优质试卷：宁夏银川市银川一中2020-2021学年高一(下)期中物理试题(含答案及解析)

银川一中2020/2021学年度（下）高一期中考试物理试卷
一、单项选择题（本题共12小题，每小题3分，共36分）
1. 做匀速圆周运动的物体，下列哪组物理量是不变的（）
A. 向心力、向心加速度
B. 合外力、周期
C. 角速度、向心加速度
D. 角速度、转速
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】做匀速圆周运动的物体，周期、角速度和转速是不变的；合外力、向心力、向心加速度的大小不变，方向不断变化。

故选D。

2. 在水平路面上安全转弯的汽车，提供其向心力的是()
A. 重力和支持力的合力
B. 重力、支持力和牵引力
的合力C. 汽车与路面间的静摩擦力D. 汽车与路面间的滑动摩擦力【答案】C 【解析】【详解】本题考查向心力的特点，物体做圆周运动时，做圆周运动所需的向心力必须由外力来提供.在水平
路面上安全转弯的汽车，汽车受重力和支持力作用，但它们都在竖直方向上，二力平衡，是地面给人的静摩擦力提供了人做圆周运动的向心力，所以正确选项为C.
思路分析：根据受力分析，向心力并不是物体受到的力而是由某一个力、或某一个力的分力、或者几个力的合力提供．
试题点评：考查圆周运动向心力来源问题．
3. 如图所示，细杆的一端与一小球相连，可绕过O点的水平轴自由转动，现给小球一初速度，使它做圆周运动。

图中a，b分别表示小球轨道的最低点和最高点。

则杆对球的作用力不可能是（）
A. a处为拉力，b处没有力
B. a处为拉力，b处为推力
C. a处为推力，b处为推力
D. a处为拉力，b处为拉力
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】在a点向心力竖直向上，小球受到竖直向下的重力和杆对球的作用力，两者的合力竖直向上，故
在a处杆对球的作用力一定是拉力；在b处当重力完全充当向心力时，杆对球没有作用力，
2
v
mg m
r
=，即
v gr
=，若小球在b 点的速度小于gr，则杆对小球有推力，若小球在b 点的速度大于gr，则杆对小球有拉力作用。

故ABD不符合题意，C符合题意。

故选C。

4. 由上海飞往美国洛杉矶的飞机在飞越太平洋上空的过程中，如果保持飞行速度的大小和距离海面的高度均不变，则以下说法正确的是（）
A. 飞机做
的是匀速直线运动B. 飞机上的乘客对座椅的压力略大于地球对乘客的引力C. 飞机上的乘客对座椅的压力略小于地球对乘客的引力D. 飞机上的乘客对座椅的压力为零【答案】C 【解析】【详解】试题分析：飞机保持飞行速度大小和距离海面的高度均不变，则飞机做是匀速圆周运动，飞机上
的乘客受重力和座椅支持力的作用，合力为乘客做匀速圆周运动的向心力，方向向下，故地球的引力大于支力．所以C正确．
考点：万有引力
点评：本题考查了万有引力的综合应用．通常万有引力提供向心力时，物体会做匀速圆周运动，物体处于完全失重状态．
5. 万有引力定律首次揭示了自然界中物体间一种基本相互作用的规律，以下说法正确的是（）
A. 物体的重力不是地球对物体的万有引力引起的
B. 人造地球卫星离地球越远，受到地球的万有引力越大
C. 人造地球卫星绕地球运动的向心力由地球对它的万有引力提供
D. 环绕地球的天宫一号内的宇航员处于失重状态，说明在宇航员不再受到万有引力的作用
【答案】C 【解析】 【分析】
【详解】A.物体的重力是地球对物体的万有引力引起的，所以A 错误； B.人造地球卫星离地球越远，根据万有引力公式
2
Mm
F G
r = 则人造地球卫星受到地球的万有引力越小，所以B 错误；
C.人造地球卫星绕地球运动的向心力由地球对它的万有引力提供，所以C 正确；
D.环绕地球的天宫一号内的宇航员处于失重状态，说明在宇航员只受到万有引力的作用，所以D 错误； 故选C 。

6. 如图所示，A 、B 、C 分别是自行车的大齿轮、小齿轮和后轮的边缘上的三个点，到各自转动轴的距离分别为3r 、r 和10r 。

支起自行车后轮，在转动踏板的过程中，A 、B 、C 三点（ ）
A. 角速度大小关系是ωA >ωB =ωC
B. 线速度大小关系是v A < v B <v C
C. 转速之比是n A ︰n B ︰n C = 1︰3︰3
D. 加速度之比是a A ︰a B ︰a C = 1︰30︰3
【答案】C 【解析】 【分析】
【详解】A ．大齿轮与小齿轮是同缘传动，边缘点线速度相等，则有
:1:1A B v v =
根据v r ω=则有
::1:3A B B A r r ωω==
小齿轮与后轮是同轴传动,角速度相等，则有
:1:1B C ωω=
根据v r ω=则有
:1:10B C v v =
所以角速度大小关系是
::1:3:3A B C ωωω=
则
ωA <ωB =ωC
选项A 错误； B ．线速度大小关系是
::1:1:10A B C v v v =
则
v A = v B <v C
选项B 错误； D ．根据a v ω=可知
::1:3:30A B C a a a =
选项D 错误；
C ．根据2n ωπ=可知转速之比是
::1:3:3A B C n n n =
选项C 正确。

故选C 。

7. 如图所示，某人造地球卫星绕地球做匀速圆周运动，其轨道半径为月球绕地球运转半径的1
4
，设月球绕地球运动的周期为27天，则此卫星的运转周期大约是（ ）
A. 3.4天
B. 1天
C. 6.75天
D. 9天
【解析】 【
分析】 【详解】根据
2224Mm G m r r T
π= 得 234r T GM
π=
因为人造卫星的轨道半径为月球绕地球运转半径的
1
4，则周期为月球绕地球转动周期的18
，月球绕地球运动的周期为27天，则卫星的运转周期大约是3.4天，故A 正确。

故选A 。

8. 英国《新科学家（New S ci en ti s t ）》杂志评选出了2008年度世界8项科学之最，在XTEJ1650-500双星系
统中发现的最小黑洞位列其中，若某黑洞的半径R 约4.5km ，质量M 和半径R 的关系满足2
2M c R G
=
（其中c 为光速，G 为引力常量），则该黑洞表面重力加速度的数量级为（ ）
A. 1014m/s 2
B. 1013m/s 2
C. 1012m/s 2
D. 1010m/s 2
【答案】B 【解析】 【分析】
【详解】黑洞实际为一天体，天体表面的物体受到的重力近似等于物体与该天体之间的万有引力，对黑洞
表面的某一质量为m 物体有 2
Mm
G
mg R ＝ 又有 2
2M c R G
=
联立解得
2
2c g R
＝ 代入数据得重力加速度的数量级为1013m/s 2。

9. 1990年5月，紫金山天文台将他们发现的第2752号小行星命名为吴健雄星，该小行星的半径为16km ，若将此小行星和地球均看成质量分布均匀的球体，小行星密度与地球相同。

已知地球半径R =6400km ，地球的第一宇宙速度为v ，则这个小行星的第一宇宙速度为（ ） A. 400v B.
1400
v C. 20v D.
120
v 【答案】B 【解析】 【分析】
【详解】由于小行星密度与地球相同，根据3
4=3
M V R ρρπ⋅=⋅
得小行星质量与地球质量之比为 3
3M R M R =行行
地地
根据星球表面万有引力提供向心力，列出等式
22Mm v G m R R
= 得
GM
v R
=
所以小行星第一宇宙速度与地球第一宇宙速度之比为
1400
v R v R =
=
行行地
地
所以这个小行星第一宇宙速度为1
400
v 。

故选B 。

10. 如图所示，a 、b 、c 、d 是在地球大气层外的圆形轨道上匀速运行的四颗人造卫星。

其中a 、c 的轨道相交于点P ，b 、d 在同一个圆轨道上。

某时刻b 卫星恰好处于c 卫星的正上方。

下列说法中正确的是（ ）
A. b 、d 存在相撞危险
B. a 、c 的加速度大小相等，且小于d 的加速度
C. b 、c 的角速度大小相等，且小于a 的角速度
D. a 、c 的线速度大小相等，且大于d 的线速度 【答案】D 【解析】 【分析】
【详解】根据万有引力提供向心力，由
222
224()()()GMm mv F ma m R h m R h R h T R h
πω===+=+=++
分析即可。

A ．b 、d 在同一圆轨道上，线速度大小，角速度均相等，不可能相撞，故A 错误；
B ．a 、c 的轨道相交于P ，故a 、c 的轨道半径相同，则加速度大小相等；某时刻b 卫星恰好处于c 卫星的正上方，说明b 、d 的轨道半径大于c 的轨道半径，故a 、c 的加速度大于b 、d 的加速度；故B 错误；
C ．b 、c 的轨道半径不同，轨道半径越大，角速度越小，故b 的角速度小于c 的角速度，a 、c 的轨道半径相同，a 的角速度等于c 的角速度，故C 错误；
D ．a 、c 的轨道半径相同，故a 、c 的线速度大小相等，a 的轨道半径小于d 的轨道半径，故a 的线速度大于d 的线速度，故D 正确。

故选D 。

故选B 。

11. 有一水平的转盘在水平面内匀速转动，在转盘上放一质量为m 的物块恰能随转盘一起匀速转动，则下列关于物块的运动正确的是（ ）
A. 如果将转盘的角速度增大，则物块可能沿切线方向飞出
B. 如果将转盘的角速度减小，物块将沿曲线逐渐靠近圆心
C. 如果将转盘的角速度增大，物块将沿曲线逐渐远离圆心
D. 如果将转盘的周期增大，物块将沿半径逐渐靠近圆心 【答案】C 【解析】 【分析】
【详解】ABC ．如果将转盘的角速度增大，摩擦力不足够提供向心力，物块将沿曲线逐渐远离圆心，所以C 正确；AB 错误；
D ．如果将转盘的周期增大，向心力减小，静摩擦力减小，物体仍在原来的位置随转盘做匀速圆周运动，所以D 错误； 故选C 。

12. 如图所示，小球以0v 正对倾角为θ的斜面水平抛出，若小球到达斜面的位移最小，则飞行时间t 为（不计空气阻力，重力加速度为g ）（ ）
A.
0tan v g
θ
B.
02tan v g
θ
C.
tan v g θ
D.
2tan v g θ
【答案】D 【解析】
【详解】如图所示，要使小球到达斜面的位移最小，则小球在斜面上的落点与抛出点的连线应与斜面垂直，所以有
tan x y
θ=
而
0x v t =
212
y gt =
解得
an 2t v t g θ
=
故选D 。

二、多项选择题：本题共6小题，每小题3分，共18分。

在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。

全部选对的得3分，选对但不全的得2分，不选或有选错的得0分。

13. 如图，在同一竖直面内，小球a 、b 从高度不同的两点，分别以初速度v a 和v b 沿水平方向抛出，经过时间t a 和t b 后落到与两抛出点水平距离相等的P 点。

若不计空气阻力，下列关系式正确的是（ ）
A. t a >t b
B. t a <t b
C. v a <v b
D. v a >v b 【答案】AC 【解析】
【详解】AB ．设小球a 的高度为a h ，小球b 的高度为b h ，由题可知两个小球都做平抛运动，竖直方向做自由落体运动，根据
212
h gt =
得
2h t g
=
因为
a b h h >
则
a b t t >
故B 错误，A 正确； CD ．根据
0x v t =
因为水平位移相等，且
a b t t >
则
a b v v <
故D 错误，C 正确。

故选AC 。

14. 如图所示，摩天轮悬挂的座舱在竖直平面内做匀速圆周运动。

座舱的质量为m ，运动半径为R ，角速度
大小为ω，重力加速度为g ，则座舱的（ ）
A. 运动周期为
2π
ω
B. 线速度的大小为ωR
C. 受合力的大小始终为零
D. 受摩天轮作用力的大小始终为mω2R
【答案】AB 【解析】 【分析】
【详解】A ．由于座舱做匀速圆周运动，由公式2πT ω=
得 2πT ω
=
选项A 正确；
B ．由圆周运动的线速度与角速度的关系可知
v R ω=
选项B 正确；
C ．由于座舱做匀速圆周运动，所以座舱受到合力的大小不为零，选项C 错误；
D ．由匀速圆周运动的合力提供向心力可得
2=F m R ω合
此合力为摩天轮作用力和重力的合力，选项D 错误。

故选AB 。

15. 半径为R 的光滑半圆球固定在水平面上，顶部有一小物体，如图所示。

今给小物体一个水平初速度
0v gR =，则物体将（ ）
A. 到达地面之前只受到重力作用
B. 先沿球面滑至某点N 再离开球面做斜下抛运动
C. 立即离开半圆球做平抛运动，且水平射程为x ，且2R <x <2R
D. 立即离开半圆球做平抛运动，且水平射程为一定为2R 【答案】AD 【解析】 【分析】
【详解】AB ．在最高点，根据牛顿第二定律得
2
0v mg N m R
-= 解得
N =0
知物体在最高点支持力为零，仅受重力，做平抛运动。

选项A 正确，B 错误； CD ．由0x v t =，2
12
R gt =
解得 x =2R
选项D 正确，C 错误。

故选AD 。

16. 如图所示，物块B 套在倾斜杆上，并用轻绳与物块A 相连，今使物块B 沿杆由点M 匀速下滑到N 点，运动中连接A 、B 的轻绳始终保持绷紧状态，在下滑过程中，正确的是
A. 物块A 的速度先变大后变小
B. 物块A 的速度先变小后变大
C. 物块A 始终处于超重状态
D. 物块A 先处于超重状态后处于失重状态 【答案】BC 【解析】
【详解】AB 、将B 的速度分解为沿绳子方向和垂直于绳子方向，如图：
根据平行四边形定则，沿绳子方向的速度为：v A ＝v B cosθ，可知θ在增大到90°的过程中，A 的速度方向向下，且逐渐减小；由图可知，当B 到达P 点时，B 与滑轮之间的距离最短，θ＝90°，A 的速度等于0，随后A 向上运动，且速度增大．所以在B 沿杆由点M 匀速下滑到N 点的过程中，A 的速度先向下减小，然后向上增大．故A 错误，B 正确；
CD 、物体A 向下做减速运动和向上做加速运动的过程中，加速度的方向都向上，所以A 始终处于超重状态．故C 正确，D 错误．
17. 经长期观测，人们在宇宙中已经发现了“双星系统”，“双星系统”由两颗相距较近的恒星组成，每个恒星的线度远小于两个星体之间的距离，而且双星系统一般远离其他天体。

如图所示，两颗星球组成的双星，在相互之间的万有引力作用下，绕连线上的O 点做周期相同的匀速圆周运动。

现测得两颗星之间的距离为L ，m 1的公转周期为T ，引力常量为G ，各自做圆周运动的轨道半径之比为r 1∶r 2=3∶2。

则可知（ ）
A. 两天体的质量之比为m 1∶m 2=3∶2
B. m 1、m 2做圆周运动的角速度之比为2∶3
C. 两天体的总质量一定等于232
4L GT π
D. m 1、m 2做圆周运动的向心力大小相等
【答案】CD 【解析】 【分析】
【详解】ABD ．对双星系统绕O 点转动的角速度相同，则两天体做圆周运动的向心力由两天体间的万有引力提供，即
22
1211222
m m F G
m r m r L
ωω===
可得
12 21
2 = 3
m r
m r
=
选项AB错误，D正确；
C．根据
22
12
1122
2
m m
G m r m r
L
ωω
==
可得
22
2
1
r L
m
G
ω
=，
22
1
2
r L
m
G
ω
=
则
2323
122
4
L L
M m m
G GT
ωπ
=+==
选项C正确；
故选CD。

18. 美国宇航局发射的“深度撞击”号探测器成功撞击“坦普尔一号”彗星，实现了人类历史上第一次对彗星的“大对撞”。

如图所示，假设“坦普尔一号”彗星绕太阳运行的轨道是一个椭圆，其运动周期为5.74年，则关于“坦普尔一号”彗星的下列说法中正确的是（）
A. 绕太阳运动的角速度不变
B. 近日点线速度大于远日点处线速度
C. 近日点加速度大于远日点处加速度
D. 其椭圆轨道半长轴的三次方与环绕周期的二次方之比和地球的圆轨道半径的三次方与公转周期的二次方之比是相同的
【答案】BCD
【解析】
【分析】
【详解】A ．根据22Mm
G
mr r
ω=得 3GM
r
ω=
“坦普尔一号”彗星绕太阳运动的半径不同，角速度不同，选项A 错误； B ．根据开普勒第二定律可知近日点线速度大于远日点处线速度，选项B 正确； C ．根据2
Mm
G
ma r =可知近日点加速度大于远日点处加速度，选项C 正确； D ．根据开普勒第三定律可知其椭圆轨道半长轴的三次方与环绕周期的二次方之比和地球的圆轨道半径的三次方与公转周期的二次方之比是相同的，选项D 正确。

故选BCD 。

三、实验题（共10分）
19. 某实验小组利用图1所示装置测定平抛运动的初速度。

把白纸和复写纸叠放一起固定在竖直木板上，在桌面上固定一个斜面，斜面的底边ab 与桌子边缘及木板均平行。

每次改变木板和桌边之间的距离，让钢球从斜面顶端同一位置滚下，通过碰撞复写纸，在白纸上记录钢球的落点。

①为了正确完成实验，以下做法必要的是________。

A.实验时应保持桌面水平 B.每次应使钢球从静止开始释放 C.使斜面的底边ab 与桌边重合 D.选择对钢球摩擦力尽可能小的斜面
②实验小组每次将木板向远离桌子的方向移动0.2m ，在白纸上记录了钢球的4个落点，相邻两点之间的距离依次为15.0cm 、25.0cm 、35.0cm ，示意如图2。

重力加速度2
10m /s g =，钢球平抛的初速度为________m/s 。

③图1装置中，木板上悬挂一条铅垂线，其作用是________。

【答案】 (1). AB (2). 2 (3). 方便调整木板保持在竖直平面上 【解析】
【详解】①[1]A ．实验过程中要保证钢球水平抛出，所以要保持桌面水平，故A 正确； B ．为保证钢球抛出时速度相同，每次应使钢球从同一位置静止释放，故B 正确；
CD ．实验只要每次钢球抛出时速度相同即可，斜面底边ab 与桌面是否重合和钢球与斜面间的摩擦力大小对于每次抛出的速度无影响，故C 错误，D 错误。

故选AB 。

②[2] 每次将木板向远离桌子的方向移动0.2m ，则在白纸上记录钢球的相邻两个落点的时间间隔相等，刚球抛出后在竖直方向做自由落体运动，根据2
x gT ∆=可知相邻两点的时间间隔为
2
251510s=0.1s 10
T
刚球在水平方向上做匀速直线运动，所以小球初速度为
0.2
m/s=2m/s 0.1
x v
T ③[3]悬挂铅垂线的目的是方便调整木板保持在竖直平面上。

20. 某物理小组的同学设计了一个粗测玩具小车通过凹形桥最低点的速度的实验，所用器材有：玩具小车、压力式托盘秤、凹形桥模拟器（圆弧部分的半径为R =0.20m ）。

完成下列填空：
（1）将凹形桥模拟器静置于托盘秤上，如图（a ）所示，托盘秤的示数为1.00kg ；
（2）将玩具小车放置在凹形桥模拟器最低点时，托盘秤示数如图（b ）所示，该示数为_______kg 。

（3）将小车从凹形桥模拟器某一位置释放，小车经过最低点后滑向另一侧，此过程中托盘秤的最大示数为m ，多次从同一位置释放小车，记录各次的m 值如下表所示： 序号 1 2 3 4 5 M （kg ）
1.80
1.75
1.85
1.75
1.90
（4）根据以上数据，可求出小车经过凹形桥最低点时对桥的压力为是_______N 。

（重力加速度大小取9.8m/s 2，计算结果保留两位有效数字）
【答案】 (1). 1.40（1.35~1.45） (2). 7.9（7.8~8.0） 【解析】 【分析】
【详解】（2）[1]根据秤盘指针可知量程是
10kg ，指针所指示数是1.40kg （1.35~1.45都正确）； （4）[2]记录的托盘示数各次并不相同，而多次测量求平均值可以减少误差，即
1.80 1.75 1.85 1.75 1.90
kg 1.81kg 4
m ++++=
≈
而模拟器的质量为1.00kg ，所以小车经过凹形桥最低点时小车对桥的压力
7.9N N F mg m g =-≈桥（7.8~8.0都正确）
四、计算题（共36分）
21. 如图所示，是马戏团中上演的飞车节目，在竖直平面内有半径为R 的圆轨道。

表演者骑着摩托车在圆轨道内做圆周运动。

已知人和摩托车的总质量为m ，人以v 1=2gR 的速度过轨道最高点B ，并以v 2=3v 1的速度过最低点A 。

求在A 、B 两点轨道对摩托车的压力大小相差多少？
【答案】6mg 【解析】
【详解】在B 点，由牛顿第二定律有
F B ＋mg =m 2
1v R
解之得
F B =mg
在A 点，由牛顿第二定律有
F A －mg =m 2
1v R
解之得
F A =7mg
所以在A 、B 两点轨道对车的压力大小相差6mg
22. 如图所示，一匀速转动的圆盘边缘的竖直杆上用轻绳拴一个小球，小球的质量为m ，在长为L 的轻绳的作用下，在水平面内绕轴OO ′做匀速圆周运动，已知轻绳与竖直方向夹角为θ，圆盘半径为R ，求： (1)绳的张力F T ；
(2)小球做圆周运动的角速度ω。

【答案】(1)cos mg
θ；(2) tan sin θ
θ
+g R L
【解析】
【详解】(1)小球在竖直方向上不运动，受力平衡，则有
F T cos θ＝mg
解得绳的张力
cos
T mg
F θ
=
(2)水平方向上，小球做匀速圆周运动的轨道半径为
r ＝R ＋L sin θ
向心力
F ＝F T sin θ＝mg tan θ
而
F ＝mω2r
mg tan θ＝mω2（R ＋L sin θ）
联立可得
tan sin g R L θ
ωθ
=
+
23. 如图所示，A 是地球同步卫星，另一个卫星B 的圆轨道位于赤道平面内，距离地面高度为h 。

已知地球半径为R ，地球自转角速度为0ω），地球表面的重力加速度为g ，O 为地球中心。

求： （1）卫星B 的运行周期是多少；
（2）如果卫星B 的绕行方向与地球自转方向相同，某时刻A 、B 两卫星相距最近（O 、B 、A 在同一直线上），求至少再经过多长时间，它们再一次相距最近。

【答案】（1）
23
2
4()
R h gR
π+；（2）2
3
2()gR w R h π
-+ 【解析】 【分析】 【详解】（1）
地球表面上有
2
Mm
G
mg R = 对卫星B ，根据万有引力提供向心力有
2
2
24()()B
Mm G m R h R h T π=++ 联立解得
23
2
4()B R h T gR
π+= （2）根据题意可知
2B A θθπ-=
又
t θω=
则有
02B t t ωωπ-=
又
2T
πω=
则有
022B
t t T π
ωπ-= 解得
()
2
03
2t gR R h πω=
-+
24. 如图所示，一名跳台滑雪运动员经过一段时间的加速滑行后从O 点水平飞出，经过3 s 落到斜坡上的A 点。

已知O 点是斜坡的起点，斜坡与水平面的夹角θ=37°，运动员的质量m =50 kg ，不计空气阻力，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8；g 取10 m/s 2.。

求： （1）A 点与O 点的距离L ；
（2）运动员离开O 点时的速度大小；
（3）运动员从O 点飞出开始到离斜坡距离最远所用的时间。

【答案】（1）75 m ；（2）20 m/s ；（3）1.5 s 【解析】 【分析】
【详解】（1）运动员在竖直方向做自由落体运动，有
L sin 37°=
12
gt 2
解得
2
75m 2sin 37
gt L ==
（2）设运动员离开O 点时的速度为v 0，运动员在水平方向的分运动为匀速直线运动，有
L cos 37°=v 0t
解得
0cos37
=
20m/s L v t
= （3）当垂直斜面方向的速度减为零时，运动员离斜坡最远，有
v 0sin 37°=g cos 37°·t
解得
t =1.5 s。