2017-2018下学期北京东城区第十一中学高一期中物理考试.docx

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1、2017-2018年下学期北京市十一中学高一期中试卷1、甲乙两同学用打点计时器进行“验证机械能守恒定律”的实验，实验装置如图1所示，将打点计时器固定在铁架台上，使重锤带动纸带从静止开始自由下落，已知当地的重力加速度为g。（1）该实验_（选填“需要”或“不需要”）测量重物的质量。（2）为验证机械能是否守恒，需要比较重物下落过程中任意两点间的_A. 动能变化量与重力势能变化量B. 速度变化量与重力势能变化量C. 速度变化量与高度变化量D. 动能变化量与高度变化量（3） 甲同学在操作正确的条件下，质量为m的重物拖着纸带从静止竖直下落，打点计时器在纸带上打下一系列的点，如图2所示，相邻计数点时间间隔为

2、T，P为纸带运动的起电。重力加速度为g。从P到B点的过程中重物重力势能的减小量Ep=_，重物动能的增加量Ek=_。（用物理量的字母表示）（4） 乙同学实验中截取得到一条点迹清晰的纸带，如图3所示，把第一个点记作0，另选连续的8个点作为测量的点。将第n个点距0点的距离记为hn，第n点的速度为vn，将测量得到的hn和vn2在如图4所示的平面直角坐标系中描点做出v2-h图，若想验证机械能守恒，则得到的直线应为图中的_线（选填“甲”，“乙”或“丙”），直线斜率为_。（5）下列操作中有助于减小本实验误差的是_A. 重物应选用质量大和体积小的金属重锤B. 两限位孔在同一竖直面内上下对正C. 用手托稳重物，

3、撤手释放重物后接通电源【答案】（1）不需要（2）A（3）mgx2 x3-x12T（4）丙 （5）AB2、 将实际问题抽象成物理模型分析解决，是物理学中常用的方法。比如分析蹦床运动受力情况时，我们经常将其简化成如图5所示的模型，下端固定在地面上的轻弹簧此时长度为原长，一质量为m的小物块从距弹簧上端高度为h1，处无初速度下落，接触弹簧后继续下落至最低点，重力加速度为g，弹簧劲度系数为k，忽略空气阻力，物块与弹簧接触时无能量损耗，已知弹簧弹性势能EP与形变量x之间满足关系EP=12kx2。请分析下列问题：（1）求物块接触弹簧时的速度v0的大小（2）物块动能为EK，重力势能为EP1，弹簧弹性势能为EP

4、2，物块接触弹簧后至下落到最低点的过程中，三种能量的大小变化关系是（ ）A. EK一直减小，EP1一直减小，EP2一直增大B. EK一直减小，EP1先减小后增大，EP2一直增大C. EK先增大后减小，EP1一直减小，EP2一直增大D. EK先增大后减小，EP1一直减小，EP2先增大后减小（3）物块接触弹簧后至下落到最低点的过程中动能最大时，求弹簧形变量x和此时物块的速度v的大小；（4）物块下落至最低点后物块弹起，弹起后物块向上继续运动，直到与弹簧分离与弹簧分离后，小物块继续上升直至速度为零，此时小物块所处的位置与下落初始位置相比（ ）A 略低 B略高 C一样高 D无法确定【答案】（1）物块下落

5、至接触弹簧时做自由落体运动，故：v02=2gh1，解得v0=2gh1（2）C（3）当物体动能最大时，物体加速度为零F=kx=mg，解得x=mgk由物块刚接触弹簧至此时列动能定理得mgx-12kx2=12mv2-12mv02解得v=2mg2k+2gh1（4）C3、如图6所示为一建筑中的电梯，其在拉力F的作用下由底层空载从静止驶向高层时的加速度随时间变化图像a-t图，如图7所示。电梯轿厢质量m=1103kg，取g=10m/s2，不计空气阻力和额外功。（1）分析回答以下问题：电梯匀加速上升时，拉力F1的大小；电梯匀速上升时，拉力F2的功率；电梯全部上升过程中拉力做的功；（2）电梯最大载重为800kg

6、，最大输出功率为0.99104W，当电梯满载上升时（此时电梯与载重总质量为1.8103kg），请你类比平直的水平路面上机车的两种启动方式，回答电梯最终匀速上升的速度v2的大小；电梯可以保持匀加速运动的时间t和结束匀加速运动状态时电梯速度v1的大小。【答案】（1）F1-mg=ma1，解得F1=1.1104N电梯匀速上升速度：v=0+at=2m/s匀速上升功率：P=Fv=2103W匀加速上升位移：x1=12at2=2m匀速上升位移：x2=vt=32m匀减速上升拉力：F3-mg=ma2，解得F3=0.9104匀减速上升位移：x3=x1=2m拉力做功W=F1x1+F2x2+F3x3=3.6105J（2

7、）v2=P额f=PMg=0.55m/s电梯以恒定加速度启动，a=1m/s2故此时牵引力F=Mg+ma=1.98104N匀加速运动瞬时功率P=Fv=FatP额匀加速运动最长时间t=P额Fa=0.5s结束匀加速时电梯速度v1=P额F=0.5m/s4、2018年3月8号，世界顶级科学期刊Nature集体发表了四个由美国的“朱诺”木星探测器发回数据得到的最新人类木星探测结果，“朱诺”木星探测器于2012年发射升空，起初两年围绕地球轨道飞行（1）如图8所示，若已知引力常量G，地球质量为M，地球半径为R，“朱诺”探测器进入的初期轨道距地面的高度为h，不及地球自转影响，求卫星绕地球运行的线速度的大小v。（2

8、）已知“朱诺”探测器的停泊轨道半径小于同步卫星轨道半径（皆为圆轨道），设探测器的线速度为v1，周期为T1，同步卫星的线速度为v2，周期为T2，则_Av1v2 BV1=v2B T1T2 DT1=T2C “朱诺”探测器逃离地球前需要经过一系列变轨过程，如图9所示，探测器在Q点调整后进入圆形轨道3，进一步调整后进入椭圆轨道2，最后再经过调整进入工作轨道1。则_A. “朱诺”探测器在轨道1的加速度大于在轨道3的加速度B. “朱诺”探测器在轨道2进入轨道1需要在P点出减速C. “朱诺”探测器在轨道2经过P点时速度大于Q点速度D. “朱诺”探测器在轨道2从P点到Q点时万有引力做正功（4）“朱诺”探测器最终

9、经过变轨、制动后，成为一颗绕木星运动的卫星，假设其轨道为圆轨道。已知木星球体半径为R1，卫星距离木星表面的高度为h1。卫星做匀速圆周运动的周期为T1，万有引力常量为G。假定大气阻力可忽略不计，球的体积公式V=4R33，求：木星的质量M木；木星的密度；已知木星自转周期为T自，则木星的北极点重力加速度g1和赤道处重力加速度g2分别多大？（5）“朱诺”探测器探测到木星周围有一些以速度v，距离木星中心距离为R的小型物质层，下列关于小型物质层判断正确的是_A. 若v与R成正比，则此环是连续物B. 若v与R成正比，则此环是小卫星群C. 若v2与R成正比，则此环是小卫星群D. 若v2与R成正比，则此环是连续

10、物（6）人类对于宇宙的探索从未止步，一代又一代科学家为之奋斗终生。2018年3月14日，英国著名物理学家霍金在英国逝世，关于黑洞的研究是霍金对于物理学界最重要的贡献之一。黑洞是一种特殊的天体，我们可以认为这种天体的引力过大，使得任何物质（包括光）也会被其吸引过去，即这种天体的第一宇宙速度至少需要达到光速。已知光速为c，根据经典牛顿力学，球形黑洞的半径R与质量M应满足的关系是_。【答案】（1）GMm(R+h)2=mv2R+h，解得v=GMR+h（2）C（3）D（4）（5）D（6）MR=c2G5、如图11所示，一物块（可视为质点）从斜面上距地面h1处由静止开始下滑，不计空气阻力。若物块质量m=0.

11、20kg，斜面倾角=37且固定在地面上，物块与水平面的动摩擦因数=0.50，sin37=0.60，cos37=0.80，g取10m/s2，忽略空气阻力：（1）物块与斜面光滑并固定在地面上，此时物块从斜面下滑到水平面滑行，最终静止在水平面上。在水平地面滑行距离d=4.8m，（假设在斜面底端物块进入地面时不发生任何能量损耗），请分析以下问题：物块在平面上滑动过程中摩擦力对物块做的功W1；物块滑到斜面底端时的速度的大小v1；物块初始下滑的高度h1；（2）若斜面并不光滑，此时若要使物体仍从斜面下滑到水平地面后滑行相同距离d，则应从h2=4.8m处无初速度释放小球，在此情况下，请分析：物块在斜面上滑动过

12、程中机械能变化量E；斜面与物块间的动摩擦因数2；（3）若释放时给物块提供沿斜面向下的初速度v0合适，则斜面不固定。在下滑过程中，斜面对物块的弹力做功为W1，物块对斜面的弹力做功为W2，物块重力做功W3，物块下滑到地面时，斜面动能为Ek1，物块动能为Ek2，则下列说法错误的是（ ）A. W3+W1=Ek2B. W2=Ek1C. W1=0D. W3=Ek1+Ek2【答案】（1）W1=-mgd=-4.8J斜面底端到静止列动能定理：W1=0-12mv12，解得v1=43m/s斜面顶端到低端列动能定理：-mgh1=12mv12-0，解得h1=2.4m（2）斜面顶端到低端列动能定理：E=12mv12-0，

13、解得E=4.8JE=mgh2-2mgh2sin，解得2=0.3（3）C6、如图12，与水平面夹角=45的斜面与半径为R的圆形轨道相切于B点，斜面与轨道皆光滑，且固定在竖直平面内，质量为m的物块在斜面上A点静止释放，E点与圆心O高度一致，重力加速度为g，忽略空气阻力，（1）AC间的高度差为h，物块在运动过程中经过圆心O高度一致的E点，物块通过D时的轨道对物块的压力恰好为0，求：物块在圆形轨道最高点D抛出时的速度v0的大小物块滑至圆形轨道最低点C时受到的轨道的支持力FN多大；物块运动到E点时向心加速度aE的大小；物块下滑起点A距圆形轨道低点C的高度h；（2）现将物块在距最低点C高度h1=2R处由静

14、止释放，物块能否通过最高点D？若能，请说明理由；若不能，物块在哪个位置脱离圆形轨道【答案】（1）mg=mv02R，解得v0=gRC点到D点列动能定理：-mg2R=12mv02-12mvc2C点由牛二定律得：FN-mg=mvc2R联立解得：FN=6mgE点到D点列动能定理：-mgR=12mv02-12mvE2ae= vE2R联立解得：ae=3gA点到D点列动能定理：mg(h-2R)= 12mv02-0，解得h=52R（2）h1h，物块不能通过最高点D假设物块脱落轨道处为F，距离最低点C高度为H，此处向心力与重力夹角为由几何关系得：cos=H-RRF点受力分析得：mgcos=mv2RA点到F点列动

15、能定理：mg(h2-H)= 12mv2-0联立解得：H=2h2+R32017-2018年下学期北京市十一中学高一期中试卷答案1（1）不需要（2）A（3）mgx2 x3-x12T（4）丙 （5）AB2（1）物块下落至接触弹簧时做自由落体运动，故：v02=2gh1，解得v0=2gh1（2）C（3）当物体动能最大时，物体加速度为零F=kx=mg，解得x=mgk由物块刚接触弹簧至此时列动能定理得mgx-12kx2=12mv2-12mv02解得v=2mg2k+2gh1（4）C3（1）F1-mg=ma1，解得F1=1.1104N电梯匀速上升速度：v=0+at=2m/s匀速上升功率：P=Fv=2103W匀加

16、速上升位移：x1=12at2=2m匀速上升位移：x2=vt=32m匀减速上升拉力：F3-mg=ma2，解得F3=0.9104匀减速上升位移：x3=x1=2m拉力做功W=F1x1+F2x2+F3x3=3.6105J（2）v2=P额f=PMg=0.55m/s电梯以恒定加速度启动，a=1m/s2故此时牵引力F=Mg+ma=1.98104N匀加速运动瞬时功率P=Fv=FatP额匀加速运动最长时间t=P额Fa=0.5s结束匀加速时电梯速度v1=P额F=0.5m/s4（1）GMm(R+h)2=mv2R+h，解得v=GMR+h（2）C（3）D（4）（5）D（6）MR=c2G5（1）W1=-mgd=-4.8J

17、斜面底端到静止列动能定理：W1=0-12mv12，解得v1=43m/s斜面顶端到低端列动能定理：-mgh1=12mv12-0，解得h1=2.4m（2）斜面顶端到低端列动能定理：E=12mv12-0，解得E=4.8JE=mgh2-2mgh2sin，解得2=0.3（3）C6（1）mg=mv02R，解得v0=gRC点到D点列动能定理：-mg2R=12mv02-12mvc2C点由牛二定律得：FN-mg=mvc2R联立解得：FN=6mgE点到D点列动能定理：-mgR=12mv02-12mvE2ae= vE2R联立解得：ae=3gA点到D点列动能定理：mg(h-2R)= 12mv02-0，解得h=52R（2）h1h，物块不能通过最高点D假设物块脱落轨道处为F，距离最低点C高度为H，此处向心力与重力夹角为由几何关系得：cos=H-RRF点受力分析得：mgcos=mv2RA点到F点列动能定理：mg(h2-H)= 12mv2-0联立解得：H=2h2+R3