北京市顺义区杨镇一中学年高二物理上学期期中试卷含解析

北京市顺义区杨镇一中学年高二物理上学期期中试卷含剖析北京市顺义区杨镇一中学年高二物理上学期期中试卷含剖析PAGE北京市顺义区杨镇一中学年高二物理上学期期中试卷含剖析2018-2019学年北京市顺义区杨镇一中高二（上）期中物理试卷一、单项选择题1.做曲线运动的物体，在运动过程中，必然发生变化的物理量是A.动能B.速度C.加快度D.合外力【答案】B【剖析】A、匀速圆周运动的速度的大小是不变的，即速率是不变的，其动能也不变，故A错误；B、物体既然做曲线运动，那么它的速度方向不停变化的，因此速度必然在变化，故B正确；CD、平抛运动也是曲线运动，可是它的协力为重力，合外力不变，加快度是重力加快度，也不变，故CD错误；应选B。【点睛】曲线运动，它的速度的方向必然是改变的，因此曲线运动必然是变速运动，它的速度必然是变化的；而匀速圆周运动的速率是不变的，平抛运动的协力、加快度是不变的。2.一质点做曲线运动，它经过某点时的速度v的方向，加快度的方向可能正确的选项是A.B.C.D.【答案】B【剖析】【详解】做曲线运动的物体，速度方向沿轨迹的切线方向；则可除去D；而做曲线运动的物体，其加快度指向轨迹的内侧，故AC错误，故B正确，ACD错误。3.AB分别是地球上的两个物体，A在北纬某城市，B在赤道上某地，以以下图。当它们随处球自转时，它们的角速度分别是、，它们的线速度大小分别是、。以下说法正确的选项是()A.=，<B.=，>C.<，=D.>，<【答案】A【剖析】A与B均绕地轴做匀速圆周运动，在同样的时间转过的角度相等，由角速度的定义式，甲、乙角速度相等，由角速度与线速度关系公式，B的转动半径较大，故B的线速度较大，应选项A正确。点睛：A与B均绕地轴做匀速圆周运动，周期均为一天，B的转动半径较大，可依据角速度定义式和线速度与角速度关系公式判断。4.篮球运动员接传来的篮球时，平常要先伸出两臂迎接，手接触到球后，两臂随球快速引至胸前，这样做可以()A.减小球敌手作使劲的冲量B.减小球的动量变化率C.减小球的动量变化量D.减小球的动能变化量【答案】B【剖析】接球时，先伸出两臂迎接，手接触到球后，两臂随球引至胸前，这样可以增添球与手接触的时间，依据动量定理得：-Ft=0-mv，即当时间增大时，冲量和动量的变化量都不变，减小动量的变化率，即球敌手的作使劲；因此B正确，ACD错误．应选B．5.物体做平抛运动的规律可以归纳为两点：（1）水平方向做匀速直线运动；（2）竖直方向做自由落体运动.为了研究物体的平抛运动，可做下边的实验：以以下图，用小锤打击弹性金属片，A球水平飞出；同时B球被松开，做自由落体运动.两球同时落到地面.把整个装置放在不同样高度，从头做此实验，结果两小球老是同时落地.则这个实验（）A.只好说明上述规律中的第（1）条B.只好说明上述规律中的第（2）条C.不可以说明上述规律中的任何一条D.能同时说明上述两条规律【答案】B【剖析】在打击金属片刻，两小球同时做平抛运动与自由落体运动，结果同时落地，则说明平抛运动竖直方向是自由落体运动，不可以说明水平方向上的运动规律，故B正确，ACD错误；应选B。【剖析】研究平抛运动的规律中，实验同时让A球做平抛运动，B球做自由落体运动，若两小球同时落地，则说明平抛运动竖直方向是自由落体运动，而不可以说明A球水平方向的运动性质。6.质量为1kg的物体做直线运动，其速度图象以以下图。则物体在前10s内和后10s内所受外力的冲量分别是（）A.10N·s,10N·sB.10N·s，－10N·sC.0，10N·sD.0，－10N·s【答案】D【剖析】由图象可知，在前10s内初、末状态的动量同样，p1＝p2＝5kg·m/s，由动量定理知I1＝0；在后10s内末状态的动量p3＝－5kg·m/s，由动量定理得I2＝p3－p2＝－10N·s，故正确答案为D。7.以以下图，物体A和B的质量均为m，且分别与高出定滑轮的轻绳连结不计绳与滑轮、滑轮与轴之间的摩擦，用水平变力F拉物体B，B沿水平方向向左做匀速直线运动则A.物体A也做匀速直线运动B.绳索拉力素来等于物体A所受重力C.A物体的速度渐渐增大D.A物体的速度渐渐减小【答案】D【剖析】【详解】设绳索与水平方向的夹角为，将B的速度分解为沿绳索方向和垂直于绳索方向，以以下图：

沿绳索方向的分速度等于A的速度，有向左做匀速直线运动，则增大，则A的速度减小，A做减速运动，故AC错误，D正确；A向下做减速运动，加快度向上，处于超重，拉力为故B错误。因此D正确，ABC错误。8.以以下图，长为L的细绳一端固定，另一端系一质量为m的小球给小球一个适合的初速度，小球即可在水平面内做匀速圆周运动，这样就组成了一个圆锥摆，设细绳与竖直方向的夹角为以下说法中正确的选项是A.小球受重力、细绳的拉力和向心力作用B.细绳的拉力供给了向心力C.越大，小球运动的线速度越大D.越大，小球运动的周期越大【答案】C【剖析】【详解】小球只受重力和绳的拉力作用，两者协力供给向心力，故B错误；向心力大小为：，小球做圆周运动的半径为：，则由牛顿第二定律得：，获得线速度：，越大，、越大，因此小球运动的速度越大，故C正确；小球运动周期：，因此，越大，小球运动的周期越小，故D错误。因此C正确，ABD错误。9.为了研究影响平抛运动水平射程的要素，某同学经过改变抛出点的高度及初速度的方法做了6次实验，实验数据记录如表以下研究方案符合控制变量法的是序号抛出点的高度水平初速度

水平射程123456A.若研究水平射程与初速度的关系，可用表中序号为1、3、5的实验数据B.若研究水平射程与高度的关系，可用表中序号为1、3、5的实验数据C.若研究水平射程与高度的关系，可用表中序号为2、4、6的实验数据D.若研究水平射程与初速度的关系，可用表中序号为2、4、6的实验数据【答案】B【剖析】【详解】研究影响平抛运动水平射程的要素时，若研究水平射程和初速度的关系，应保持高度不变。可用1、2或3、4或5、6数据；若研究水平射程和高度的关系，应保持初速度不变，可用表中序号为1、3、5的实验数据，故B正确，ACD错误。10.一个电子只在电场力作用下从a点运动到b点，轨迹如图中虚线所示，图中的一组平行实线表示的可能是电场线也可能是等势面，则以下说法中正确的选项是（）A.不论图中的实线是电场线还是等势面，a点的场强都比b点的场强小B.不论图中的实线是电场线还是等势面，a点的电势都比b点的电势高C.不论图中的实线是电场线还是等势面，电子在a点的电势能都比在b点的电势能小D.假如图中的实线是等势面，电子在a点的速率必然大于在b点的速率【答案】D【剖析】试题剖析：A、由图看出，电场线或等势面疏密均匀，不论图中的实线是电场线还是等势面，a点的场强和b点的场兴盛小相等．故A错误．B、依据电子的运动轨迹可知，电子所受的电场力方向向右，电场线方向水平向左，则a点的电势都比b点的电势低．故B错误．C、D电子所受的电场力方向向右，电场力做正功，电势能减小，动能增大，则电子在a点的电势能都比在b点的电势能大，在a点的速率必然大于在b点的速率．故C错误，D正确．应选D11.如图质子()、氘核()和α粒子()都沿平行板电容器两板中线OO/方向垂直于电场线射入板间的匀强电场，射出后都打在同一个与OO/垂直的荧光屏上，使荧光屏上出现亮点．则A.若它们射入电场时的速度相等，在荧光屏大将出现3个亮点B.若它们射入电场时的动量相等，在荧光屏大将只出现2个亮点C.若它们射入电场时的动能相等，在荧光屏大将只出现1个亮点D.若它们是由同一个电场从静止加快后射入此偏转电场的，在荧光屏大将只出现1个亮点【答案】D【剖析】试题剖析：粒子进入平行板后，做类平抛运动，在水平方向上有：，在竖直方向上：依据牛顿第二定律可得，偏转量，联立可得，若它们射入电场时的速度相等，因为和荷质比同样，故有两个亮点，A错误；若它们射入电场时的动能相等，、带电量相等，故有两个亮点，C错误；它们射入电场时的质量与速度之积相等，即动量同样，则，因为四个粒子的都不同样，在荧光屏大将只出现3个亮点，B错误；若它们都是从静止开始由同一加快电场加快后再射入此偏转电场的，y都同样，故荧光屏大将只出现1个亮点，故D正确．考点：察看了带电粒子在电场中的偏转【名师点睛】此类题目属于类平抛运动，解题重点注意水平方向匀速，竖直方向是初速度为零的匀加快直线运动，两个方向的运动拥有等时性，此后列式计算出偏移量，依据偏移量的表达式剖析解题，二、多项选择题12.以下说法中正确的选项是A.物体的动量改变，必然是速度大小改变B.物体的动量改变，必然是速度方向改变C.物体的运动状态改变，其动量必然改变D.物体的速度方向改变，其动量必然改变【答案】CD【剖析】【详解】动量是矢量，动量改变可能是大小改变，也可能是方向改变，因此速度大小不用然变，故AB错误；运动状态是用速度来描绘的，运动状态的改变必然是速度在变，只需速度改变，不论是大小还是方向，动量都发生变化，故CD正确。因此CD正确，AB错误。13.物体在力、、的共同作用下处于均衡状态，若忽然撤去外力，则物体的运动状况可能是A.匀加快直线运动B.匀减速直线运动C.匀速直线运动D.匀变速曲线运动【答案】ABD【剖析】【详解】撤去，其他力的协力与等值、反向、共线，与速度方向不共线时，物体做匀变速曲线运动，共线时做匀变速直线运动，即可能是匀加快直线或匀减速直线，故ABD正确，C错误。14.一只船在静水中的速度为，它要渡过一条宽度为30m的河，河水的流速为，则以下说法中正确的选项是A.船渡河的最短时间为10

sB.船渡河的速度必然为5

C.船不可以垂直抵达对岸D.船垂直抵达对岸所需时间为6

s【答案】AC【剖析】【详解】当静水速与河岸垂直时，渡河时间为：，不可以能等于6s，故A正确，D错误；因为船的静水速的方向未知，依据平行四边形定章，没法判断船渡河的速度大小，故B错误；依据平行四边形定章，因为静水速小于水流速，则合速度不可以能垂直于河岸，即船不可以能垂直抵达对岸，故C正确。因此AC正确，BD错误。15.以以下图，在发射地球同步卫星的过程中，卫星第一进入椭圆轨道，此后在点经过改变卫星速度，让卫星进入地球同步轨道，则（）．A.该卫星的发射速度必然大于B.卫星在同上不轨道上的运转速度大于C.在轨道上，卫星在点的速度大于在点的速度D.卫星在点经过减速实现由轨道进入轨道【答案】CD【剖析】11.2km/s是卫星走开地球拘束的发射速度，而地球同步卫星仍旧绕地球运动，因此该卫星的发射速度必然小于11.2

km/s。故A错误。依据开普勒第三定律，知卫星轨道的半长轴越大，运转周期越大，则卫星在椭圆轨道I上的运转周期小于在轨道Ⅱ上运转的周期。故B错误。在轨道I上，P点是近地点，Q点是远地点，则卫星在P点的速度大于在Q点的速度。故C错误。从椭圆轨道Ⅰ到同步轨道Ⅱ，卫星在Q点是做渐渐远离圆心的运动，要实现这个运动必然卫星所需向心力大于万有引力，因此应给卫星加快，增添所需的向心力。故D正确。应选D。点睛：此题要求同学们理解第二宇宙速度的意义，掌握开普勒定律．卫星变轨也就是近心运动或离心运动，依据供给的万有引力和所需的向心力关系确立．16.在物理实验中，把一些微小量的变化进行放大，是常用的物理思想方法以以下图的四个实验，运用此思想方法的是A.察看桌面形变B.玻璃瓶发生形变C.比较平抛运动和自由落体运动D.测定万有引力常量【答案】ABD【剖析】【详解】桌面的受力微小形变借助于光的反射来放大，运用了放大的思想方法，故A正确；玻璃瓶的受力微小形变借助于液体体积变化，运用了放大的思想方法，故B正确；比较平抛运动和自由落体运动，运用了类比的思想方法，故C错误；引力大小还是借助于光的反射来放大，运用了放大的思想方法，故D正确。因此ABD正确，C错误。三、实验题研究题17.用半径同样的小球1和小球2的碰撞考证动量守恒定律，实验装置以以下图，斜槽与水平槽圆滑连结。安装好实验装置，在地上铺一张白纸，白纸上铺放复写纸，记下重锤线所指的地点O。在做“考证动量守恒定律”的实验时（1）实验必然知足的条件是______。A.斜槽轨道必然是圆滑的B.斜槽轨道尾端的切线是水平的C.入射球每次都要从同一高度由静止开释D.实验过程中，白纸可以挪动，复写纸不可以挪动（2）实验中要达成的必需步骤是______填选项前的字母。A.用天平丈量两个小球的质量、B.丈量抛出点距地面的高度HC.用秒表测出小球做平抛运动的时间tD.分别确立碰撞前后落地点的地点和碰后的落地点P、M、N，并用刻度尺测出水平射程OP、OM、ON。（3）入射小球质量为，被碰小球质量为，两小球的质量应知足______选填“大于”“小于”或“等于”（4）若所测物理量知足______表达式则可判断两个小球相碰前后动量守恒。（5）若碰撞是弹性碰撞，那么所测物理量还应当知足的表达式为______。【答案】(1).BC

(2).AD(3).大于(4).(5).【剖析】【详解】（1）斜槽的粗拙与圆滑不影响实验的见效，只需抵达底端时速度同样即行，故A错误；斜槽轨道尾端必然水平，保证小球碰撞前速度水平，故B正确；小球每次从斜槽上同样的地点自由滚下，使得小球与另一小球碰撞前的速度不变，故C正确；实验过程中，白纸不可以够挪动，故D错误。因此BC正确，AD错误。（2）本实验除需丈量线段OM、OP、ON的长度外，还需要丈量的物理量是两小球的质量，因为可以经过水平位移代表速度的大小，因此不用丈量AB的高度和B点离地面的高度。因为平抛运动的时间相等，则水平位移可以代表速度，OP是A球不与B球碰撞平抛运动的位移，该位移可以代表A球碰撞前的速度，OM是A球碰撞后平抛运动的位移，该位移可以代表碰撞后A球的速度，ON是碰撞后B球的水平位移，该位移可以代表碰撞后B球的速度，应选AD。（3）为了防备入射球反弹，应使入射球的质量大于被碰球的质量；（4）因为平抛运动的时间相等，则水平位移可以代表速度，OP是A球不与B球碰撞平抛运动的位移，该位移可以代表A球碰撞前的速度，OM是A球碰撞后平抛运动的位移，该位移可以代表碰撞后A球的速度，ON是碰撞后B球的水平位移，该位移可以代表碰撞后B球的速度，当所测物理量知足表达式，说明两球碰撞恪守动量守恒定律。（5）若碰撞是弹性碰撞，那么所测物理量还应当知足的表达式为：；即。四、计算题18.一物体在圆滑水平面上运动，它在互相垂直的x方向和y方向上的两个分运动的速度-时间图象以以下图．（1）计算物体的初速度大小；（2）计算物体在前3s内的位移大小．【答案】（1）50m/s（2）【剖析】试题剖析：（1）由图可看出，物体沿x方向的分运动为匀速直线运动，沿y方向的分运动为匀变速直线运动．x方向的初速度vx0=30m/s，y方向的初速度为vy0="-40m/s;"则物体的初速度大小为．（2）在前3s内，x方向的分位移大小x3=vx•t=30×3m=90my方向的分位移大小，故考点：运动的合成与分解【名师点睛】此题察看运动的合成与分解规律的应用，应明确两分运动互相独立，分时间必然相等，运用分运动的规律研究．19.以以下图，竖直平面内的圆弧形圆滑轨道半径为R、A端与圆心O等高，AD为水平面，B点为圆滑轨道的最高点且在O的正上方，一个小球在A点正上方由静止开释，自由着落至A点进入圆轨道并恰巧能经过B点，最后落到水平面C点处求：（1）小球经过轨道B点的速度大小；（2）开释点距A点的竖直高度；（3）落点C与A点的水平距离．【答案】（1）（2）（3）【剖析】（1）小球恰能经过最高点B时①得（2）设开释点到A高度h，则有②联立①②解得：（3）小球由C到D做平抛运动③水平位移④联立①③④解得：因此落点C与A点的水平距离为：20.已知地球半径为R，地球表面重力加快度为g，万有引力常量为G，不考虑地球自转的影响．(1)求卫星围绕地球运转的第一宇宙速度v1；(2)若卫星绕地球做匀速圆周运动且运转周期为T，求卫星运转半径r；(3)由题目所给条件，请提出一种预计地球均匀密度的方法，并推导出密度表达式．【答案】(1)(2)(3)【剖析】试题剖析：（1）第一宇宙速度为卫星在地面周边轨道做匀速圆周运动的围绕速度，依据重力等于向心力列式求解；（2）依据卫星遇到的万有引力等于向心力和地面周边的重力加快度公式联立列式求解；（3）依据地面周边的重力加快度公式先计算出地球质量，再预计密度．解：（1）重力等于向心力mg=m解得v1=即卫星围绕地球运转的第一宇宙速度v1为．（2）若不考虑地球自转的影响，地面上质量为m的物体所受的重力mg等于地球对物体的引力，即mg=G①卫星遇到的万有引力等于向心力G=m′r②由①②两式解得r=即卫星运转半径r为．（3）由①式解得M=因此ρ=即地球的密度为．【谈论】卫星类问题重点抓住引力供给向心力和地面周边重力加快度公式列式求解．21.动能定理描绘了力对物体作用在空间上积累的见效，动量定理则描绘了力对物体作用在时间上积累的见效，两者是力学中的重要规律。（1）以以下图，一个质量为m的物体，初速度为，在水平合外力恒力的作用下，运动一段时间t后，