1、第11頁，共11頁4.5.6.7.VA: vb=2 : 3VA: VB=3 : 2GJA: C0B=3 : 2Ji甲乙期中物理試卷題號一一二四總分得分、單選題（本大題共 8小題，共32.0分）1 .第一次通過觀測和計算的方法總結出行星運動規律的物理學家是（）A.牛頓B.開普勒C,伽利略D.卡文迪許2 . 做勻速圓周運動的物體，下列哪些量是不變的（）A.線速度B.角速度C.向心加速度D.向心力3 .所有行星繞太陽運轉其軌道半徑的立方和運轉周期的平方的比值即K=k,那么k的大小決定于（）A.只與行星質量有關B.只與恒星質量有關C.與行星及恒星的質量都有關D.與恒星質量及行星的速率有關我國今年利用一

2、箭雙星技術發射了兩顆“北斗”導航衛星， 計劃-到2020年左右，建成由5顆地球靜止軌道衛星和 30顆其他軌道 :衛星組成的覆蓋全球的“北斗”衛星導航系統。如圖所示為其中；O &的兩顆地球靜止軌道衛星 A、B,它們在同一軌道上做勻速圓周/運動，衛星A的質量大于衛星B的質量。下列說法正確的是（）A.它們的線速度大小都是 7.9km/s B.它們受到的萬有引力大小相等C.它們的向心加速度大小相等D.它們的周期不一定相等把一個小球放在光滑的球形容器中，使小球沿容器壁在某一水平面內做勻速圓周運動，如圖所示，關于小球的受力情況， J下列說法正確的是（）弋A.小球受到的合力為零B.重力、容器壁的 ,

3、支持力和向心力C.重力、向心力D.重力、容器壁的支持力如圖為一壓路機的示意圖，其大輪半徑是小輪半徑的1.5倍.A、B分別為大輪和小輪邊緣上的點.在壓路機前進時（ ）A. A、B兩點的線速度之比為 B. A、B兩點的線速度之比為 C.A、B兩點的角速度之比為D. A、B兩點的向心加速度之比為 aA： aB=2： 3甲、乙兩船在同一河流中同時開始渡河，河水流速為V0,船在靜水中的速率均為 v,甲、乙兩船船頭均與河岸成。角，如圖所示，已知甲船恰能垂直到達河正對岸的A點，乙船到達河對岸的B點，A、B之間的距離為L,則下列判斷正確的是（ ）A.乙船先到達對岸B.若僅是河水流速V0增大，則兩船的渡河時間都

4、增加C.不論河水流速V0如何改變，只要適當改變。角，甲船總能到達正對岸的A點D.若僅是河水流速 V0增大，則兩船到達對岸時，兩船之間的距離仍然為L8 .如圖所示，在光滑水平面上，小球在拉力F作用下繞O點做勻速圓周運動。若小球運動到P點時，拉力F發生變化，下列關于小球運動情況的說法正確的是（）A.若拉力突然變小，小球可能沿軌跡Pc運動B.若拉力突然消失，小球一定沿軌跡Pa運動C.若拉力突然消失，小球可能沿軌跡Pb運動D.若拉力突然變大，小球可能沿軌跡Pb運動、多選題（本大題共 4小題，共16.0分）9 .已知地球的質量為 M,半徑為R,表面的重力加速度為度的表達式有（）A.舟B.傍C. &

5、;10 .科學研究表明地球的自轉在變慢.四億年前，地球每年是g,那么地球的第一宇宙速D.400天，那時，地球每自轉一周的時間為 如5小時，比現在要快 3.5小時.據科學家們分析，地球自轉變慢的原因主要有兩個：一個是潮汐時海水與海岸碰撞、 與海底摩擦而使能量變成內能;另一個是由于潮汐的作用， 地球把部分自轉能量傳給了月球，使月球的機械能增加了（不考慮對月球自轉的影響）.由此可以判斷，與四億年前相比月球繞地球公轉A.半徑增大B.速度增大C.周期增大11.如圖所示，水平圓盤上疊放著兩個物塊A和B,當圓盤繞豎直軸勻速轉動時，兩物塊與圓盤始終保持 相對靜止，則以下說法正確的是（）A. A與B之間可能沒有

6、摩擦力作用B. A與B之間存在摩擦力，其大小與圓盤轉速有關C.圓盤與B之間可能沒有摩擦力作用D.圓盤與B之間存在摩擦力，其大小與圓盤轉速有 關D.角速度增大12 .如圖所示，長L=0.5m的輕質細桿，一端固定有一個質量為 m=3kg 的小球，另一端由電動機帶動，使桿繞O點在豎直平面內做勻速圓周運動，小球的速率為v=2m/s。取g=10m/s2,下列說法正 ：'確的是（）A.小球通過最高點時，對桿的拉力大小是24NB.小球通過最高點時，對桿的壓力大小是6NC.小球通過最低點時，對桿的拉力大小是24ND.小球通過最低點時，對桿的拉力大小是54N三、實驗題（本大題共 1小題，共6.0分）13

7、 . （1）做“研究平拋運動”的實驗時，讓小球多次沿同一軌道運動，通過描點法畫出小球做平拋運動的軌跡，為了探究影 響平拋運動水平射程的因素，某同學通過改變拋出點的高度 及初速度的方法做了 6次實驗，實驗數據記錄如下表：序號拋出點的高度（m）水平初速度（m/s）水平射程（m）10.2020.4020.2030.6030.4520.6040.4541.250.8020.860.8062.4以下探究方案符合控制變量法的是1、3、5的實驗數據2、4、6的實驗數據1、3、5的實驗數據2、4、6的實驗數據A.若探究水平射程與高度的關系，可用表中序號為B.若探究水平射程與高度的關系，可用表中序號為 C.若探

8、究水平射程與初速度的關系，可用表中序號為 D.若探究水平射程與初速度的關系，可用表中序號為(2)某同學做“研究平拋運動的規律”的實驗時，重復讓小球從斜槽上相同位置由靜止滾下，得到小球運動過程中的多個位置;根據畫出的平拋運動軌跡測出小球多個位置的坐標(x, y),畫出y-x2圖象如圖所示，圖線是一條過原點的直線，說 明小球運動的軌跡形狀是 ;設該直線的斜率為 k,重力加速度為g,則小鐵 塊從軌道末端飛出的速度為 .四、計算題(本大題共 4小題，共46.0分)tAB甲 *1*14 .物體做勻速圓周運動時，向心力與哪些因素有關？某同學通過下面實驗探究，獲得體驗.如圖甲，繩子的一端拴一個小沙袋，繩上離

9、小沙袋l處打一個繩結A, 21處打另一個繩結 B.請一位同學幫助用秒表計時.如圖乙所示，做了四次體驗性操作.操彳1:手握繩結A,使沙袋在水平面內做勻速圓周運動，每秒運動 時繩子拉力的大小.操彳2:手握繩結B,使沙袋在水平面內做勻速圓周運動，每秒運動 時繩子拉力的大小.(1)操作2與操作1相比，體驗到繩子拉力較大的是 ;2周.體驗此操彳3:手握繩結A,使沙袋在水平面內做勻速圓周運動，每秒運動 時繩子拉力的大小.(2)操作3與操作1相比，體驗到繩子拉力較大的是 ;操彳4：手握繩結A,增大沙袋的質量到原來的 2倍，使沙袋在水平面內做勻速圓周運動，每秒運動1周.體驗此時繩子拉力的大小.(3)操作4與操

10、作1相比，體驗到繩子拉力較大的是 ;(4)總結以上四次體驗性操作， 可知物體做勻速圓周運動時，向心力大小與 有關.若某同學認為“物體做勻速圓周運動時，半徑越大，所受的向心力也越大”.你認為這一說法是否正確？為什么？答：15 .如圖所示當質量分別為 m1和m2的兩球以等角速度 繞軸 在光滑平面上旋轉時，突然燒斷繩L1的瞬時，m1的加速度大小是多少？方向怎樣？16 . “嫦娥一號”的成功發射，為實現中華民族幾千年的奔月夢想邁出了重要的一步。已知“嫦娥一號”繞月飛行軌道近似為圓形，距月球表面高度為 H,飛行周期為T,月球的半徑為R,引力常量為G.求：(1) “嫦娥一號”繞月飛行時的線速度大小；(2)

11、月球的質量；(3)若發射一顆繞月球表面做勻速圓周運動的飛船，則其繞月運行的線速度應為多大。17.如圖所示，小明站在水平地面上，手握不可伸長的輕繩一端，繩的另一端系有質量為m的小球，甩動手腕，使球在豎直平面內做圓周運動。當球某次運 動到最低點時，繩突然斷掉，球飛行水中距離d后落 地。已知握繩的手離地面高度為 d,手與球之間的繩 長為:d,重力加速度為go忽略手的運動半徑和空氣阻力。v1至少應為(1)若想小球在豎直平面內做完整的圓周運動，其通過最高點的速度 多少？(2)求繩斷時球的速度大小 V2和球落地時的速度大小 V3。(3)輕繩能承受的最大拉力多大？答案和解析1 .【答案】B 【解析】解：提出

12、行星圍繞太陽運行的軌道是橢圓等三個行星運動定律的科學家是開普勒，在牛頓發現萬有引力定律一百多年以后，英國物理學家卡文迪許巧妙地利用扭秤裝置，第一次在實驗室里比較準確地測出了引力常量，被稱為“測出地球質量的人”。開普勒在第谷觀測的天文數據的基礎上，研究總結得出了行星運動的三個定律。故選：B。提出行星圍繞太陽運行的軌道是橢圓等三個行星運動定律的科學家是開普勒，在牛頓發現萬有引力定律一百多年以后， 英國物理學家卡文迪許巧妙地利用扭秤裝置， 第一次在 實驗室里比較準確地測出了引力常量，解答本題的關鍵是掌握力學常見的物理學史，了解開普勒，卡文迪許等等著名科學家的成就.2 .【答案】B 【解析】解：在描述

13、勻速圓周運動的物理量中，線速度、向心加速度、向心力這幾個物理量都是矢量，雖然其大小不變但是方向在變，因此這些物理量是變化的；所以保持不變的量是角速度，所以 B正確。故選：B。對于物理量的理解要明確是如何定義的決定因素有哪些，是標量還是矢量，如本題中明確描述勻速圓周運動的各個物理量特點是解本題的關鍵，尤其是注意標量和矢量的區 別。本題很簡單，考查了描述勻速圓周運動的物理量的特點，但是學生容易出錯，如誤認為 勻速圓周運動線速度不變。3 .【答案】B 【解析】解：所有行星繞太陽運轉其軌道半徑的立方和運轉周期的平方的比值，即公式二k；A、式中的k只與恒星的質量有關，與行星質量無關，故 A錯誤；B、式中

14、的k只與恒星的質量有關，故 B正確；C、式中的k只與恒星的質量有關，與行星質量無關，故 C錯誤；D、式中的k只與恒星的質量有關，與行星速率無關，故 D錯誤； 故選：B。行星繞太陽運動的橢圓軌道的半長軸R的三次方與周期T的平方的比值為常量，常數 k是由中心天體質量決定的，與其他因素無關。掌握開普勒三定律的內容，并能熟練應用，知道 k由中心天體決定，R為軌道半長軸。4 .【答案】C 【解析】解：人造衛星繞地球做勻速圓周運動，根據萬有引力提供向心力，設衛星的質J3!量為 m、軌道半徑為 r、地球質量為 M,有 F=Gf-=m= mrfc 1A、7.9km/s是近地衛星的速度，而 AB衛星的軌道半徑都

15、大于地球半徑R,所以線速度都小于7.9km/s,故A錯誤；陶曲B、萬有引力F=G-T，由于衛星質量不等，所以萬有引力不等，故 B錯誤；C、向心加速度a=-,根據題意可知，相等，故 C正確;D、周期T=2兀工，根據題意半徑相等，所以周期相等。故D錯誤；故選：Co根據人造衛星的萬有引力等于向心力，列式求出線速度、角速度、周期和向心力的表達 式進行討論即可。本題關鍵抓住萬有引力提供向心力，先列式求解出線速度、角速度、周期和加速度的表 達式，再進行討論。5 .【答案】D【解析】解：小球沿光滑的球形容器壁在某一水平面內做勻速圓周運動，對小球受力分析，小球受重力，支持力，合力指向圓心，提供向心力；故ABC

16、錯誤，D正確；故選：Do勻速圓周運動的合力總是指向圓心，故又稱向心力；小球受重力和支持力，兩個力的合 力提供圓周運動的向心力。向心力是效果力，勻速圓周運動中由合外力提供，是合力，與分力是等效替代關系，不 是重復受力！6 .【答案】D【解析】 解：AB、壓路機前進時，其輪子邊緣上的點參與兩個分運動，即繞軸心的轉 動和隨著車的運動；與地面接觸點速度為零，故兩個分運動的速度大小相等、方向相反， 故A、B兩點圓周運動的線速度都等于汽車前進的速度，故A、B兩點的線速度之比 va：vb=1 ： 1,故 AB 錯誤；C、A、B兩點的線速度之比 va： vb=1： 1,根據公式v=no,線速度相等時，角速度與

17、半“ 1徑成反比，故 A、B兩點的角速度之比 OA： OB=.二正=2: 3,故C錯誤；D、A、B兩點的線速度之比 va： vb=1 ： 1,由a=，知，向心加速度之比aA： aB= =7=2： 3,故D正確。根據公式v=r 3求解角速度之比.由v=rco和 a=''分析.故選：D。壓路機前進時，其輪子邊緣上的點線速度大小相等,a=求解向心加速度之比.本題關鍵是明確輪子轉動線速度相等，然后根據公式7 .【答案】D【解析】 解：A、將小船的運動分解為平行于河岸和垂直于河岸兩個方向，抓住分運動和合運動具有等時性， 知甲乙兩船到達對岸的時間相等。渡河的時間t=F盆，故A錯誤;B、若僅

18、是河水流速V0增大，渡河的時間t則兩船的渡河時間都不變，故 B錯誤;C、只有甲船速度大于水流速度時，不論水流速V0如何改變，甲船都可能到達河的正對岸A點，故C錯誤；D、若僅是河水流速 V0增大，則兩船到達對岸時間不變，根據速度的分解，船在水平方 向的分速度仍不變，則兩船之間的距離仍然為L.故D正確。故選：Do根據小船的運動分解為平行于河岸和垂直于河岸兩個方向，抓住分運動和合運動具有等時性，可以比較出兩船到達對岸的時間以及兩船沿河岸方向上的位移大小，與間距，從 而即可求解。解決本題的關鍵靈活運用運動的合成與分解，知道合運動與分運動的等時性，并掌握運動的時間求解方法。8 .【答案】B【解析】解:A

19、、拉力變小，不足以提供圓周運動向心力，作離心運動，故 A錯誤;B、拉力消失，小球沿切線方向運動，故B正確；C、拉力消失，小球沿切線方向運動，故 C錯誤；D、拉力變大，大于圓周運動所需向心力，作近心運動，故 D錯誤； 故選：B。注意圓周運動小球運注意圓周運動小球運分析離心和向心運動主要看小球受到的合力是否足以提供向心力, 動的速度方向為圓的切線方向分析離心和向心運動主要看小球受到的合力是否足以提供向心力, 動的速度方向為圓的切線方向9 .【答案】AD【解析】解：第一宇宙速度是衛星在近地圓軌道上的環繞速度, 根據萬有引力提供向心力得：=m根據地面附近引力等于重力得：碎 利I-=mg 由得：v=故選

20、：AD。第一宇宙速度是衛星在近地圓軌道上的環繞速度，重力等于萬有引力，萬有引力提供向心力，列式求解；衛星所受的萬有引力等于向心力、地面附近引力等于重力是衛星類問題必須要考慮的問題，本題根據這兩個關系即可列式求解！10 .【答案】AC【解析】解：月球的機械能增加了，因為能量大了，速度大了，萬有引力不夠提供向心力，做離心運動，最后到了半徑更大的圓上做圓周運動。根據萬有引力提供向心力Mmj鋁 = mra =mr(y).知軌道半徑變大，速度減小，周期變大，角速度變小。故A、C正確，B、D錯誤。故選：AC。月球的機械能增加了，因為能量大了，速度大了，萬有引力不夠提供向心力，做離心運 動，軌道半徑變大，最

21、后到了半徑更大的圓上做圓周運動.根據萬有引力提供向心力， 可知速度、周期、角速度的變化.解決本題的關鍵掌握萬有引力提供向心力11 .【答案】BDMm Gf 二 m=mra>【解析】【分析】解決本題的關鍵知道 A、B物塊做圓周運動向心力的來源，通過向心力的來源可以確定 受力的個數以及摩擦力的方向。【解答】A.A物塊做圓周運動，受重力和支持力、靜摩擦力三個力的作用，靠靜摩擦力提供向心 力，故A錯誤；B.A做勻速圓周運動的向心力由靜摩擦力提供，則A受到的靜摩擦力為f=町4，其大小與圓盤轉速有關，故 B正確；C.把AB當作一系統，圓盤對 B的摩擦力提供做勻速圓周運動的向心力，故 C錯誤；D.把A

22、B當作一系統，圓盤對 B的摩擦力提供向心力，則有： =(m$+ m/o/r ,其大 小與圓盤轉速有關，故 D正確。故選BD。12 .【答案】BD【解析】 解：A、設小球在最高點時受桿的彈力向上，則mg-FN=m-得I 1|-FN=mg-mJ=3。-3 x =6=N N, rgq可知桿對小球的力向上，則小球對桿表現為壓力，根據牛頓第三定律可知，小球對桿的壓力大小是6N,故A錯誤，B正確；C、小球通過最低點時，根據牛頓第二定律得，F-mg=*，解得 FN=mg+m = ' "=54N,根據牛頓第三定律知，小球對桿的拉力為54N,根據牛頓第三定律可知，小球對桿的拉力大小是54N,故

23、C錯誤，D正確。故選：BD。在最高點，小球靠重力和桿的作用力的合力提供向心力，結合牛頓第二定律求出作用力的大小和方向；在最低點，小球靠重力和桿的拉力提供向心力，結合牛頓第二定律求出拉力的大小。解決本題的關鍵知道小球在最高點和最低點向心力的來源，結合牛頓第二定律進行求解，難度不大。13 .【答案】A拋物線冊【解析】解：探究影響平拋運動水平射程的因素時，若探究水平射程和高度的關系，應 保持初速度不變，若探究水平射程和初速度的關系，應保持高度不變.所以探究水平射 程與高度的關系，可用表中序號1、3、5的實驗數據.探究水平射程和初速度的關系，應選用表中序號 3、4的實驗數據.故 A正確，BCD錯誤.故

24、選：A.H g|11(2)根據y.gt , X=V0t得：y=j,q-,可知y與x2圖象是一條過原點的直線，可知球運 動的軌跡形狀是拋物線.圖線的斜率為：k=一 則初速度為：% =患.故答案為：(1) A; (2)拋物線，攝實驗探究時應采用控制變量法進行實驗，即應控制其它變量不變，探究其它兩個變量的關系.解決本題的關鍵掌握實驗探究的方法，若研究三個量的關系，應控制一個量不變.對于 圖線問題，一般的解題思路是得出物理量間的關系式，結合關系式，運用圖線的斜率或 截距進行求解.14 .【答案】操彳2 操彳3操彳4 質量、半徑、角速度 不對，前提在角速度不變 的情況下，半徑越大，向心力越大【解析】 解

25、：(1)根據F=mrco2知，操作2與操作1相比，操作2的半徑大，小球質量 和角速度相等，知拉力較大的是操作2.(2)根據F=mrco2知，操作3與操作1相比，操作3小球的角速度較大，半徑不變，小球的質量不變，知操作 3的拉力較大.(3)操作4和操作1比較，半徑和角速度不變，小球質量變大，根據F = mrco2知，操作4的拉力較大.(4)由以上四次操作，可知向心力的大小與質量、半徑、角速度有關.物體做勻速圓周運動時，半徑越大，所受的向心力不一定大.正確的說法是角速度一定 時，物體的半徑越大，向心力越大.故答案為：(1)操作2, (2)操作3, ( 3)操作4, (4)質量、半徑、角速度；不 對

26、，前提在角速度不變的情況下，半徑越大，向心力越大探究向心力與什么因素有關，采用控制變量法，實驗中分別控制小球質量、轉動的半徑 和轉動的角速度三個因素中兩個因素不變，從而進行探究.本題的難度不大，因為我們已經知道影響向心力的因素，但是需要掌握探究的思路以及探究的方法.15 .【答案】 解：由題意可知，B球受到的彈簧彈力充當 B球做圓周運動的向心力。設 彈簧彈力為F,滿足：F= 廣：U7 -:繩子燒斷的瞬間，A、B兩球都由彈簧的彈力提供加速度。A 球：F=m1a1,解得：勺二”：二"，方向背離圓心，指向 m2薪胃點出4答：m1的加速度大小是J，方向背離圓心，指向 m2。【解析】B球繞OO'做勻速圓周運動，靠彈簧的彈力提供向心力，求出彈簧的彈力, 繩子突然燒斷的瞬間，繩子拉力立即消失，彈簧的彈力來不及發生變化，根據牛頓第二 定律求出球m1的合力，從而得出加速度。解決本題的關鍵知道勻速圓周運動的向心力靠合力提供，以及