【KS5U解析】湖北省武漢市江夏實驗中學2019-2020學年高一下學期期中考試物理試題 Word版含解析

1、湖北省武漢市江夏實驗中學2019-2020學年高一（下）期中物理試題一、選擇題1.在科學的發(fā)展歷程中，許多科學家做出了杰出的貢獻。下列敘述符合物理學史實的是（）a. 伽利略在前人的基礎上通過觀察總結(jié)得到行星運動三大定律b. 開普勒以行星運動定律為基礎總結(jié)出了萬有引力定律c. 卡文迪許通過實驗測出了引力常量d. 牛頓提出了萬有引力定律，并通過實驗測出了引力常量【答案】c【解析】【詳解】a開普勒在前人的基礎上通過觀察總結(jié)得到行星運動三大定律，故a錯誤；b牛頓以行星運動定律為基礎總結(jié)出了萬有引力定律，故b錯誤；c卡文迪許通過實驗測出了引力常量，故c正確；d牛頓提出了萬有引力定律，卡文迪許通過實驗測出

2、了引力常量，故d錯誤。故選c。2.如圖，海王星繞太陽沿橢圓軌道運動，p為近日點，q為遠日點，m、n為軌道短軸的兩個端點，運行的周期為t0，若只考慮海王星和太陽之間的相互作用，則海王星在從p經(jīng)過m、q到n的運動過程中()a. 從p到m所用的時間等于b. 從q到n階段，機械能逐漸變大c. 從p到q階段，速率逐漸變小d 從m到n階段，萬有引力對它先做負功后做正功【答案】cd【解析】【詳解】a海王星在pm段的速度大小大于mq段的速度大小，則pm段的時間小于mq段的時間，所以p到m所用的時間小于，故a錯誤；b從q到n的過程中，由于只有萬有引力做功，機械能守恒，故b錯誤；c從p到q階段，萬有引力做負功，速

3、率減小，故c錯誤；d根據(jù)萬有引力方向與速度方向的關(guān)系知，從m到n階段，萬有引力對它先做負功后做正功，故d正確。故選d。3.歐洲天文學家宣布在太陽系之外發(fā)現(xiàn)了一顆可能適合人類居住的類地行星，命名為“格利斯581c”。該行星的質(zhì)量約是地球的5倍，直徑約是地球的1.5倍，現(xiàn)假設有一艘宇宙飛船繞該星球在其表面附近軌道上做勻速圓周運動，下列說法正確的是（）a. 飛船在“格利斯581c”表面附近運行時的周期要比繞地球表面附近運行時的周期小b. “格利斯581c”的平均密度比地球的平均密度小c. “格利斯581c”表面處重力加速度小于9.8m/s2d. 飛船在“格利斯581c”表面附近運行時的線速度小于7.

4、9km/s【答案】a【解析】【詳解】a根據(jù)得，行星的質(zhì)量是地球質(zhì)量的5倍，直徑是地球的1.5倍，則周期是地面運行的周期的倍，周期比地球表面運行的周期小，故a正確；b根據(jù)密度行星的質(zhì)量是地球質(zhì)量的5倍，直徑是地球的1.5倍，所以密度大約是地球的1.5倍，比地球密度大，故b錯誤。c在星球表面，根據(jù)得，行星的質(zhì)量是地球質(zhì)量的5倍，直徑是地球的1.5倍，知表面的重力加速度是地球表面重力加速度的2.2倍，大于9.8m/s2，故c錯誤。d根據(jù)得，行星的質(zhì)量是地球質(zhì)量的5倍，直徑是地球的1.5倍，則線速度是地球表面運行速度的1.8倍，大于7.9km/s，故d錯誤。故選a。4.人造飛船首先進入的是近地點距地面

5、高度為200km、遠地點距地面高度為340km的橢圓軌道，在飛行第五圈的時候，飛船從橢圓軌道運行到以遠地點與地心間距為半徑的圓形軌道上，如圖所示，飛船在橢圓軌道1上運行，q為近地點，p為遠地點，當飛船運動到p點時點火加速，而后沿圓軌道2運行，以下說法正確的是（）a. 飛船在軌道1上經(jīng)過p點的加速度大于在軌道2上經(jīng)過p點的加速度b. 飛船在q點受到的萬有引力大于該點所需的向心力c. 飛船在軌道1上經(jīng)過p點時受到的萬有引力小于該點所需的向心力d. 飛船在軌道1上經(jīng)過p點的速度小于在軌道2上經(jīng)過p點的速度【答案】d【解析】【詳解】a飛船在軌道1上經(jīng)過p點時所受的萬有引力與在軌道2上經(jīng)過p點時所受的萬

6、有引力相等，則飛船在軌道1上經(jīng)過p點的加速度等于在軌道2上經(jīng)過p點的加速度，故a錯誤；bc萬有引力大于該點所需的向心力會做近心運動，萬有引力小于該點所需的向心力會做離心運動。即飛船在q點的萬有引力小于該點所需的向心力，飛船在軌道1上經(jīng)過p點的萬有引力大于該點所需的向心力，故bc錯誤；d當飛船運動到軌道1上的p點時點火，使飛船沿圓軌道2運行，使萬有引力不夠提供向心力，做離心運動。所以飛船在軌道1上p的速度小于在軌道2上p的速度，故d正確。故選d。5.半徑分別為r和r（rr）的兩個光滑半圓形槽的圓心在同一水平面上，如圖所示，質(zhì)量相等的兩小球分別自兩個半圓形槽左邊緣的最高點由靜止釋放，在下滑過程中兩

7、小球（）a. 機械能總是相等的b 機械能均逐漸減小c. 經(jīng)過最低點時對軌道的壓力大小相等d. 在最低點時的向心加速度大小不相等【答案】ac【解析】【詳解】ab半圓形槽光滑，兩個物體在下滑過程中，均只有重力做功，機械能均守恒；因開始時兩球機械能相等，則兩球的機械能總是相等且是不變的，故a正確，b錯誤；cd根據(jù)機械能守恒定律，得則到達最低點時的向心加速度即在最低點時的向心加速度大小相等，與軌道半徑無關(guān)；由牛頓第二定律解得n=3mg即經(jīng)過最低點時對軌道的壓力大小相等，與軌道半徑無關(guān)，故c正確，d錯誤。故選ac。6.如圖所示，豎直放置的光滑圓軌道被固定在水平地面上，軌道半徑r=0.4m，軌道最低點處有

8、一小球（半徑比r小很多）?，F(xiàn)給小球一水平向右的初速度v0，要使小球不脫離圓軌道運動，下列v0取值合適的是（g取10m/s2）（）a. v02m/sb. v00c. v04m/sd. v02m/s【答案】ad【解析】【詳解】在最高點的臨界情況解得根據(jù)動能定理得解得若不通過四分之一圓周，根據(jù)動能定理有解得所以或 故選ad。7.如圖所示，一個長為l、質(zhì)量為m的長方形木板靜止在光滑水平面上，一個質(zhì)量為m的物塊（可視為質(zhì)點）以水平初速度v0從木板的左端滑向另一端，設物塊與木板間的動摩擦因數(shù)為，當物塊與木板達到相對靜止時，物塊仍在長木板上，物塊相對木板的位移為d，木板相對地面的位移為s，重力加速度為g。在

9、此過程中（）a. 系統(tǒng)由于摩擦而產(chǎn)生的熱量為mgdb. 摩擦力對物塊做功為mg（sd）c. 摩擦力對木板做功為mgsd. 木板動能的增量為mgs【答案】abd【解析】【詳解】a系統(tǒng)由于摩擦而產(chǎn)生的熱量等于摩擦力乘以相對位移，即為q=mgd故a正確；b物塊相對于地運動的位移x1=s+d，則摩擦力對物塊做功為wf=-mg（s+d）故b正確；c木板受到的摩擦力方向與運動方向相同，則該摩擦力對木板做正功，則摩擦力對木板做功為w板=mgs故c錯誤；d根據(jù)動能定理可知，木板動能的增量等于摩擦力對木板做的功，即為mgs，故d正確。故選abd。8.如圖所示，小球在豎直向下的力f作用下，將豎直輕彈簧壓縮，若將力

10、f撤去，小球?qū)⑾蛏蠌椘鸩㈦x開彈簧，直到速度為零時為止，不計空氣阻力，則小球在上升過程中a. 小球的動能先增大后減小，彈簧彈性勢能轉(zhuǎn)化成小球的動能b. 小球在離開彈簧時動能達到最大值c. 小球動能最大時彈簧彈性勢能為零d. 小球、彈簧與地球組成的系統(tǒng)機械能守恒【答案】d【解析】【詳解】a撤去外力剛開始的一段時間內(nèi)，小球受到的彈力大于重力，合力向上，小球向上加速運動，隨著彈簧形變量的減小，彈力減小，后來彈力小于重力，小球做減速運動，離開彈簧后，小球僅受重力作用而做豎直上拋運動，由此可知，小球的動能先增大后減小，彈簧的彈性勢能轉(zhuǎn)化為動能和重力勢能，故a錯誤；bc由a分析可知，小球先做加速度減小的加速

11、運動，當彈力等于重力時，a=0，速度最大，動能最大，此后彈力小于重力，小球做加速度增大的減速運動，直到彈簧恢復原長時，小球飛離彈簧，故小球在離開彈簧時動能不是最大，小球動能最大時彈性勢能不為零，故bc錯誤；d由于整體所受外力不做功，故小球、彈簧與地球所組成的系統(tǒng)機械能守恒，故d正確。故選d。9.某測試員測試汽車啟動、加速、正常行駛及剎車的性能前4s逐漸加大油門，使汽車做 勻加速直線運動，415s保持油門位置不變，可視為發(fā)動機保持恒定功率運動，達到最大速度后保持勻速，15s時松開油門并踩剎車，經(jīng)3s停止已知汽車的質(zhì)量為1200kg，在加速及勻速過程中汽車所受阻力恒為f，剎車過程汽車所受阻力為5f

12、，根據(jù)測試數(shù)據(jù)描繪v-t圖象如圖所示，下列說法正確的是a. f=1200nb. 04s內(nèi)汽車所受牽引力3 6×l0nc. 415s汽車功率為360kwd. 415s內(nèi)汽車位移為141m【答案】d【解析】【詳解】a汽車剎車時的加速度則根據(jù)牛頓定律可知5f=ma1解得f=2400n故a錯誤；b0-4s內(nèi)汽車的加速度則所受牽引力為故b錯誤；c415s汽車功率為p=fv=fv=2400×30w=72kw故c錯誤；d4-15s內(nèi)由動能定理代入數(shù)據(jù)可得x=141m故d正確。故選d10.質(zhì)量為m和m0的滑塊用輕彈簧連接，以恒定速度v沿光滑水平面運動，與位于正對面的質(zhì)量為m的靜止滑塊發(fā)生碰

13、撞，如圖所示，碰撞時間極短，在此過程中，下列情況可能發(fā)生的是（）a. m、m0、m速度均發(fā)生變化，m和m0的速度都變?yōu)関1，m的速度變?yōu)関2，且滿足（mm0）v=（mm0）v1mv2b. m、m0、m速度均發(fā)生變化，碰后分別為v1、v2、v3，且滿足（mm0）v=mv1mv2m0v3c. m0的速度不變，m和m的速度變?yōu)関1和v2，且滿足mv=mv1mv2d. m0的速度不變，m和m的速度都變?yōu)関，且滿足mv=（mm）v【答案】cd【解析】【詳解】碰撞的瞬間m和m組成的系統(tǒng)動量守恒，m0的速度在瞬間不變，以m的初速度方向為正方向，若碰后m和m的速度變v1和v2，由動量守恒定律得mv=mv1+m

14、v2若碰后m和m速度相同，由動量守恒定律得故cd正確，ab錯誤。故選cd。11.兩輛質(zhì)量相同的小車，置于光滑的水平面上，有一人靜止在小車a上，兩車靜止，如圖所示當這個人從a車跳到b車上，接著又從b車跳回a車并與a車保持相對靜止，則a車的速率 a. 等于零b. 小于b車的速率c. 大于b車的速率d. 等于b車的速率【答案】b【解析】【詳解】分析系統(tǒng)受力情況可知，系統(tǒng)水平方向不受外力，水平方向動量守恒，規(guī)定水平向右為正方向，由系統(tǒng)動量守恒可得：因為質(zhì)量關(guān)系：故速度關(guān)系：故b選項正確12.如圖所示，質(zhì)量為m的盒子放在光滑的水平面上，盒子內(nèi)表面不光滑，盒內(nèi)放有一塊質(zhì)量為m的物體從某一時刻起給m一個水平

15、向右的初速度v0，那么在物塊與盒子前后壁多次往復碰撞后（ ）a. 兩者的速度均為零b. 兩者的速度總不會相等c. 車的最終速度為，向右d. 車的最終速度為，向右【答案】c【解析】【詳解】選物體與小車組成的系統(tǒng)為研究對象，由水平方向動量守恒得：mv0=（m+m）v所以v方向與v0同向，即方向水平向右，故c正確，abd錯誤。二、實驗題13.在“驗證機械能守恒定律”的實驗中，打點計時器所用電源頻率為50 hz，當?shù)刂亓铀俣鹊闹禐?.80 m/s2，測得所用重物的質(zhì)量為1.00 kg若按實驗要求正確地選出紙帶進行測量，量得連續(xù)三點a、b、c到第一個點的距離如圖所示（相鄰計數(shù)點時間間隔為0.02 s）

16、按要求將下列問題補充完整（1）紙帶的_(左、右)端與重物相連；（2）打點計時器打下計數(shù)點b時，物體的速度vb=_m/s； （3）從起點o到打下計數(shù)點b的過程中重力勢能減少量是ep =_j，此過程中物體動能的增加量ek =_j；（計算結(jié)果保留兩位有效數(shù)字）（4）實驗的結(jié)論是_【答案】 (1). 左 (2). (3). (4). (5). 在誤差允許的范圍內(nèi)，驗證了機械能守恒定律成立【解析】【詳解】(1)1物體做加速運動，由紙帶可知，紙帶上所打點之間的距離越來越大，這說明物體與紙帶的左端相連(2)2勻變速直線運動中時間中點的瞬時速度等于該過程中的平均速度，由此可知(3)34從起點o到b點的過程中重

17、力勢能減少量是ep=mgh=1×9.8×0.0501j0.49j動能的增加量(4)5由(3)可知，在誤差允許的范圍內(nèi)，驗證了機械能守恒定律成立。三、計算題14.宇航員在地球表面以一定初速度豎直上拋一小球，經(jīng)過時間t小球落回原處；他在某星球表面以相同的初速度豎直上拋同一小球，經(jīng)過時間3t小球落回原處。（地球表面的重力加速度g取10m/s2，空氣阻力不計）(1)求該星球表面附近的重力加速度g的大??；(2)已知該星球的半徑與地球半徑之比為，求該星球的質(zhì)量與地球的質(zhì)量之比。【答案】(1)； (2).【解析】【詳解】(1) 設初速度為v0；小球運動過程只受重力作用，故小球做勻變速運動

18、；由勻變速運動規(guī)律可知：小球回到原點時的速度和初速度大小相同，方向相反；故加速度 (2)由星球表面物體重力等于萬有引力可得所以該星球的質(zhì)量與地球質(zhì)量之比15.如圖所示，傳送帶的水平部分ab的長度為l=1.00m，ab與一圓心在o點、半徑為r=1m的豎直光滑圓軌道的末端相切于a點，ab高出水平地面h=1.25m，一質(zhì)量m=0.1kg的小滑塊（可視為質(zhì)點）在圓軌道上的p點由靜止釋放，op與豎直線的夾角=37°。已知sin37°=0.6，cos37°=0.8，g取10m/s2，滑塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)=0.1，不計空氣阻力。(1)求滑塊滑到圓軌道末端時對軌道的壓力；(

19、2)若傳送帶一直保持靜止，求滑塊的落地點與b間的水平距離；(3)若傳送帶以v0=0.5m/s的速度沿逆時針方向運行（傳送帶上部分由b到a運動），求滑塊在傳送帶上滑行過程中產(chǎn)生的內(nèi)能?！敬鸢浮?1)1.4n；(2)；(3)0.154j【解析】【詳解】(1)從p到圓軌道末端的過程中，由動能定理可得 可得滑塊到達a點時的速度 在軌道末端根據(jù)牛頓第二定律有  可得根據(jù)牛頓第三定律得：滑塊對圓軌道末端的壓力大小為1.4n，方向豎直向下；(2) 從a到b的過程中，只有摩擦力對滑塊做功，根據(jù)動能定理得：代入數(shù)據(jù)可解得滑塊到達b時的速度vb=m/s滑塊恰好從b點開始做平拋運動，所以滑塊落地點距b點的水平距離(3)傳送帶向左運動和傳送帶靜止對滑塊的受力情況沒有變化，滑塊從a至b的運動情況沒有改變，所以滑塊對傳送帶間的相對位移為 所以滑塊在皮帶上滑行過程中產(chǎn)生的內(nèi)能q=mgx=0.1×0.1×10×1.54j=0.154j16.如圖所示，甲車質(zhì)量m1=30kg，車上有質(zhì)量m=50kg的人，甲車（連同車上的人）以v=3m/s的速度向右滑行。此時質(zhì)量m2=50kg的乙車正以v0=1.8m/s的速度迎面滑來，為了避免兩車相撞，當兩車相距適當距離時，人從甲車跳到乙車上，求人跳出甲車的水平速度（相對地面）應當在什么范圍以內(nèi)才能避免兩車相撞？不計地