力为零时小车加速度不为零；所以木板右端垫起的高度过大（即平衡摩擦力过度）
图线末端发生了弯曲现象，是因为当砂桶和沙子的总质量m 未远小于小车和砝码的总质量M 后，绳上拉力小于砂桶和沙子的总重力．
故答案为BD
(2) 相邻两计数点间还有4个点未画出，则两计数点间时间间隔0.10T s =
小车运动的加速度 ()2222211.9910.017.98 6.02 3.96 2.0010/ 2.00/(3)0.30
CF OC x x a m s m s T -++---⨯-=== (3) 设绳子拉力为T ，对砂桶和沙子受力分析，由牛顿第二定律可得：mg T ma -= 对小车和砝码受力分析，由牛顿第二定律可得：T Ma =
联立解得：mg a m M
=+，整理得：111M a g g m =+⋅ 由11a m
-关系图象可得：0.50.1100M g -=-，解得：0.40M kg = 三、计算题（共34分）
15.如图：质量为5kg 的物体与水平地面间的动摩擦因数0.2μ=，现用25N F =与水平方成37θ=的力拉物体，使物体由静止加速运动，10s 后撤去拉力.求：
（1）物体在两个阶段的加速度各是多大？（210m/s g =）
（2）物体从运动到停止总的位移．
【答案】（1）物体在两个阶段的加速度各分别是2.6m/s 2和2m/s 2；
（2）物体从运动到停止总的位移为299m ．
【解析】
【详解】（1）物体的受力如图所示，则有：
F cos37°-f =ma ；N +F sin37°=mg ； f =μN
联立三式代入数据解得：a =2.6m/s 2．
撤去拉力后，加速度为：
22m/s mg a g m μμ'===
（2）10s 末物体的速度为：v =at =2.6×10=26m/s
则物体的总位移：
2222
2626m+m=299m 222222
.6v v s a a ⨯=+=⨯ 16.如图所示，一根原长为L 的轻弹簧套在光滑直杆AB 上，其下端固定在杆的A 端，质量为m 的小球也套在杆上且与弹簧的上端相连．小球和杆一起绕经过杆A 端的竖直轴OO 匀速转动，且杆与水平面间始终保持
37︒角．已知杆处于静止状态时弹簧长度为0.5L ，重力加速度为g ，sin 37︒0.6，cos 37︒0.8,求：
(1)弹簧的劲度系数k ；
(2)弹簧为原长时，小球的角速度0
(3)当杆的角速度=5
4g L
时弹簧的长
【答案】（1）65mg k L =
（2）01516g L
ω=3）'3L L = 【解析】 【详解】(1)由平衡条件 sin 372
mg L k ︒= 解得弹簧的劲度系数为
65mg k L
=
(2)当弹簧弹力为零时，小球只受到重力和杆的支持力，它们的合力提供向心力，则有：
02375a s 3t n in m L g m ω︒︒=
解得
01516g L ω=
(3)当15
4g L
ωω=
>时，弹簧处于伸长状态，伸长量为x ，由正交分解知 竖直方向 N cos37sin37F kx mg ︒︒-=
水平方向
()2N sin37cos37sin53F kx m L x ω︒︒︒+=+
解得
2x L =
所以弹簧长度为
'3L L =
17.已知某半径与地球相等的星球的第一宇宙速度是地球的12
倍．地球表面的重力加速度为g ．在这个星球上用细线把小球悬挂在墙壁上的钉子O 上，小球绕悬点O 在竖直平面内做圆周运动．小球质量为m ，绳长为L ，悬点距地面高度为H ．小球运动至最低点时，绳恰被拉断，小球着地时水平位移为S 求：
(1)星球表面的重力加速度？
(2)细线刚被拉断时，小球抛出的速度多大？
(3)细线所能承受的最大拉力？
【答案】(1)01=4g g 星 (2)0v =201[1]42()s T mg H L L =+- 【解析】 【详解】（1）由万有引力等于向心力可知2
2Mm v G m R R
= 2
Mm G mg R = 可得2
v g R
= 则014g g 星＝
（2）由平抛运动的规律：212
H L g t -=星 0s v t =
解得0v =（3）由牛顿定律，在最低点时：2
v T mg m L
-星＝ 解得：2
01142()s T mg H L L ⎡⎤=+⎢⎥-⎣⎦
【点睛】本题考查了万有引力定律、圆周运动和平抛运动的综合，联系三个问题的物理量是重力加速度g 0；知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律和圆周运动向心力的来源是解决本题的关键．。