2020年天津一中高一(下)期中物理试卷

第第13页，共17页故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：Co【答案】D【解析】解：船沿着船头指向方向做匀加速直线运动的同时还要随着水流一起运动；曲线运动的加速度指向轨迹的内侧，故AC轨迹船相对于静水沿v0方向做匀加速运动，AB轨迹船相对于静水沿v0方向做匀速运动,,D轨迹船相对于静水沿v0方向做匀减速运动；A、船相对于水的初速度大小均相同，方向垂直于岸边，因运动的性质不同，则渡河时间也不同，故A错误；B、沿AB轨迹，做匀速直线运动，则渡河所用的时间大于沿AC轨迹运动渡河时间，故B错误；C、沿AC轨迹，船是匀加速运动，则船到达对岸的速度最大，故C错误；D、当沿AD轨迹运动时，则加速度方向与船在静水中的速度方向相反，因此船相对于水做匀减速直线运动，故D正确。故选：Do根据运动的合成，结合合成法则，即可确定各自运动轨迹，由运动学公式，从而确定运动的时间与速度大小。考查运动的合成与分解的应用，注意船运动的性质不同，是解题的关键，并注意曲线运动的条件。【答案】D【解析】解：①轮A、轮B靠摩擦传动，边缘点线速度相等，故：va：vb=1：1根据公式v=r®，有：叫：叫=3：2根据®=2nn，有：na：nb=3：2根据a=v®，有：aa：ab=3：2②轮B、轮C是共轴传动，角速度相等，故：叫：叭=1：1根据公式v=r®，有：vb：vc=3：2根据®=2nn，有：nb：nc=1：1根据a=v®，有：ab：ac=3：2综合得到：va：vb：vc=3：3：2®a：®b：叭=3：2：2na：nb：nc=3：2：2aa：ab：ac=9：6：4故选：Do轮A、轮B靠摩擦传动，边缘点线速度相等；轮B、轮C是共轴传动，角速度相等；再结合公式v=r®和a=v®列式分析.本题关键是明确同轴传动和同源传动的区别，然后根据公式v=r®、®=2nn、a=v®列式分析，注意两两分析；再找出共同项得出最后的表达式！【答案】B【解析】解：设每格的长度为1,根据弹簧的弹力提供向心力，得：kT=m®]2・41①k・31=m®22・61②由①②解得：_1气■-故选：B。题中由弹簧的弹力提供向心力，根据F=mar列式即可求解.本题主要考查了圆周运动向心力公式的直接应用，本题中是弹簧弹力提供向心力，难度不大，属于基础题.【答案】C【解析】解：铁链释放之后，到离开桌面，由于桌面无摩擦,对两次释放，桌面下方L处为0势能面。则释放前，系统的重力势能为,LL37第一次，Ep1=mgL+.mg・=止陆一、A,LL3第—次，Ep2=（-m+m）gL+_!mg\1=::II3Ll1第二次，Ep3=.mgL+.mg・+mg.=..mgL释放后Ep1=mg.L3Ep2=mgL+mg.=mgLEp3=mgL则损失的重力势能△Ep严mgL△Ep亍mgL△Ep3=mgL那么△Epi=叫2△Ep2=」（2m）vb2△Ep3=（2m）Vc2解得：Va2=：3vb2=-gL显然昭>于>叨所以Vc>Va>Vb，故选：Co在运动的过程中，对整个系统而言，机械能守恒。抓住系统重力势能的减小量等于动能的增加量，分别求出离开桌面时的速度。解决本题的关键知道系统机械能守恒，抓住系统重力势能的减小量等于系统动能的增加量进行求解。【答案】C【解析】解：A球向右运动0.1m时，由几何关系得，B上升距离：h=0.4m-：、「.丁'丄1m=0.1m343此时细绳与水平方向夹角的正切值：tanO=，则得cosO=-,sin0=-由运动的合成与分解知识可知：B球的速度为vBsinO=vAcosO可得vB=4m/s以B球为研究对象，由动能定理得|2WF-mgh=^'-y_代入数据解得：Wf=18J即绳对B球的拉力所做的功为18J故选：Co先根据两球的速度沿绳子方向的分量相等，列式求出A球向右运动0.1m时B球的速度，由几何关系求出此过程中B球上升的高度。再以B球为研究对象，由动能定理求绳对B球的拉力所做的功。本题中绳子拉力为变力，不能根据功的计算公式求拉力做功，而要根据动能定理求变力做功。【答案】D【解析】解：由库仑定律可得：F=k得，r当两相同金属小球带同种电荷时，两者相互接触后再放回原来的位置上，它们的电荷量变为4：4,所以库仑力是原来的16：7o当两相同金属小球带异种电荷时，两者相互接触后再放回原来的位置上，它们的电荷量变为3：3，所以库仑力是原来的9：7.故D正确，A、B、C错误。故选：Do两电荷间存在库仑力，其大小可由库仑定律求出.当两电荷相互接触后再放回原处，电荷量可能相互中和后平分，也可能相互叠加再平分，所以库仑力的变化是由电荷量变化导致的.解决本题的关键掌握库仑定律的公式，注意两个金属小球可能带同种电荷，可能带异种电荷.14.【答案】AD【解析】解：A、火车的重力和轨道对火车的支持力的合力恰好等于需要的向心力时，此时火车的速度正好是'，当火车转弯的速度小于'，需要的向心力减小，而重力与支持力的合力不变，所以合力大于了需要的向心力，内轨就要对火车产生一个向外的力来抵消多余的力，所以此时内轨对内侧车轮轮缘有挤压。故A正确，B错误。C、当内外轨没有挤压力时，受重力和支持力，N='_，由于内轨对火车的作用力沿着轨道平面，可以把这个力分解为水平和竖直向上两个分力，由于竖直向上的分力的作用，使支持力变小。故C错误，D正确。故选：AD。火车在弯道处拐弯时火车的重力和轨道对火车的支持力的合力做为转弯需要的向心力，当合力恰好等于需要的向心力时，火车对内外轨道都没有力的作用，速度增加，就要对外轨挤压，速度减小就要对内轨挤压.火车转弯主要是分析清楚向心力的来源，再根据速度的变化，可以知道对内轨还是对外轨由作用力.【答案】AB【解析】解：A、两个木块的最大静摩擦力相等。木块随圆盘一起转动，静摩擦力提供向心力，由牛顿第二定律得：木块所受的静摩擦力f=m®2r,m、®相等，亦r,所以b所受的静摩擦力大于a的静摩擦力，当圆盘的角速度增大时b的静摩擦力先达到最大值，所以b一定比a先开始滑动，故A正确，C错误；B、当b刚要滑动时，有kmg=m®2・2l,解得：，故B正确；D、以a为研究对象，当时，由牛顿第二定律得：f=m®2l，可解得：戶kmg,故D错误。故选：AB。木块随圆盘一起转动，静摩擦力提供向心力，而所需要的向心力大小由物体的质量、半径和角速度决定.当圆盘转速增大时，提供的静摩擦力随之而增大.当需要的向心力大于最大静摩擦力时，物体开始滑动•因此是否滑动与质量无关，是由半径大小决定.本题的关键是正确分析木块的受力，明确木块做圆周运动时，静摩擦力提供向心力，把握住临界条件：静摩擦力达到最大，由牛顿第二定律分析解答.【答案】AD【解析】解:A、对子弹全过程由动能定理，有'T=/'：:］打，所以子弹克服阻力做功］止：丄i.，故A正确B、子弹与木块相互作用过程如下图:/-■►.卜>不仿设子弹与木块相互作用力大小为f则子弹对木块做功W=fs，木块对子弹做功W=fx，由于x>s，故W2>W］，故B错误C、由动能定理，木块获得动能E产W］,即子弹对木块做的功等于木块获得的动能,故C错误D、对子弹和木块组成的系统，全过程总能量守恒，即系统内减少的能量等增加的能量，即：子弹减少的动能=木块增加的动能+系统产生的内能。故D正确。故选：AD。研究阻力对子弹做的功，子弹对木块做功，使用动能定理列方程即可解决.比较子弹与木块相互作用力所做的功，关键是确定两物体的位移，为了便于理解，最好是画下示意图•内能的产生，可以用能量守恒定律，或者求机械能损失来解.动能定理在使用时，必须明确研究对象和研究过程，避免出现研究对象混乱，在处理相关题目时，有必要画下示意图，以明确对地位移.内能产生问题除能量守恒外，亦可用滑动摩擦力乘相对位移来解决.17.【答案】贰匸【解析】解：两船抵达的地点相同，知合速度方向相同，甲船静水速垂直于河岸，乙船的静水速与合速度垂直。如图：两船的合位移相等，则渡河时间之比等于两船合速度之反比，贝y：=三由图可知：”二.•；v乙合^加°；其中：tanO=；：■：'；*=I*I水t]吃舍0护冷疔vl则：==,—故答案为：心I甲船以最短时间渡河，知静水速的方向与河岸垂直。乙船以最短航程渡河，因为两船抵达地点相同，知乙船静水速小于水流速，不能垂直到对岸，乙船静水速方向与合速度方向垂直。解决本题的关键知道两船的合速度方向相同，甲船的静水速垂直于河岸，乙船的静水速垂直于合速度的方向。18.【答案】1.5mls(-30cm，-20cm)【解析】解：根据4y=gT2得,T=p.,一.—x0,3则小球平抛运动的初速度=小球经过B点竖直方向上的分速度1..：=_=打；「：；=1w从抛出点运动到B点的时间t==\'.\：.s则抛出点到B点的水平位移x=v0t=O.6m，则抛出点的横坐标为0.3-0.6=-0.3m=-30cm.

抛出点到B点的竖直位移y」.：：「=二「.Z=".：；；：.；：，则抛出点的纵坐标为0.6-0.8m=-0.2m=-20cm.故答案为：1.5m/s,(-30cm,-20cm)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.根据竖直方向上相邻相等时间内的位移之差是一恒量求出相等的时间间隔，根据水平位移求出小球的初速度.根据某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度求出B点竖直方向上的分速度，从而求出抛出点运动到B点的时间，结合水平方向和竖直方向上的运动规律求出水平位移和竖直位移，从而求出小球抛出点的坐标.解决本题的关键掌握平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，结合运动学公式和推论进行求解.19.【答案】【解析】解：A、B、C三者作为整体为研究对象，有：F=3ma①所以加速度方向向右，而A带正电，B带负电，B若要向右加速，则C带正电荷kZG2k-2q-qc以A为研究对象，有-4.=ma②以B为研究对象，有+','=ma③由①②③可解得：qc=qF=故答案为:故答案为:先把A、B、C三者作为整体为研究对象，根据牛顿第二定律求出加速度，再分别以A、B为研究对象，运用静电力公式结合牛顿第二定律即可解题。本题主要考查了库仑定律及牛顿第二定律的直接应用，难度不大，属于基础题。【答案】BDOB1.881.84【解析】解：(1)A、机械能守恒表达式两边的质量可以约去，则不需要测量重物的质量。故A错误；B、由于纸带和打点计时器之间存在摩擦力，因此为了减少摩擦力所做的功，应将限位孔竖直，B故正确；C、因为初速度为零，加速度为g的匀加速直线运动，在0.02s内的位移为2mm，所以选用点迹清晰，且第一、二两点间的距离接近2mm的纸带来处理数据，故C错误；D、由于阻力存在，重锤下落过程中增加的动能要小于减少的重力势能，故D错误；故选：B；②本实验就是要验证表达式川-所以用这一表达式算速度、算高度都是错误的，都相当于用机械能守恒验证机械能守恒，故A、B、C错误，D正确。故选：D。①由纸带上点，可知，纸带向左运动，因此纸带左端与重物相连；根据纸带上数据方便求解B点速度，故取O点和B点来验证机械能守恒定律；从开始下落至B点，重锤的重力势能减少量△Ep=mgh=1x9.8x0.192J=1.88J,利用匀变速直线运动的推论vB=「=Im重锤的动能

ekb=：「：=丨.：：I.y/=l-：：L',故答案为：（1）B（2）D（3）①O；②B；③1.88J；1.84J；本实验需要验证的是重力势能的减小量和动能的增加量是否相等,根据下落的高度求出重力势能的减小量，根据某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度求出瞬时速度的大小，从而求出动能的增加量；由于纸带通过时受到较大的阻力和重锤受到的空气阻力，重力势能有相当一部分转化给摩擦产生的内能，所以重力势能的减小量明显大于动能的增加量。纸带问题的处理是力学实验中常见的问题，在有纸带处理实验中，若纸带做匀变速直线运动，测得纸带上的点间距，利用匀变速直线运动的推论，可计算出打出某点时纸带运动的瞬时速度和加速度，要知道重物带动纸带下落过程中能量转化的过程和能量守恒。【答案】解：（1）根据平抛运动规律，有竖直高度：h=.gt2，=、、丨「.■:比=17比ft45水平距离：X=...-!-根据x=v0t，解得v0=2Om/s（2）竖直分速度：vy=v0tan37°=20^m/s=15m/s落到斜面的重力的瞬时功率：PG=mgvy=50x10x15W=7500W答：（1）运动员从O点飞出的速度大小为20m/s；（2）运动员离斜坡距离最远时重力的瞬时功率为7500W。【解析】根据平抛运动规律h=_gt2,x=v0t，求出初速度；再利用vy=v0tan37。，求出竖直方向速度；用PG=mgvy可求出重力的瞬时功率。本题考查了平抛运动运动规律。在斜面上做平抛运动又落回到斜面关键要用到平抛运动的位移公式，结合斜面倾斜角这个条件解题。1【答案】解：（1）对小球受力分析，根据牛顿第二定律，得1Tsin60°=m®2Lsin60°①mg=N+Tcos60°②解得（2）设小球对桌面恰好无压力时角速度为叫，即N=0代入①②得®0=「由于®=*>®0，故小球离开桌面做匀速圆周运动，则N=0此时小球的受力如图2•设绳子与竖直方向的夹角为0,则有mgtan0=m®2・Lsin0③mg=Tcos0④联立解得T=4mg（1）当球以①=：做圆锥摆运动时，绳子张力T=mg，桌面受到压力N=”：：■；（2）当球以角速度①击做圆锥摆运动时，绳子的张力为4mg，桌面受到的压力为零。【解析】（1）当球做圆锥摆运动时，小球在水平面内做匀速圆周运动，由重力、水平面的支持力和绳子拉力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律，采用正交分解法列方程求解绳子的张力和支持力，再由牛顿第三定律求出桌面受到的压力。（2）当小球对桌面恰好无压力时，由重力和绳子拉力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律求解此时小球的角速度。根据角速度«='与临界角速度的关系，判断小球是否离开桌面。若小球桌面做圆周运动，再由牛顿第二定律求解绳子的张力。本题是圆锥摆问题，分析受力，确定向心力来源是关键，实质是牛顿第二定律的特殊应用。【答案】解：（1）由平抛运动的规律，得x=vtH=；J代入数据解得v=2m/s（2）要使煤块在轮的最高点做平抛运动，则煤块到达轮的最高点时对轮的压力为零，由牛顿第二定律，得mg=;?-'-代入数据得R=0.4m（3）由牛顿第二定律F=ma得a=yg=8m/s2,煤块沿传送带做初速度为零的匀加速直线运动的时间：：二二）煤块的位移：丄_=■■=.=I1上⑺上相等时间内传送带的位移：x2=vt=0.5m则相对运动的位移：△x=x2-x1=0.5-0.25=0.25m摩擦产生的热量Q=gmg△x=0.8x0.5x10x0.25J=1J.煤块获得动能：二=IL—1=丨则带动传送带的电动机需要比传送带空载情况多消耗的电能E=Q+Ek=2J答：（1）传送带的速度为2m/s；（2）右轮半径的最大值为0.4m；（3）由于传送煤块，电动机多做的功为2J.【解析】（1）煤块平抛运动的初速度等于传送带匀速运动的速度，根据高度求出平抛运动的时间，再根据水平位移求出平抛运动的初速度.（2）要使煤块在轮的最高点做平抛运动，则煤块到达轮的最高点时对轮的压力为零，由牛顿第二定律列式求解.（3）运送一块0.5kg的煤块，带动传送带的电动机需要比传送带空载情况多消耗的电能等于煤块与传送带摩擦产生的热量与煤块的动能之和.解决本题的关键理清煤块在整个过程中的运动情况，结合牛顿第二定律、功能关系以及运动学公式进行求解.【答案】解：（1）物块A冲上圆形轨道后回到最低点速度为v0=“S/s,与弹簧接触瞬间，川