2023-2024学年陕西省西安市莲湖区高一（下）期中物理试卷(含解析）

2023-2024学年陕西省西安市莲湖区高一（下）期中物理试卷
第I卷（选择题）
一、单选题：本大题共7小题，共28分。
1.河北杂技，历史悠久，源远流长。如图甲所示，在杂技表演中，演员沿竖直杆匀减速向上爬，同时演员顶着杆匀速水平向右移动。若建立如图乙所示的坐标系，其中与分别表示演员在水平方向、竖直方向的位移，则在该过程中演员的运动轨迹可能是图中的( )
A. B. C. D.
2.关于行星运动的公式以下理解正确的是
( )
A. 是一个与行星质量有关的常量 B. 与成正比
C. 与成反比 D. 与和均无关
3.某链球运动员高速旋转后松手，链球沿运动员正前方斜向上飞出。不计空气阻力。下列做法中，一定能提高运动员成绩的是( )
A. 仅增大运动员旋转的速度
B. 仅减小运动员旋转的速度
C. 仅适当增大链球飞出时的速度与水平方向间的夹角
D. 仅适当减小链球飞出时的速度与水平方向间的夹角
4.甲、乙两小球都在水平面上做匀速圆周运动，它们的线速度大小之比为：，角速度大小之比为：，则甲、乙两小球的转动半径之比为( )
A. ： B. ： C. ： D. ：
5.年月日，我国使用“快舟一号”甲运载火箭，成功将“天行一号”星发射升空，卫星顺利进入预定轨道，发射任务获得圆满成功。若“天行一号”星发射入轨后在距地面一定高度的轨道上绕地球做匀速圆周运动，则其运行速率( )
A. 为 B. 小于
C. 大于 D. 在之间
6.中国国际航空航天博览会是展示当今世界航空航天业发展水平的盛会，代表着当今国际航空航天业先进科技主流，已成为世界五大最具国际影响力的航展之一。某架表演飞机特技飞行时的轨迹照片如图所示，若水平圆轨迹半径为竖直圆轨迹半径的倍，飞机飞行的速率保持不变，则飞机做水平圆周运动和竖直圆周运动相比较，下列说法正确的是( )
A. 向心加速度大小之比为：
B. 合力大小之比为：
C. 角速度大小之比为：
D. 周期之比为：
7.如图所示，一质量为的小球分别在甲、乙两种竖直固定轨道内做圆周运动。若两轨道内壁均光滑、半径均为，重力加速度为，小球可视为质点，空气阻力不计，则( )
A. 小球通过甲轨道最高点时的最小速度为零
B. 小球通过乙管道最高点时的最小速度为
C. 小球以最小速度通过甲轨道最高点时受到轨道弹力为
D. 小球以最小速度通过乙管道最高点时受到轨道弹力为
二、多选题：本大题共3小题，共15分。
8.年月日，经过近一个月的漂移和业务调试后，“风云四号”星成功接替“风云四号”星，在东经度的静止轨道上恢复业务服务，实现万里之外的“太空搬家”。“风云四号”星与“风云四号”星均为地球静止轨道卫星高度约为。关于地球静止轨道卫星，下列说法正确的是( )
A. 可能出现在西安的正上空
B. 运行的周期等于地球自转的周期
C. 线速度比在赤道上随地球一起自转的物体的线速度大
D. 向心加速度比在赤道上随地球一起自转的物体的向心加速度小
9.如图所示，在某次军事演习中，轰炸机图中未画出沿水平方向投放了一颗炸弹，炸弹被投出后经时间恰好垂直击中倾角为的山坡上的目标。重力加速度大小为，不计空气阻力。下列说法正确的是( )
A. 炸弹被投出时的初速度大小为
B. 炸弹击中目标时的竖直分速度与水平分速度的大小之比为
C. 炸弹击中目标时的速度大小为
D. 炸弹被投出后，在空中的水平位移与竖直位移的大小之比为
10.如图所示，圆锥中心轴线竖直，锥面光滑，母线与竖直方向的夹角为，两段长度分别为、的轻质细线，上端固定在上的同一点，下端系有质量之比为：的小球、。若圆锥绕轴转动的角速度从零开始缓慢增大，重力加速度大小为，则下列说法正确的是( )
A. 球比球先离开锥面
B. 球比球先离开锥面
C. 当时，线与的夹角比线与的夹角大
D. 当时，线与的夹角比线与的夹角大
第II卷（非选择题）
三、填空题：本大题共1小题，共7分。
11.年月日，探月工程四期“鹊桥二号”中继星和“长征八号”遥三运载火箭在中国文昌航天发射场完成技术区相关工作，星箭组合体转运至发射区，计划于近日择机实施发射。请完成下列填空：
为了充分利用地球的自转速度，在地球上发射卫星时应______填“自西向东”、“自东向西”、“自南向北”或“自北向南”发射，发射点建在______填“靠近赤道”或“靠近两极”较好。
若“鹊桥二号”中继星发射入轨后绕地球做匀速圆周运动，轨道半径为，地球的质量为，引力常量为，则入轨后“鹊桥二号”中继星的线速度大小为______，周期为______。
四、实验题：本大题共1小题，共9分。
12.某物理兴趣小组在做“研究平抛运动”实验。
在安装实验装置的过程中，必须使斜槽末端切线水平，这样做的目的是______。
A.保证小球飞出时，速度既不太大，也不太小
B.保证小球从斜槽末端飞出时的速度水平
C.保证小球在空中运动的时间每次都相等
D.保证小球运动的轨迹是一条抛物线
某同学记录了小球运动轨迹上的、、三点，取点为坐标原点，各点的坐标如图所示。请完成下列填空：
点______填“是”或“不是”抛出点。
若取重力加速度大小，则小球离开斜槽末端时的初速度大小为______，小球通过点时的速度大小为______。结果均保留两位有效数字
五、简答题：本大题共1小题，共11分。
13.年月日，我国在酒泉卫星发射中心使用“快舟一号”甲运载火箭，成功将“天行一号”星发射升空，卫星顺利进入预定轨道，发射任务获得圆满成功。若卫星入轨后做匀速圆周运动，轨道半径为，周期为，地球的半径为，引力常量为，求：
地球的质量；
地球的第一宇宙速度。
六、计算题：本大题共2小题，共30分。
14.如图所示，在光滑水平桌面上有一光滑小孔，一根轻绳穿过小孔，一端连接质量的小球，另一端连接质量的重物，小球沿半径的圆做匀速圆周运动。取求：
当小球做匀速圆周运动的角速度时，重物所受地面的支持力大小；
当重物所受地面的支持力为零时，小球做匀速圆周运动的线速度大小。
15.如图所示，一小球质量，通过长的轻质细绳悬挂在距水平地面高的天花板上，现将小球往左拉开某一角度后释放，结果细绳恰好在小球运动到最低点时断裂，小球飞出后恰好垂直撞在水平地面上与细绳在同一竖直面内圆心为的半圆环上的点。已知圆环的半径，与竖直线的夹角，空气阻力不计，小球可视为质点，取，，。
求细绳断裂前瞬间对小球的拉力大小；
求点到点的水平距离；
现用另一相同长度的轻质细绳将小球悬挂在天花板上后，再将小球向左拉开另一角度。若小球在最低点时绳断裂，且小球从点飞出的速度大小，试通过计算判断小球能否越过半圆环。
答案和解析
1.【答案】
【解析】解：演员水平向右做匀速直线运动，加速度为零；演员沿杆向上做匀减速直线运动，加速度向下；初速度与加速度不在一条直线上，所以演员的运动轨迹可能为向下弯曲的曲线。故C正确，ABD错误。
故选：。
根据曲线运动的条件及运动的合成分析判断。
本题关键掌握曲线运动轨迹与加速度的关系。
2.【答案】
【解析】解：开普勒描述了行星绕太阳公转的情况，开普勒第三定律中的常数是一个与行星无关、与太阳有关的数。圆心是太阳，做环绕运动的是行星，研究的是公转，为公转周期，为椭圆轨道的半长轴，故ABC错误，D正确。
故选：。
开普勒行星运动第三定律指出：行星绕太阳运动的椭圆轨道的半长轴的三次方与它的公转周期的二次方成正比，即，是一个对所有行星都相同的常量。
本题是对开普勒行星运动第三定律的直接的考查，要注意是由中心天体决定的。
3.【答案】
【解析】解：链球做斜抛运动，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做竖直上抛运动，则有：
当链球落地时，其水平位移为
由上式可知，增大运动员旋转的速度，即增大链球飞出时的速度，可以提高运动员的成绩，故A正确，B错误；
当链球抛出时，速度与水平方向的夹角为时，水平位移最大，由于不知道初速度的夹角是大于还是小于，所以无法判断，故C错误，D错误。
故选：。
根据斜抛运动对其进行水平竖直方向分解，得出水平位移表达式，从而得出两项；斜抛运动中速度与水平方向的夹角为时，水平位移最大，据此判断两项。
学生在解答本题时，应注意对于解决斜抛等曲线运动，要熟练掌握运动的分解。
4.【答案】
【解析】解：根据圆周运动线速度与角速度的关系
变形得半径
甲、乙两小球的转动半径之比
综上分析，故ABD错误，C正确。
故选：。
根据圆周运动线速度与角速度的关系求解作答。
本题考查了圆周运动线速度与角速度的关系，基础题。
5.【答案】
【解析】解：根据万有引力提供向心力有
解得
由于第一宇宙速度是圆周轨道最大的环绕速度，则“天行一号”星运行速率小于。
故ACD错误，B正确；
故选：。
根据万有引力提供向心力结合第一宇宙速度的特点分析判断。
本题考查人造卫星，解题关键掌握万有引力提供向心力，注意第一宇宙速度的特点。
6.【答案】
【解析】解：、令竖直的半径为，则水平的半径为，由于飞机的飞行速度不变，所以线速度一样，根据向心加速度公式有，所以向心加速度大小之比为：，故A错误；
B、根据向心力可知，合力大小公式有，所以合力大小的之比为：，故B错误；
C、根据线速度与角速度的关系有，所以角速度大小之比为：，故C正确；
D、根据周期公式有，根据选项中，角速度之比为：，所以周期之比为：，故D错误；
故选：。
根据半径的二倍关系，结合向心加速度公式，向心力公式，角速度公式和周期公式，可求出各自的比值，得出正确选项。
学生在解答本题时，应注意熟练掌握圆周运动中各个物理量表达式。
7.【答案】
【解析】【分析】
解决本题的关键知道小球做圆周运动向心力的来源，知道“圆形模型”与“管形模型”的区别是解答的关键。
【解答】
、甲轨道，在最高点，当轨道给的弹力等于零时，小球的速度最小，最小为，故A错误，C错误；
、对乙轨道，在最高点，因为外管或内管都可以对小球产生弹力作用，当小球的速度等于时，内管对小球产生弹力，大小为，故最小速度为，故B错误，D正确。
故选：。
8.【答案】
【解析】解：、地球同步轨道卫星应位于赤道平面上空，不可能出现在西安的正上方，故A错误；
B、由于“风云四号”星与“风云四号”星均为地球静止轨道卫星，地球静止轨道卫星与地球自转的周期相等，故B正确；
C、由可知，静止轨道卫星的轨道半径比赤道上随地球一起自转的物体的轨道半径大，所以静止轨道卫星线速度比在赤道上随地球一起自转的物体的线速度大，故C正确；
D、由可知，静止轨道卫星的轨道半径比赤道上随地球一起自转的物体的轨道半径大，向心加速度大，所以静止轨道卫星的向心加速度比在赤道上随地球一起自转的物体的向心加速度大，故D错误。
故选：。
地球同步卫星轨道只能位于赤道上空，运行的周期与地球自转的周期相等，根据同轴转动，具有相同的角速度，由和判断线速度与向心加速度的大小关系。
本题考查同步卫星和赤道上物体的运动规律，解题的关键是要知道，同步卫星与地球自转的周期相同，与赤道上的物体同轴转动。
9.【答案】
【解析】解：速度分解如图：
炸弹击中目标时的竖直分速度大小为：
设炸弹被投出时的初速度大小为，根据几何关系得：
解得：，故A正确，B错误；
C.炸弹击中目标时的速度大小为：
解得：，故C错误；
D.炸弹被投出后，做平抛运动
在空中的水平位移为：
竖直位移的大小为：
炸弹在空中的水平位移与竖直位移的大小之比为：
，故D正确。
故选：。
炸弹做平抛运动，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做自由落体运动，根据速度时间公式求出竖直分速度，根据速度分解求出炸弹的初速度、炸弹的速度，并求出炸弹击中目标时的竖直分速度与水平分速度的大小之比；结合初速度和时间求出水平位移，根据位移时间公式求出竖直位移，从而求出炸弹在空中的水平位移与竖直位移的大小之比。
解决本题的关键掌握平抛运动水平方向和竖直方向上的运动规律，知道平抛运动的一些推论，并能灵活运用。
10.【答案】
【解析】解：设球的质量为，、两球恰好离开锥面时的角速度分别为、，根据牛顿第二定律有
，
解得
，
因为
所以球先离开锥面，故A错误，B正确；
当时，因为
所以两球均已离开锥面，设此时线、线与的夹角分别为、，根据牛顿第二定律有
解得
所以
故C错误，D正确。
故选：。
根据牛顿第二定律和几何知识推导判断；根据角速比较判断两球均已离开锥面，再根据牛顿第二定律推导判断夹角关系。
本题关键掌握向心力来源、做圆周运动半径分析。
11.【答案】自西向东 靠近赤道
【解析】解：地球自西向东自转，要充分利用地球的自转速度，在发射卫星时要沿着地球自转的方向发射卫星，即从西向东发射，地球各点随地球自转的角速度相等，由可知，赤道上各点的轨道半径最大，线速度最大，所以要充利用自转的速度，在地球上发射卫星的地点应建在靠近赤道好。
设“鹊桥二号”中继星的质量为，根据万有引力提供向心力有
解得
“鹊桥二号”中继星的周期
解得
故答案为：自西向东；靠近赤道；；
地球自西向东自转，地球上各点纬度越高，自转半径越小，又因为自转的周期和角速度是一定的，所以纬度越低自转半径越大，自转的线速度越大；
根据万有引力提供向心力分析解答。
解决本题的关键知道发射卫星选址在赤道附近，是由于赤道处，地球自转的线速度较大，要注意地球的自转方向是由西向东。
12.【答案】 不是
【解析】解：斜槽末端切线水平是为了保证小球能够水平飞出，只有水平飞出时的小球才能做平抛运动。故ACD错误，B正确。故选：。
根据初速度为零的匀加速直线运动在连续相等的时间间隔内位移之比为：：：，由图可知
：：：：
故A点不是抛出点。
竖直方向由逐差法可知
代入数据可得
水平方向有
可得小球离开斜槽末端时的初速度大小为
因为
所以小球通过点时的速度大小为
故答案为：；不是、、。
根据实验目的进行选择；
根据初速度为零的匀加速直线运动规律进行判断；根据平抛运动的规律进行计算。
解决平抛实验问题时，要特别注意实验的注意事项．在平抛运动的规律探究活动中不一定局限于课本实验的原理，要注重学生对探究原理的理解；解决本题的关键知道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灵活求解。
13.【答案】解：对天行一号卫星，万有引力提供向心力
地球质量
对于近地卫星，轨道半径
万有引力提供向心力
联立解得。
答：地球的质量为；
地球的第一宇宙速度为。
【解析】天行一号卫星，根据万有引力提供向心力，结合向心力公式求解地球质量答；
对于近地卫星，轨道半径；根据万有引力提供向心力，结合向心力公式求解第一宇宙速度。
本题主要考查了万有引力定律在天体运动中的运用，要明确向心力的来源和确定轨道半径；熟练掌握向心力公式是解题的关键。
14.【答案】解：根据牛顿第二定律得：
，
对研究有：
，
，
物体处于将要离开、而尚未离开地面时有：
，
根据牛顿第二定律得：
，
解得：。
答：当小球做匀速圆周运动的角速度时，重物所受地面的支持力大小是；
当重物所受地面的支持力为零时，小球做匀速圆周运动的线速度大小是。
【解析】对球，拉力提供向心力，根据牛顿第二定律求出绳子的拉力大小；对分析，根据共点力平衡求出地面的支持力；根据牛顿第三定律得到压力。
当物体将要离开地面时，根据平衡求出求出绳子的拉力，结合牛顿第二定律求出的速度大小。
本题考查了共点力平衡和牛顿第二定律的基本运用，知道做圆周运动向心力的来源，结合牛顿第二定律和共点力平衡进行求解。
15.【答案】解：设小球从点运动到点的时间为，由于恰好垂直撞在半圆形轨道的点，有：
小球在点时沿竖直方向的分速度大小为：
有几何关系可知，此时小球的水平方向的分速度大小为：
细绳断裂前瞬间有：
解得：
小球平抛运动的水平位移为：
由几何关系有：
解得：
当小球水平抛出的速度为时，若恰好越过半圆环到达地面，则小球的水平位移为：
小球的抛出点与的水平距离为
由于，可知小球不能越过半圆环
答：求细绳断裂前瞬间对小球的拉力大小为；
求点到点的水平距离为
小球不能通过半圆环；
【解析】小球从最低点做平抛运动，根据几何关系求得竖直下落的高度，求得运动的时间，根据速度的关系求得平抛时的初速度，根据牛顿第二定律求得拉力；
水平方向匀速运动，根据求得位移；
根据平抛运动的特点求得刚好通过半圆形最高点的水平位移即可判断
本题考查了平抛运动和圆周运动的综合运用，知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，以及圆周运动向心力的来源是解决本题的关键．
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