湖北省武汉市华中师范大学第一附属中学2022-2023学年高一下学期4月期中物理 Word版含解析.docx

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华中师大一附中2022-2023学年度高一下学期期中检测物理试题一、选择题：本题共11小题，每小题4分，共44分，在每小题给出的四个选项中，第1~7题只有一项符合题目要求，第8~11题有多项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。1.春暖花开的时节，坐落在东湖的摩天轮迎来了无数游客。假设乘客随座舱在竖直面内做匀速圆周运动。下列说法正确的是（　　）A.在最高点时，乘客所受重力等于座椅对他的支持力，处于平衡状态B.在摩天轮转动的过程中，乘客的机械能始终保持不变C.在摩天轮转动的过程中，重力对乘客的功率保持不变D.在摩天轮转动一周过程中，合力对乘客做功为零【答案】D【解析】【详解】A．乘客做匀速圆周运动，在最高点时重力和座椅对他的支持力的合力提供向心力，故Ａ错误；B．乘客做匀速圆周运动，动能保持不变，重力势能随高度变化，机械能始终改变，故Ｂ错误；C．重力的功率，由于重力与速度方向夹角不断变化，所以重力对乘客的功率不断变化，故Ｃ错误；D．乘客动能不变，由动能定理可得，合力对乘客做功为零，故Ｄ正确。故选Ｄ。2.2021年12月9日15时40分，天宫课堂第一课正式开讲，这是首次在距地面约的中国载人空间站天宫上进行的太空授课活动。授课期间，航天员与地面课堂的师生进行了实时互动，则（　　） A.在天宫中宇航员由于没有受到地球引力而处于漂浮状态B.即使在“天宫”中处于完全失重状态，宇航员仍可用弹簧拉力器锻炼身体C.天宫的运行速度介于第一宇宙速度与第二宇宙速度之间D.天宫能和地面课堂实时交流，是因其绕地球运行角速度和地球自转角速度相同【答案】B【解析】【详解】A．在“天宫”中宇航员仍然要受到地球引力，但是由于处于完全失重状态，使得处于漂浮状态，故A错误；B．即使在“天宫”中处于完全失重状态，但弹簧弹力仍然存在，宇航员仍可用弹簧拉力器炼身体，故B正确；C．第一宇宙速度是最大的环绕速度，“天宫”的运行速度小于第一宇宙速度，故C错误；D．根据可知天宫绕地球运行的角速度大于地球同步卫星的角速度，而同步卫星的角速度等于地球自转的角速度，可知天宫绕地球运行角速度大于地球自转角速度，故D错误。故选B。3.将一质量为m的物体分别放在地球的南、北两极点时，该物体的重力均为mg0；将该物体放在地球赤道上时，该物体的重力为mg。假设地球可视为质量均匀分布的球体，半径为R，已知引力常量为G，则由以上信息可得出（　　）A.g0小于gB.地球的质量为C.地球自转的角速度为 D.地球的平均密度【答案】C【解析】【分析】【详解】A．设地球的质量为M，物体在赤道处随地球自转做圆周运动的角速度于地球自转的角速度，轨道半径等于地球半径，物体在赤道上的重力和物体随地球自转的向心力是万有引力的分力。有物体在两极受到的重力等于在地球北极受到的万有引力所以故A错误；B．在两极解得故B错误；C．由，解得故C正确；D．地球的平均密度故D错误。 故选C。4.如图所示，a是“天宫一号”飞行器、b、c是地球同步卫星，此时，a、b恰好相距最近。已知地球质量为M，半径为R，地球自转的角速度为，若“天宫一号”飞行器a和卫星b、c均沿逆时针方向转动，“天宫一号”飞行器a的轨道半径为r，引力常量为G，则（　　）A.“天宫一号”飞行器a的线速度大于卫星b的线速度B.“天宫一号”飞行器a在轨运行的周期大于24小时C.卫星c加速就一定能追上卫星bD.从此时起再经时间a、b相距最远【答案】A【解析】【详解】A．由万有引力提供卫星向心力可得卫星运行线速度为则卫星运行轨道半径越小，线速度越大，故A正确；B．由万有引力提供卫星向心力可得卫星运行周期为则卫星轨道半径越小，周期越小，同步卫星周期为24小时，所以卫星a周期小于24小时，故B错误；C．卫星c加速后，轨道变高，速度变小，故C错误； D．由万有引力提供卫星向心力可得卫星a角速度为取b为参考系，当a以相对b的角速度运行半周时，ab距离最远，则距离最远的时间为故D错误。故选A。5.如图所示，斜面倾角为，木块B上表面水平，木块A置于B上，一起沿固定的光滑斜面由静止开始下滑，A与B始终保持相对静止，在下滑过程中下列说法错误的是（　　）A.B对A的摩擦力做正功B.B对A的作用力大于A的重力C.A的加速度大小为D.A对B不做功【答案】B【解析】【详解】A．A、B整体具有沿斜面向下的加速度，设为a，将a正交分解为竖直方向分量a1，水平分量a2，对于A由于具有水平分量a2，故必受水平向左摩擦力Ff，所以B对A的摩擦力做正功，A正确；BD．因为斜面光滑，A与B一起会沿斜面向下做加速运动，其加速度方向是沿斜面向下的，对AB整体来看，整体它们受重力垂直于斜面方向的支持力，这二个力的合力是沿斜面向下的，对物体A分析，B对A的支持力是竖直向上的，摩擦力是水平向左的，同理对于A，它也会受到重力和垂直于斜面方向的一个力的作用，大小为，即B对A的作用力小于A的重力，B错误；C．A与B始终保持相对静止，一起下滑，根据牛顿第二定律解得 及A的加速度大小为，C正确；D．根据分析对于A，它也会受到垂直于斜面方向的一个力的作用，则A对B也是垂直于斜面方向下的力，即力与位移垂直，A对B不做功，D正确。故选B。6.2020年5月12日9时16分，我国在酒泉卫星发射中心用快舟一号甲运载火箭，以“一箭双星”方式，成功将行云二号01/02星发射升空，卫星进入预定轨道，发射取得圆满成功，此次发射的“行云二号”01星被命名为“行云·武汉号”，箭体涂刷“英雄武汉伟大中国”八个大字，画上了“致敬医护工作者群像”，致敬英雄的城市、英雄的人民和广大医护工作者。如图所示，设地球半径为R，地球表面的重力加速度为g0，“行云·武汉号”在半径为R的近地圆形轨道Ⅰ上运动，到达轨道的A点时点火变轨进入椭圆轨道Ⅱ，到达轨道的远地点B时，再次点火进入轨道半径为4R的圆形轨道Ⅲ绕地球做圆周运动，设“行云·武汉号”质量保持不变。则（　　）A.“行云·武汉号”在轨道Ⅰ、Ⅲ上运行的周期之比为81B.“行云·武汉号”在轨道Ⅲ的运行速率大于C.飞船在轨道Ⅰ上经过A处点火前的加速度大小等于相对地球赤道上静止物体的加速度大小D.“行云·武汉号”在轨道Ⅰ上的机械能小于在轨道Ⅲ上的机械能【答案】D【解析】【详解】A．根据开普勒第三定律代入数据可得A错误； B．根据可知轨道半径越大，运动速度越小，“行云·武汉号”在轨道I上的运行时可得因此可知“行云·武汉号”在轨道Ⅲ的运行速率B错误；C．根据向心加速度在轨道I上运动周期大约为83min，而在赤道上的物体随地球自转周期为24h，因此在轨道I上A点的向心加速度大于在地球赤道上的物体随地球自转的向心加速度，C错误；D．卫星发射的越高，机械能越大，因此“行云·武汉号”在轨道Ⅰ上的机械能小于在轨道Ⅲ上的机械能，D正确。故选D。7.如图所示，ABC为在竖直平面内的金属半圆环，AC为其水平直径，AB为固定的直金属棒，在金属棒上和半圆环的BC部分分别套着两个完全相同的小球M、N（视为质点），B固定在半圆环的最低点。现让半圆环绕对称轴以角速度ω=rad/s匀速转动，两小球与半圆环恰好保持相对静止。已知半圆环的半径R=1m，金属棒和半圆环均光滑，取重力加速度大小g=10m/s2，下列选项正确的是（　　）A.M、N两小球做圆周运动的线速度大小之比vM∶vN=∶1B.M、N两小球做圆周运动的线速度大小之比vM∶vN=∶1C.若稍微增大半圆环的角速度，小环M稍许靠近A点，小环N将到达C点 D.若稍微增大半圆环的角速度，小环M将到达A点，小环N将稍许靠近C点【答案】D【解析】【分析】【详解】AB．金属棒AB与竖直方向夹角为45°，小球M受到重力和杆的支持力，在水平面内做匀速圆周运动，合力的方向沿水平方向，则有FN=mgtan45°=mωvM解得设半圆环的圆心为O，NO与竖直方向之间的夹角为θ，对小球N，根据牛顿第二定律FN′=mgtanθ=mωvN解得又FN′=mω2rr=Rsinθ联立解得则有故AB错误；CD．设半圆环的圆心为O，NO与竖直方向之间的夹角为θ，对小球N，由牛顿第二定律mgtanθ=mω2rNrN=Rsinθ解得可见当ω稍微增大时，cosθ会减小，θ增大，小球N将向C靠近，当ω趋近无穷大，θ会趋近90°，即稍微增大半圆环的角速度，小环N将靠近C点而不会到达C点。对于小球M，由牛顿第二定律得mgtanβ=mω2rM β是MO与竖直方向的夹角，可见小球M做匀速圆周运动时向心力大小是一定的，即为mgtanβ，当角速度增大时，所需要的向心力增大，M将做离心运动，则圆周运动半径rM将变大，所需向心力更大，故小球M将一直离心运动直到到达A点，故C错误，D正确。故选D。8.汽车在平直公路上以速度匀速行驶，发动机功率为P，牵引力为，时刻，司机减小了油门，使汽车的功率立即减小一半，并保持该功率继续行驶，到时刻，汽车又恢复了匀速直线运动（设整个过程中汽车所受的阻力不变）。在下列选项中能正确反映汽车牵引力F、汽车速度v在这个过程中随时间t的变化规律的是（　　）A.B.C.D.【答案】AD【解析】【详解】CD．时刻之前有此过程汽车匀速运动，则有在时刻有解得汽车随后做减速运动，由于 则牵引力F增大，由于可知加速度减小，即汽车做加速度减小的减速运动，在时刻有解得可知，牵引力在时刻之前恒为F0，在时间内由增大到F0，C错误，D正确；AB．根据上述可知，时刻之前，汽车做匀速直线运动，时刻之后做加速度减小的变减速直线运动，时刻之后做匀速直线运动，A正确，B错误。故选AD。9.如图所示，在水平地面上有一圆弧形凹槽，AC连线与地面相平，凹槽是位于竖直平面内以O为圆心、半径为R的一段圆弧，B为圆弧最低点，而且AB段光滑，BC段粗糙。现有一质量为m的小球（可视为质点），从水平地面上P处以初速度斜向右上方飞出，与水平地面夹角为，不计空气阻力，该小球恰好能从A点沿圆弧的切线方向进入轨道，沿圆弧继续运动后从C点以速率飞出。重力加速度为g，则下列说法中正确的是（　　）A.小球由P到A的过程中，离地面的最大高度为B.小球进入A点时重力的瞬时功率为C.小球在圆弧形轨道内由于摩擦产生的热量为D.小球经过圆弧形轨道最低点B处受到轨道的支持力大小为 【答案】CD【解析】【详解】A．小球从P处向斜上方飞出时，竖直方向的分速度大小为小球由P到A的过程中，在竖直方向做竖直上抛运动，设其离地面的最大高度为H，则有解得故A错误；B．小球进入A点时，竖直方向的分速度大小为所以重力的瞬时功率为故B错误；C．设小球在圆弧形轨道内由于摩擦产生的热量为Q，从P到C的过程，根据能量守恒，有解得故C正确；D．设小球经过圆弧形轨道最低点B处时速度大小为vB，小球受到轨道的支持力大小为FN，根据向心力公式有由P到A的过程，小球下降的高度为根据机械能守恒，有 解得故D正确。故选CD。10.如图甲，一质量为的小物块以初动能向右滑上足够长的水平传送带上，传送带以恒定速度逆时针转动，小物块在传送带上运动时，小物块的动能与小物块的位移关系图像如图乙所示，传送带与小物块之间动摩擦因数不变重力加速度为。则（　　）A.小物块与传送带之间动摩擦因数为B.从小物块开始滑动到与传送带达到共同速度所需时间为C.整个过程中物块与传送带间产生的热量为D.整个过程中传送带电动机多消耗的电能为【答案】ABC【解析】【分析】【详解】A．由图乙可知，Ek-x图像的斜率表示合外力的大小，小物块向右滑，合外力为μmg，则解得 A正确；B．根据题意作图由图像可知，小物块做匀变速直线运动且共速前加速度不变，全程可看为匀减速，即联立解得B正确；C．由图像可知，产生的热量为物块与传送带的相对位移（即图中的阴影面积），故即C正确；D．整个过程中电动机多消耗的电能为解得D错误。故选ABC。 11.如图所示，竖直平面内固定两根足够长的细杆L1、L2，两杆不接触，且两杆间的距离忽略不计，两个小球a、b（视为质点）质量均为m，a球套在竖直杆L1上，b球套在水平杆L2上，a、b通过铰链用长度为l的刚性轻杆L连接，将a球从图示位置（轻杆与L2杆夹角为45°）由静止释放，不计一切摩擦，已知重力加速度为g。在此后的运动过程中，下列说法中正确的是（　　）A.a球和b球所组成的系统机械能守恒B.b球的速度为零时，a球的加速度大小为零C.b球的最大速度为D.a球的最大速度为【答案】AC【解析】【详解】A．a球和b球组成的系统没有外力做功，只有a球和b球的动能和重力势能相互转化，因此a球和b球所组成的系统机械能守恒，故A正确；B．设轻杆L和水平杆L2的夹角为θ，由运动关联可知即可知当b球的速度为零时，轻杆L处于水平位置且与杆L2平行，则此时a球在竖直方向只受重力mg，因此a球的加速度大小为g，故B错误；C．当杆L和杆L1第一次平行时，a球运动到最下方，b球运动到L1和L2交点位置，b球的速度达到最大，此时a球的速度为0，因此由系统机械能守恒有解得故C正确； D．当轻杆L和杆L2第一次平行时，由运动的关联可知此时b球的速度为零，由系统机械能守恒有解得此时a球具有向下的加速度g，故此时a球的速度不是最大，a球将继续向下做加速度减小的加速运动，到加速度为0时速度达到最大，故D错误。故选AC。二、非选择题：本题共5小题。共56分.12.某实验小组利用图1所示的装置探究加速度与力、质量的关系。（1）下列做法正确的是______。A．调节滑轮的高度，使牵引木块的细绳与长木板保持平行B．在调节木板倾斜度平衡木块受到的滑动摩擦力时，将装有砝码的砝码桶通过定滑轮拴在木块上C．实验时，先放开木块，再接通打点计时电源D．通过增减木块上的砝码改变质量时，不需要重新调节木板倾斜度（2）为使砝码桶及桶内砝码的总重力在数值上近似等于木块运动时受到的拉力，应满足的条件是砝码桶及桶内砝码的总质量______木块和木块上砝码的总质量。A．等于B．近似等于C．远大于D．远小于（3）电源的频率为50Hz，图2为某次实验得到的纸带，可求出木块的加速度a=______m/s2（保留两位有效数字）。 【答案】①.AD##DA②.D③.3.2【解析】【详解】（1）[1]A．调节滑轮的高度，使牵引木块的细绳与长木板保持平行，否则拉力不会等于合力，故A正确；B．在调节木板倾斜度平衡木块受到的滑动摩擦力时，不应悬挂“重物”，故B错误；C．打点计时器使用时应先接通打点计时器的电源待其平稳工作后再释放木块，而当实验结束时应先控制木块停下再停止打点计时器，故C错误；D．平衡摩擦力后，有解得与质量无关，故通过增减木块上的砝码改变质量时，不需要重新调节木板倾斜度，故D正确。故选AD。（2）[2]当木块做匀加速直线运动时，根据牛顿第二定律有联立可得由此可知，只有当砝码桶及桶内砝码的总质量m远小于木块和木块上砝码的总质量M时，砝码桶及桶内砝码的总重力在数值上近似等于木块运动时受到的拉力。故选D。（3）[3]根据逐差法可得木块的加速度为 13.甲同学利用如图所示的装置做“验证机械能守恒定律”的实验.（1）在实验过程中，下列实验操作和数据处理正确的是______.A．为了完成该实验，需要测出重锤质量mB．释放重锤前，手捏住纸带上端并使纸带保持竖直C．为测量打点计时器打下某点时重锤的速度v，需要先测量该点到起始点O的距离h，再根据公式计算，其中应取当地的重力加速度D．用刻度尺测量某点到起始点O的距离h，利用公式mgh计算重力势能的减少量，其中g应取当地的重力加速度（2）选出一条清晰的纸带如图所示，其中O点为打点计时器打下的第一个点，A、B、C为三个计数点。用刻度尺测得OA=12.41cm，OB=18.90cm，OC=27.06cm。在计数点A和B、B和C之间还各有一个点，重锤的质量为0.2kg，打点计时器工作频率为50Hz，当地的重力加速度g为9.8m/s2。打点计时器打下计数点B时，重锤的速度大小为vB=_______m/s；从打下O到打下B点过程中重锤动能增加量ΔEk=_____J，重力势能减少量ΔEp=______J，导致上述两者不相等的原因是______。（计算结果均保留三位有效数字）（3）某同学在纸带上选取计数点后，测量它们到初速度为零的起始点的距离h，并计算出打相应计数点时重锤的速度v，描绘v2-h的图像，若实验中重锤所受阻力不可忽略，且阻力大小保持不变，从理论上分析，合理的v2-h图像是图中的______。【答案】①.BD##DB②.1.83③.0.335④.0.370⑤. 重物下落过程中受到空气阻力和纸带与限位孔之间的摩擦力的影响⑥.A【解析】【详解】（1）[1]A．在本实验中，若机械能守恒，则有即需验证所以不需要测出重锤的质量，故A错误；B．为了减小纸带与打点计时器间的摩擦力，释放重锤前，手捏住纸带上端并使纸带保持竖直，故B正确；C．不能使用公式求速度，否则等于默认做自由落体运动，机械能守恒，失去验证的意义，故C错误；D．用刻度尺测量某点到O的距离h，利用公式mgh计算重力势能的减少量，其中g应取当地的重力加速度，故D正确。故选BD。（2）[2][3]根据匀变速直线运动中间时刻瞬时速度等于该过程平均速度有所以动能的增加量为[4]重力势能的减少量为[5]导致二者不相等的原因是重物下落过程中受到空气阻力和纸带与限位孔之间的摩擦力的影响。（3）[6]若实验中重锤所受阻力不可忽略，且阻力大小保持不变，根据牛顿第二定律可得可知重锤做加速度为a的匀加速直线运动，根据运动学公式可得所以v2与h成正比例函数关系。故选A。14.我国的航空航天技术已处于世界先进水平。某时刻，质量为m的飞船恰好在空间站正下方与地心距离为r1的轨道上做匀速圆周运动，如图所示，已知空间站所处的轨道与地心距离为r2，地球半径R ，地球表面的重力加速度为g，卫星与地心间距离为r时，取无穷远处为势能零点，引力势能可以表示为（M为地球质量，G为引力常量），若地球质量M未知，求若飞船从该轨道合适的位置开始跃升，直至与空间站轨道完成对接，则该过程飞船至少需要消耗多少能量？【答案】【解析】【详解】飞船在r1轨道运行时有飞船到达r2轨道运行时有根据能量守恒，有根据万有引力与重力的关系联立可得15.如图所示，装置可绕竖直轴转动，杆KO水平，可视为质点的小环A与小球B通过细线连接，细线与竖直方向的夹角，小环A套在杆KO上，小球B通过水平细线与固定在转轴上的P点相连，已知小环A的质量，小球B的质量，细线AB长，细线BP长.（重力加速度g取，，）。求： （1）若装置匀速转动的角速度为，小环A受到杆对它的摩擦力f大小变为零，细线AB与竖直方向夹角仍为37°，求角速度的大小；（2）小环A与杆KO间的动摩擦因数为0.6，且可认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力，当装置以不同的角速度匀速转动时，小环A受到的摩擦力大小为f。试通过必要的计算在坐标系中作出小环A与杆发生相对滑动前的关系图像。【答案】（1）；（2）见详解【解析】【详解】（1）对B分析，细线AB的拉力对A分析有解得（2）由（1）分析知，当时 解得当时解得作图如下16.将一质量为m的物体放在A点，用弹簧将其弹出（每次弹出弹簧压缩量均相同），使其沿着光滑的圆轨道BC和光滑的圆弧轨道运动，最低点为E，圆弧轨道与倾斜轨道FG相切于F点，FG与GH轨道平滑连接。A、B间距离，轨道的半径分别为、，物体由弹射装置瞬间弹出且恰能经过C点，沿着轨道从F点进入粗糙的倾斜轨道FG，倾角为，长度，GH段是一长为的粗糙水平面，其余阻力忽略不计，物体可视为质点，重力加速度大小，，，求：（1）若，则物体经过C点的速度及弹射装置对物体做的功W；（2）若物体与轨道FG和GH间的动摩擦因数都为，改变物体质量，物体能不脱离圆轨道并停在GH段，则物体的质量需要满足什么条件？ 【答案】（1），方向向左，0.4J；（2）【解析】【详解】（1）物体恰能经过C点时，由牛顿第二定律解得方向向左，对物体从A到C，根据动能定理得解得W=0.4J（2）设物体质量为m1，物体最终停在G点，对物体m1从A到C，根据动能定理得从C到G，由动能定理解得设物体质量为m2，物体最终停在H点，对物体m2从A到C，根据动能定理得 从C到G，由动能定理解得所以小车能不脱离圆轨道并停在GH段，则物体的质量需要满足