资料简介
枣庄八中东校高一期中考试物理试题
2020 年 4 月
一、选择题：本题共 9 小题，1—6 为单项选择题每小题 6 分，7—9 题为多项选
择题每小题 6 分选对不全得 3 分，有错选的得 0 分。
1.质量为 m 的小物块在倾角为 α 的斜面上处于静止状态，如图所示．若斜面体和小物块一
起以速度 v 沿水平方向向右做匀速直线运动，通过一段位移 x．斜面体对物块的摩擦力和支
持力的做功情况是( )
A. 摩擦力做正功，支持力做正功
B. 摩擦力做正功，支持力做负功
C. 摩擦力做负功，支持力做正功
D. 摩擦力做负功，支持力做负功
2. .图所示，质量为 的木块沿着倾角为 的光滑斜面从静止开始下滑，当下降的高度为
时，重力的瞬时功率为
A.
B.
C.
D.
3. 我国在西昌卫星发射中心用长征三号乙运载火箭，以“一箭双星”方式成功发射第二十八、
二十九颗北斗导航卫星。发射过程中“北斗”28 星的某一运行轨道为椭圆轨道，周期为 T0，
如图所示。则（ ）
A. “北斗”28 星的发射速度等于第一宇宙速度
m θ h
2mg gh
cos 2mg ghθ
sin /2mg ghθ
sin 2mg ghθB. “北斗”28 星星在 A→B→C 的过程中，速率逐渐变大
C. “北斗”28 星在 A→B 过程所用的时间小于
D. “北斗”28 星在 B→C→D 的过程中，万有引力对它先做正功后做负功
4、科幻电影《流浪地球》红遍大江南北。电影讲述的是太阳即将毁灭，人类在地 21 球上建
造出巨大的推进器，使地球经历停止自转、加速逃逸、匀速滑行、减速人轨等阶段，最后成
为新恒星（比邻星）的一颗行星的故事。假设儿千年后地球流浪成功，成为比邻星的一颗行
星，设比邻星的质量为太阳质量的 1/8，地球质量在流浪过程中损失了 1/5，地球绕比邻星
运行的轨道半径为地球绕太阳运行轨道半径的 1/2，则下列说法正确的是（ ）
A. 地球绕比邻星运行的公转周期和绕太阳的公转周期相同
B. 地球绕比邻星运行的向心加速度是绕太阳运行时向心加速度的 2/5
C. 地球与比邻星间的万有引力为地球与太阳间万有引力的 1/10
D. 地球绕比邻星运行的动能是绕太阳运行时动能的 1/10
5、一小球以一定的初速度从图示位置进入光滑的轨道，小球先进入圆轨道 1，再进入圆轨
道 2。圆轨道 1 的半径为 R，圆轨道 2 的半径是轨道 1 的 1.6 倍，小球
的质量为 m。若小球恰好能通过轨道 2 的最高点 B，则小球在轨道 1 上
经过最高点 A 处时对轨道的压力为（ ）
A. 2mg B. 3mg C. 4mg D. 5mg
6.如图所示，在轻弹簧的下端悬挂一个质量为 m 的小球 A，若将小球 A 从弹簧原长
位置由静止释放，小球 A 能够下降的最大高度为 h．若将小球 A 换为质量为 2m 的
小球 B，仍从弹簧原长位置由静止释放，则小球 B 下降 h 时的速度为（已知重力加
速度为 g，且不计空气阻力）（ ）
0
4
TA. B. C. D. 0
7、如图所示，人在岸上拉船，已知船的质量为 m，水的阻力恒为 Ff，当轻绳与水平面的夹
角为 θ 时，船的速度为 v，此时人的拉力大小为 F，则此时( )
A. 人拉绳行走的速度为 vcosθ
B. 人拉绳行走的速度为
C. 船的加速度为
D. 船 加速度为
8.质量为 2kg 的物体被人由静止开始向上提升 2.5m 后速度达到 2m/s，g 取 10m/s2，则下列
判断正确的是（ ）
A. 人对物体做 功是 50J
B. 合外力对物体做功 4J
C. 物体克服重力做功 50J
D. 人对物体做的功等于物体增加的机械能
9 如图所示，A、B 两小球由绕过轻质定滑轮的细线相连，A 放在固定的光滑斜面上，B、C
两小球在竖直方向上通过劲度系数为 k 的轻质弹簧相连，C 球放在水平地面上，已知 A 的质
量为 5m，B、C 的质量均为 m，重力加速度为 g，细线与滑轮之间的摩擦不计。现用手控制
住 A，并使细线刚刚拉直但无拉力作用，并保证滑轮左侧细线竖直、右侧细线与斜面平行，
开始时整个系统处于静止状态。释放 A 后，A 沿斜面下滑至速度最大时 C 恰好离开地面，
关于此过程，下列说法正确的是（ ）
的
的
2gh gh
2
gh
cos
v
θ
fF F
m
−
cos fF F
m
θ −A. 斜面倾角 α＝37°
B. C 刚离开地面时，B 的加速度为 0
C. A 获得最大速度为
D. A、B 两小球组成的系统机械能守恒
二、填空题：本题共 1 小题，共 10 分。
10. 某同学在做“研究平抛运动”的实验中，忘记记下小球抛出点的位置 ，如图所示， 为
小球运动一段时间后的位置，图中各点迹间隔时间相等。 取 ，根据图像，可知小球
的初速度为__________ ，小球抛出点的位置 的坐标为__________ 。
三、计算题：本题共 2 小题，11 题 16 分，12 题 20 分，共 36 分。解答应写出
必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分。有
数值计算的题，答案必须明确写出数值和单位。
11.如图所示，竖直平面内半径为 R=0.5m 的光滑半圆形轨道，与水平轨道 AB 相连接，AB
的长度为 x=2.5m。一质量为 m=1kg 的小球，在水平恒力 F 作用下由静止开始从 A 向 B 运动，
22
3
mg
k
O A
g 210m/s
m/s O小球与水平轨道间的动摩擦因数为 μ=0.3，到 B 点时撤去力 F，小球沿圆轨道运动到最高点
时对轨道的压力为 40N，重力加速度为 g。求：
(1)小球在 C 点的速度大小；
(2)恒力 F 的大小．
12.如图，倾角为 37°的粗糙斜面 AB 底端与半径 R=0.4m 的光滑半圆轨道 BC 平滑相连，O
点为轨道圆心，BC 为圆轨道直径且处于竖直方向，A、C 两点等高．质量 m=1kg 的滑块从 A
点由静止开始下滑，恰能滑到与 O 点等高的 D 点，g 取 10m/s2。
(1)求滑块与斜面间的动摩擦因数 μ；
(2)若使滑块能到达 C 点，求滑块从 A 点沿斜面滑下时的初速度 v0 的最小值；
(3)若滑块离开 C 点的速度大小为 10m/s，求滑块从 C 点飞出至落到斜面上所经历的时间 t。枣庄八中东校高一期中考试物理试题答案
2020 年 4 月
1.【答案】B【详解】物块向右做匀速直线运动，受力平衡，物体受重力（方向竖直向下）、
支持力（垂直斜面向上）、摩擦力（沿斜面向上），位移方向水平向右，所以摩擦力做正功，
支持力做负功，故 B 正确，ACD 错误。
2.【答案】D【详解】由机械能守恒得
物体的速度为
则重力的功率为 故选 D．
3. 【答案】C【详解】A．绕地球运行的卫星，其发射速度都大于第一宇宙速度，故 A 错误；
B．根据开普勒第二定律，卫星在 的过程中，卫星与地球的距离增大，速率逐
渐变小，故 B 错误；
C．卫星在 的过程中所用的时间是 ，由于卫星在 的过程中，速率
逐渐变小， 与 的路程相等，所以卫星在 过程所用的时间小 ，故 C
正确；
D．卫星在 的过程中，万有引力方向先与速度方向成钝角，过了 点后与速度
方向成锐角，所以万有引力对它先做负功后做正功，故 D 错误；
故选 C。
4、【答案】A【详解】A、万有引力提供向心力，由牛顿第二定律得：
，解得： ，则： ，即：T 比＝T
太，故 A 正确；
B、万有引力提供向心力，由牛顿第二定律得： ，解得： ，
，故 B 错误；
21
2mgh mv=
2v gh=
sin 2 sinP mgv mg ghθ θ= =
A B C→ →
A C→ 00.5T A B C→ →
A B→ B C→ A B→ 0
4
T
B C D→ → C
2
2
2MmG m rr T
π =
3
2 rT GM
π= 3= ( ) 1MT r
T r M
× =太比 比
比太 太
2
MmG mar
= 2
GMa r
=
2 1= ( ) 2
ra M
a M r
=太比 比
比太 太C、万有引力： ,代入数据计算解得 ，故 C 错误；
D、万有引力提供向心力，由牛顿第二定律得： ，动能：
，代入数据计算解得动能之比为 故 D 错误；
5、【答案】B【详解】小球恰好能通过轨道 2 的最高点 时，根据牛顿第二定律有
小球在轨道 1 上经过最高点 处时，根据牛顿第二定律有
根据机械能守恒有
联立解得 故 B 正确，A、C、D 错误；故选 B。
6.【答案】B【详解】小球 A 下降 h 过程，根据动能定理，有 mgh﹣W1=0
小球 B 下降 h 过程，根据动能定理，有:2m•gh﹣W1= ﹣0
联立解得 ，故选 B.
7、【答案】AD【详解】AB．船运动的速度是沿绳子收缩方向的速度和绕定滑轮的摆动速度
的合速度.如图所示根据平行四边形定则有：
所以 A 正确，B 错误.
2
MmF G r
= 2= 5
F
F
比
太
2
2
Mm vG mr r
=
21
2 2K
GMmE rmv= = 1
5
B
2
1.6
Bmvmg R
=
A
2
AmvF mg R
+ =
2 21 11.2 2 2A BmgR mv mv= −
3F mg=
21 22 mv⋅
v gh=
cosv v θ=
CD．对小船受力分析如图所示，根据牛顿第二定律有：
因此船的加速度大小为：
所以 C 错误，D 正确.
8.【答案】BCD【详解】分析物体的运动的情况可知，物体的初速度的大小为 0，位移的大
小为 2.5m，末速度的大小为 2m/s，由 v2-0=2ax 可得，加速度 a=0.8m/s2.
A．由牛顿第二定律可得 F-mg=ma
所以 F=mg+ma=21.6N 人对物体做功为 W=Fx=54J 故 A 错误；
B．合外力对物体做功 W 合=F 合 x=max=2×0.8×2.5=4J 故 B 正确；
C．重力做功为 WG=-mgh=-50J 所以物体克服重力做功为 50J，故 C 正确；
D．根据能量关系得人对物体做的功等于物体增加的机械能，故 D 正确。
故选 BCD。
9【答案】BC【详解】AB、A 的速度最大时，A 所受的合力为零，此时绳的拉力 T＝
5mgsinα．此时 C 恰好离开地面，故弹簧的拉力为 mg，对 B 受力分析可得绳对 B 的拉力为 T
＝2mg，可得 sinα＝0.4，α≠37°．故 A 错误。
B、物体 C 刚离开地面时，B 的合外力为 0，加速度为 0，故 B 正确。
C、初始时系统静止，且线上无拉力，对 B 有 kx1＝mg．C 刚好离开地面时，有 kx2＝mg，
可知 x1＝x2，则从释放至 C 刚离开地面的过程中，弹簧弹性势能变化量为零，此过程中，
A、B、C 组成的系统机械能守恒，即 5mg（x1+x2）sinα＝mg（x1+x2）+ （5m+m）vAm2 以
上方程联立可解得：A 获得最大速度为 ，故 C 正确。
D、从释放 A 到 C 刚离开地面的过程中，根据 A、B 和弹簧组成的系统机械能守恒，但是
A、B 两小球组成的系统机械能不守恒，故 D 错误。
10. 【答案】 (1). 2 (2).
【详解】[1]每隔一个点取为一个计数点，设其时间间隔为 。做平抛运动的小球在竖直方
cos fF F maθ − =
cos fF Fa m
θ −=
1
2
2
Am
2
3
mgv k
=
( )20cm 5cm− −，
T向上是初速度为零的匀加速直线运动，所以根据逐差法
可得
小球在水平方向上做匀速直线运动，所以小球的初速度为
[2] 点竖直方向的速度
故 则从抛出点到 点的时间为
所以抛出点距离 点的水平位移为
拋出点 横坐标为 ，拋出点离 点的竖直位移为
则拋出点的纵坐标为 。所以小球抛出点的位置 的坐标为 。
11.【答案】(1)5m/s；(2)12N【详解】(1)由牛顿第三定律知 C 点，轨道对小球的弹力为 F=40N；
小球 C 点时，受到重力和和轨道对球向下的弹力，由牛顿第二定律得
解得 vC=5m/s
(2)从 A 到 C 过程中，由动能定理得
解得 F=12N
12.【答案】(1)0.375；(2)2 m/s；(3)0.1s
【解析】
【详解】(1)滑块从 A 到 D 过程，根据动能定理有
的
2y gT∆ =
0.1s 0.1s10
yT g
∆= = =
0
0.2 m/s 2m/s0.1
xv T
∆= = =
C 0.4 m/s 2m/s2 0.2
AE
yC
hv T
= = =
yC
C
vt g
= A 0.2s 0.1s 0.1sCt t T= − = − =
A 0 2 0.1m 0.2m 20cmv t = × = =
20cmx = − A
2 21 1 10 0.1 m 0.05m 5cm2 2y gt= = × × = =
5cmy = − O ( )20cm 5cm− −，
2
CvF mg m R
+ =
212 2 CFx mgx mg R mvµ− − ⋅ =
3
整理得
(2)若滑块能到达 C 点，根据牛顿第二定律有
因 FN≥0，解得
滑块从 A 到 C 的过程，由根据动能定理有
解得
(3)离开 C 点做平抛运动，则有
x=vCt
y= gt2
又由几何关系有
联立代入得
t=0.1s
2(2 cos37 0sin37
Rmg R R mgµ⋅ − − °× =°)
1 tan37 0.3752
µ = ° =
2
C
N
vmg F m R
+ =
10 0.4 2m/sCv Rg≥ = × =
2 2
0
2 1 1cos37 sin37 2 2C
Rmg mv mvµ− °× = −°
2 2
0 2 2 2 10 0.4 2 3m/sCv v gR= + ≥ + × × =
1
2
2tan37 R y
x
−° =
查看更多
Copyright 2004-2019 ttzyw.com All Rights Reserved 闽ICP备18023965号-4
天天资源网声明：本站点发布的文章作品均来自用户投稿或网络整理，部分作品未联系到知识产权人或未发现有相关的知识产权登记