2020-2021年广东省湛江市高一（下）第一阶段考试（选考）物理试卷新人教版

这是一份2020-2021年广东省湛江市高一（下）第一阶段考试（选考）物理试卷新人教版，共7页。试卷主要包含了 下列说法不符合事实的是， 如图所示，长0等内容，欢迎下载使用。

1. 下列说法不符合事实的是（ ）
A.日心说和地心说都是错误的
B.卡文迪许第一次在实验室测出了万有引力常量
C.开普勒发现了万有引力定律
D.人造地球同步卫星的周期与地球自转周期相等

2. 关于曲线运动，下列说法中正确的是（ ）
A.加速度一定变化
B.速度不一定变化
C.合力一定不为零
D.合力方向与速度方向可以在同一直线上

3. 如图所示，A、B两物体置于水平转台上，并随转台无滑动地绕OO′轴匀速转动，已知A、B到转轴的距离分别为2r、r，则下列说法正确的是（ ）

A.周期之比TA:TB=1:2B.线速度之比vA:vB=2:1
C.转速之比nA:nB=2:1D.加速度之比aA:aB=1:2

4. 下列哪些现象是为了防止物体产生离心运动（ ）
①汽车转弯时要限制速度 ②转速很高的砂轮半径不能做得太大
③在修筑铁路时，转弯处轨道的内轨要低于外轨 ④离心水泵工作时
A.①②③B.②③④C.①②④D.①③④

5. 将质量为m的小球用轻质细线悬挂起来，让其向最低点摆动，如图所示，不考虑空气阻力，则对小球做功的情况是（ ）

A.重力和线的弹力都对小球做功B.只有重力对小球做功
C.只有线的弹力对小球做功D.没有力做功

6. 游客乘坐过山车，在圆弧轨道最低点处获得向心加速度达10m/s2，g取10m/s2，那么此位置的座椅对游客的作用力相当于游客重力的（ ）

A.1倍B.2倍C.3倍D.4倍

7. “嫦娥五号”从距月面高度为100km 的环月圆形轨道Ⅰ上的P点实施变轨，进入近月点为15km的椭圆轨道Ⅱ，由近月点Q落月，如图所示。关于“嫦娥五号”下列说法正确的是（ ）

A.沿轨道Ⅰ运动至P时，需增大速度才能进入轨道Ⅱ
B.在轨道Ⅱ上由P点运行到Q点的过程中，速度越来越大
C.沿轨道Ⅱ运行时，在P点的加速度大于在Q点的加速度
D.沿轨道Ⅱ运行的周期大于沿轨道Ⅰ运行的周期

8. 如图所示，a、b两颗人造地球卫星分别在半径不同的轨道上绕地球做匀速圆周运动，则下列说法正确的是（ ）

A.a的加速度小于b的加速度
B.a的周期小于b的周期
C.a的线速度大于b的线速度
D.地球对a的引力小于对b的引力

9. 如图所示，长0.5m的轻质细杆，一端固定有一个质量为2kg的小球，另一端由电动机带动，使杆绕O点在竖直平面内做匀速圆周运动，小球的速率为2m/s．取g=10m/s2，下列说法正确的是（ ）

A.小球通过最高点时，对杆的拉力大小是24N
B.小球通过最高点时，对杆的压力大小是4N
C.小球通过最低点时，对杆的拉力大小是36N
D.小球通过最低点时，对杆的拉力大小是54N

10. 质量为m的小车在水平恒力F推动下，从山坡底部A处由静止起运动至高为ℎ的坡顶B，获得速度为v，AB的水平距离为s．下列说法正确的是（ ）

A.小车克服重力所做的功是mgℎ
B.合力对小车做的功是12mv2
C.推力对小车做的功是Fs−mgℎ
D.小车克服阻力做的功是12mv2+mgℎ−Fs
解答题

向心力演示器如图所示，用来探究小球做圆周运动所需向心力F的大小与质量m，角速度ω和半径r之间的关系。两个变速轮塔通过皮带连接，匀速转动手柄使长槽和短槽分别随变速轮塔1和变速轮塔2匀速转动，槽内的钢球就做匀速圆周运动。横臂的挡板对钢球的压力提供向心力，钢球对挡板的反作用力通过横臂的杠杆作用使弹簧测力筒下降，从而露出标尺，标尺上的黑白相间的等分格显示出两个钢球所受向心力的比值。如图是探究过程中某次实验时装置的状态。

（1）在研究向心力F的大小与质量m、角速度ω和半径r之间的关系时我们主要用到了物理学中的________；
A．理想实验法 B．等效替代法 C．控制变量法 D．演绎法

（2）图中所示，若两个钢球质量和运动半径相等，则是在研究向心力的大小F与________的关系；
A．钢球质量m B．角速度ω C．运动半径r

（3）图中所示，若两个钢球质量和运动半径相等，图中标尺上黑白相间的等分格显示出钢球A和钢球C所受向心力的比值为1:4，则与皮带连接的变速轮塔1和变速轮塔2的半径之比为________．

某物理兴趣小组做“探究平抛运动的特点”的实验时，分成两组．

（1）其中一个实验小组使用平抛竖落仪，如图甲所示，用小锤打击弹性金属片，金属片把A球沿水平方向抛出，同时B球被松开，自由下落．A、B两球同时开始运动，多次改变小球距离地面的高度和打击的力度，发现A、B两球均同时落地，下列说法错误的是________．
A.用小锤打击金属片前，要使A、B两个小球在同一水平面上
B.多次改变打击的力度是为了改变平抛运动的时间
C.多次改变小球距离地面的高度是为了改变平抛运动的时间
D.用耳朵“听”来判断两球落地时刻的先后，比用眼睛“看”要敏锐得多．

（2）另一个实验小组的同学让小球做平抛运动，用频闪照相机对准方格背景照相，拍摄到如图乙所示的照片，已知小方格的边长L，重力加速度为g．由图可知，小球水平方向的分运动是________，频闪的时间间隔T=________，小球平抛的初速度v0=________，平抛到c点的时间为t=________．

一飞船绕某星球转动，星球半径R，飞船在离该星球表面高度为ℎ处，受星球引力作用而绕其做匀速圆周运动的速率为v′，已知引力常量为G．试求：
（1）该星球的质量；

（2）该星球表面重力加速度；

（3）该星球第一宇宙速度．

某兴趣小组遥控一辆玩具车，使其在水平路面上由静止启动，在前2s内做匀加速直线运动，2s末达到额定功率，2s到14s保持额定功率运动，14s末停止遥控，让玩具车自由滑行，其v−t图像如图所示．可认为整个过程玩具车所受阻力大小不变，已知玩具车的质量为m=1kg，(g取10m/s2)，
（1）求玩具车所受阻力大小f；

（2）问玩具车在4s末牵引力的瞬时功率P？

（3）问玩具车整个运动过程的位移大小？

如图，一质量m=1kg的滑块（可视为质点）静止于动摩擦因数μ1=0.1的水平轨道上的A点．对滑块施加一水平外力，使其向右运动，外力的功率恒为P=10W．经过一段时间后撤去外力，滑块继续滑行至B点后水平飞出，恰好在C点沿切线方向进入固定在竖直平面内的光滑圆弧形轨道，轨道的最低点D处装有压力传感器，当滑块到达传感器上方时，传感器的示数为64N．最后小物块滑上紧靠轨道末端D点的质量为M=3kg的长木板．已知AB的长度L=2.0m，半径OC和竖直方向的夹角α=37∘，圆形轨道的半径R=0.5m，木板上表面与圆弧轨道末端切线相平，木板下表面与水平地面之间光滑，小物块与长木板间的动摩擦因数μ2=0.3，（空气阻力不计，g取10m/s2，sin37∘=0.6，cs37∘=0.8）求：

（1）滑块运动到C点时速度vC的大小；

（2）B、C两点的高度差ℎ及水平距离x；

（3）水平外力作用在滑块上的时间t和长木板的最小长度s．
参考答案与试题解析
2020-2021年广东省湛江市高一（下）第一阶段考试（选考）物理试卷
选择题
1.
【答案】
C
【考点】
物理学史
【解析】
日心说错误，地心说也错误；卡文迪许第一次在实验室测出了万有引力常量，而牛顿发现万有引力定律，同步卫星的周期与地球自转周期相等，从而即可求解．
【解答】
解：A．因为太阳不是宇宙的中心，太阳围绕银河系中心旋转，日心说是错误的，而地心说是指地球绕太阳转，是错误的，故A正确；
BC．卡文迪许第一次在实验室测出了万有引力常量，而牛顿发现万有引力定律，故B正确，C不正确；
D．地球同步卫星的周期与地球自转周期相等，故D正确；
故选C．
2.
【答案】
C
【考点】
物体做曲线运动的条件
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：B．既然是曲线运动，它的速度的方向必定是改变的，所以曲线运动一定是变速运动，故B错误；
ACD．物体做曲线运动的条件是合力与速度不在同一条直线上，所以合力一定不为零，但合力可以变化，也可以不变，所以加速度不一定变化，故AD错误，C正确．
故选C．
3.
【答案】
B
【考点】
线速度、角速度和周期、转速
向心力
牛顿第二定律的概念
【解析】
利用角度相同结合半径可以求出线速度和向心加速度之比；由于角速度相同则周期和转速相同。
【解答】
解：AB为同轴转动，角速度相同，根据公式ω=2πI得：TA:TB=1，根据公式y=ωr得：vA⋅vB=TA⋅yB=2:1，根据ω=2πn得：nA:nB=1:1，根据a=ω2r可得：aA:aB=rA:rB=2:1，B符合题意，A、C、D不符合题意．
故选B．
4.
【答案】
A
【考点】
离心现象
【解析】

【解答】
解：①汽车转弯时要限制速度是防止汽车产生离心运动发生危险；②转速很高的砂轮半径不能做得太大是为了防止沙粒产生离心运动发生危险；③在修筑铁路时，转弯处轨道的内轨要低于外轨是防止产生离心运动发生侧翻；④离心水泵工作时是利用离心运动．
故选A．
5.
【答案】
B
【考点】
恒力做功
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：小球摆动时，摆线的拉力方向与速度方向垂直，故拉力对小球不做功，只有重力对小球做功．
故选B．
6.
【答案】
B
【考点】
竖直面内的圆周运动-弹力
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：在最低点，对游客，有：FN−mg=ma，解得FN=mg+ma=10m+10m=20m=2mg．
故选B．
7.
【答案】
B
【考点】
万有引力定律及其应用
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：A．沿轨道Ⅰ运动至P时，需减小速度做近心运动，才能进入轨道Ⅱ，选项A错误；
B．在轨道Ⅱ上由P点运行到Q点的过程中，月球的引力做正功，则速度越来越大，选项B正确；
C．根据a=GMr2可知，沿轨道Ⅱ运行时，在P点的加速度小于在Q点的加速度，选项C错误；
D．根据开普勒第三定律可知，轨道Ⅱ的半长轴小于轨道Ⅰ的运动半径，则沿轨道Ⅱ运行的周期小于沿轨道Ⅰ运行的周期，选项D错误。
故选B．
8.
【答案】
B,C
【考点】
随地、绕地问题
万有引力定律及其应用
线速度、角速度和周期、转速
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：A．根据万有引力提供圆周运动向心力
GMmr2=ma
解得
a=GMr2
a的轨道半径小，则a的加速度大于b的加速度，故A错误；
B．根据万有引力提供圆周运动向心力
GMmr2=m4π2I2,
解得
I=2πr3GM
可知轨道半径大的卫星b的周期大，故B正确；
C．根据万有引力提供圆周运动向心力
GMnr2=mv2r
解得
v=GMr
可得半径小的a卫星的速度大，故C正确；
D．根据万有引力提供圆周运动向心力
F=GMmr2
由于两个卫星的质量未知，所以不能判断它们受到的万有引力的大小关系，故D错误．
故选BC．
9.
【答案】
B,C
【考点】
竖直面内的圆周运动-轻杆模型
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：AB．假设小球通过最高点时杆对球的拉力为F，则F+mg=mv2L解得F=mv2Lmg=2×220.5−20=−4N，则杆对球有向上的支持力，球对杆的压力大小是4N，选项A错误，B正确；
CD．小球通过最低点时F′−mg=mv2L解得球对杆的拉力为F′=36N，则球对杆的拉力大小是36N，选项C正确，D错误．
故选BC．
10.
【答案】
A,B
【考点】
动能定理的应用
【解析】
本题中小车受四个力作用，根据功的计算公式可计算恒力的功，由动能定理计算变力的功
(1)重力做功只与物体的初末位移的高度差有关，与其它因素没有关系，WG=mg△ℎ；
(2)推力是恒力，可以根据W=FLcsθ求解；
(3)合外力对物体所做的功可根据动能定理求解；
(4)摩擦阻力所做的功我们不好直接求解，但可以通过动能定理求得合外力所做的功，总共有三个力对物体做功，即推力和摩擦阻力还有重力对小车做功，这样就可以求得推力和摩擦阻力对小车做的
【解答】
解：A．WG=mgΔℎ=mg(ℎA−ℎB)=−mgℎ，故小车克服重力所做的功是mgℎ，故A正确；
B．对小车从A运动到B的过程中运用动能定理得，W合=12mv2，故B正确；
C．由于推力为恒力，推力方向的分位移为s，故推力对小车做功为W推=Fs，故C错误；
D．阻力做的是负功，设小车克服阻力做功为Wf，则由动能定理得：Fs−mgℎ−Wf=12mv2，则得小车克服阻力做的功是Wf=Fs−mgℎ−12mv2，故D错误．
故选AB．
解答题
【答案】
（1）C
（2）B
（3）2:1
【考点】
线速度、角速度和周期、转速
向心力
决定向心力大小的因素
【解析】
此题暂无解析
【解答】
此题暂无解答
【答案】
B
（2）匀速运动,Lg,2gL,5gL2g
【考点】
研究平抛物体的运动
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：（1）探究平抛运动的特点，A、B两个小球下落的高度要相同，A球的速度沿水平方向，故用小捶打击金属片前要使A、B两个小球在同一水平面上，A不符合题意；
多次改变打击的力度是为了改变A球做平抛运动的初速度大小，B符合题意；
平抛运动的时间与小球下落的高度有关，因此多次改变小球距离地面的高度是为了改变平抛运动的时间，C不符合题意；
用耳朵“听”来判断两球落地时刻的先后，比用眼睛“看”要敏锐得多，D不符合题意．
故选B．
（2）小球水平方向的分运动是匀速直线运动；由Δy=gT2得频闪的时间间隔T=Lg；小球平抛的初速度为v0=2LT=2gL；由匀变速直线运动规律知，中间时刻的速度等于这段时间内的平均速度，则小球在c点的竖直分速度为 vy=5L2T=52gL,vy=gt，则平抛到c点的时间为t=52Lg．
【答案】
（1）该星球的质量为M=v′2(R+ℎ)G；
（2）该星球表面重力加速度为GMR2=v′2(R+ℎ)R2；
（3）该星球第一宇宙速度为v′2(R+ℎ)R．
【考点】
万有引力定律及其应用
【解析】
（1）利用引力提供向心力可以求出该星球的质量；
（2）利用引力形成重力可以求出重力加速度的大小；
（3）利用引力提供向心力可以求出第一宇宙速度的大小。
【解答】
解：（1）由万有引力提供向心力GMm(R+ℎ)2=mv′2R+ℎ
解得：M=v′2(R+ℎ)G．
（2）由重力等于万有引力得：mg=GMR2
得：g=GMR2=v′2(R+ℎ)R2．
（3）由万有引力提供向心力GMmR2=mv12R
得：v1=GMR=v′2(R+ℎ)R．
【答案】
（1）求玩具车所受阻力大小f为1.5N；
（2）问玩具车在4s末牵引力的瞬时功率P为9W；
（3）玩具车整个运动过程的位移为78m．
【考点】
动能定理的应用
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：（1）设车在14s至18秒的加速度大小为a2，由图像可知，−a2=0−64m/s2，解得y2=1.5m/s2，对车受力分析以及结合牛顿第二定律可得f=ma2，解得M=1.5N．
（2）设车在前2s内的加速度大小为a1，由图像可知a1=3−02=1.5m/s2．
设车所受牵引力大小为F，额定功率为P额，则由牛顿第二定律可得F−f=ma1,
据题意2s末达到额定功率，由图像可知2s末车的速率v=3m/s，则有P额=Fv，
此后车以额定功率运动，故4s末牵引力的瞬时功率P4=P额，解得P4=9W．
（3）车在2s到10s内做加速度减小的加速运动，设本段位移为S2，该过程由动能定理得
P额t−fS2=12mv22−12mv12．解得s2=39m；
由图像可知前2s内的位移s1=12×3×2m=3m
车在10s到14s内的位移S3=6×4m=24m
车在14s至18s的位移S4=​12×4×6m=12m
则车整个运动过程的位移大小
④S=S1+S2+S3+S4=78m．
【答案】
（1）滑块运动到C点时速度vC的大小为5m/s；
（2）B、C两点的高度差ℎ及水平距离为1.2m；
（3）水平外力作用在滑块上的时间t为1.0s，长木板的最小长度3.375m．
【考点】
运动的合成与分解
动能定理的应用
单物体的机械能守恒问题
竖直面内的圆周运动-弹力
平抛运动基本规律及推论的应用
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：（1）滑块运动到D点时，由牛顿第二定律，得FN−mg=mVD2R
滑块由C点运动到D点的过程，由机械能守恒定律，得
mgR1−csα+12mvC2=12mvD2
联立，解得
vD=33m/s,vC=5m/s．
（2）滑块在C点时，速度的竖直分量为
vy=vcsinα=3m/s，
B、C两点的高度差为
ℎ=vy22g=0.45m
滑块由B运动到C所用的时间为
ty=vyg=0.3s
滑块运动到B点时的速度为
vB=vCcsα=4m/s
B、C间的水平距离为
x=vBty=1.2m．
（3）滑块由A点运动到B点的过程，由动能定理，得
Pt−μ1mgL=12mvB2
解得t=1.0s
设小物块刚好滑到木板右端且达到共同速度的大小为v，滑行过程中，小物块与长木板的加速度大小分别为
a1=μ2g=3m/s2
a2=μ2mgM=1m/s2
速度分别为
y=vD−a1t′ y=a2t′
对小物块和木板组成的系统，由能量守恒定律得
μ2mgs=12mvD2−12m+Mv2
解得s=3.375m．