重庆市兼善中学2022-2023学年高一下学期第二次阶段性考试物理 Word版含解析.docx

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重庆市兼善中学高2022级高一（下）第二次阶段性考试物理试题时间：75分钟总分：100一、单项选择题（本题共7小题，每小题4分，共28分）1.如图所示为质点做匀变速曲线运动轨迹的示意图，质点运动到D点（D点是曲线的拐点）时速度方向与加速度方向恰好互相垂直，则质点从A点运动到E点的过程中，下列说法中正确的是（　　）A.质点经过D点的速率比C点的小B.质点经过C点时的加速度方向与速度方向的夹角小于90°C.质点经过D点时的加速度与B点的加速度不相同D.质点从B到E的过程中加速度方向与速度方向的夹角先增大后减小【答案】A【解析】【详解】根据题意，由于质点做匀变速曲线运动，运动到D点时速度方向与加速度方向恰好互相垂直，画出质点在各点的加速度方向和速度方向，如图所示A．由图可知，质点由的过程中做减速运动，则质点经过D点的速率比C点的小，故A正确；B．由图可知，质点经过C点时的加速度方向与速度方向的夹角大于90°，故B错误；C．由于质点做匀变速曲线运动，则质点的加速度不变，故C错误；D．由图可知，质点从B到E的过程中加速度方向与速度方向的夹角一直减小，故D错误。故选A。2.医院有一种先进的检测技术——彩超，就是向病人体内发射频率已精确掌握的超声波，超声波经血液反射后被专用仪器接收，测出反射波的频率变化，就可知道血液的流速．这一技术主要利用了下列哪一个物理学原理（）A.波的干涉B.多普勒效应C.波的叠加D.波的衍射 【答案】B【解析】【详解】由题意可知，该仪器是测量反射波的频率变化；而波的干涉、波的衍射及回声都不会产生频率的变化；而多普勒效应中由于波源的移动而使接收到的频率变化；故该技术体现的是多普勒效应；故选B．【点睛】理解一项我们未知的技术关键在于分析其原理，再找出相应的物理规律即可得出结论．3.据《天中记》一书记载，晋初（公元3世纪）时，京城有户人家挂着的铜盘每天早晚轻轻自鸣两次，人们十分惊恐．学者张华判断，这是铜盘与皇宫早晚的钟声共鸣所致.后来把铜盘磨薄一些，它就不再自鸣了．关于这个现象，下列说法中正确的是（）A.共鸣是一种共振B.铜盘共鸣时的振动频率等于皇宫钟声的频率C.把铜盘磨薄改变了驱动力的频率D.把铜盘磨薄使铜盘的固有频率远离驱动力的频率【答案】ABD【解析】【详解】A.共鸣是可发声的物体之间的共振,故A正确；B.发生共鸣的条件频率相等,所以B选项是正确的 ；C.把铜盘磨薄改变了固有频率,故C错误 D.把铜盘磨薄使铜盘的固有频率不等于驱动力的频率,这样就不会在发生共鸣了，所以D选项是正确的 故选ABD【点睛】共鸣是可发声的物体之间的共振,是A发声物体发出的声音通过空气等媒介传到B发声物体,并引起它的共振,发出声音,称共鸣.发生共鸣的条件频率相等4.如图所示，卫星a、b、c沿圆形轨道绕地球运行。a是极地轨道卫星，在地球两极上空约1000km处运行；b是低轨道卫星，距地球表面高度与a相等；c是地球同步卫星，则（）A.a、b的周期比c大B.a、b的向心力一定相等C.a、b的速度大小相等D.a、b的向心加速度比c小 【答案】C【解析】详解】A．万有引力提供向心力，根据牛顿第二定律：解得：，轨道半径越大，周期越大，根据题意可知、的周期比小，故A错误；BD．万有引力提供向心力：解得：，、的轨道半径相同，所以向心加速度大小相同，方向不同，的轨道半径最大，向心加速度最小，故BD错误；C．万有引力提供向心力，根据牛顿第二定律：解得：，、的轨道半径相同，所以速度大小相同，方向不同，故C正确。故选C．5.质量为的小物体在竖直向上的拉力作用下由静止开始运动，拉力随物体上升高度的变化规律如图所示，重力加速度取，不计空气阻力，则物体上升时的速度大小为（　　）A.B.C.D.【答案】B【解析】【详解】由题意，根据动能定理可得又因图像的图线与横轴围成的“面积”表示拉力做的功，可得 代入相关数据，可解得物体上升时的速度大小为故选B。6.取向上为质点振动的正方向，得到如图所示的两个图像，则图线上A、B两点的运动方向是（　　）A.A点向左B.A点向上C.B点向下D.B点向右【答案】C【解析】【详解】AB．图甲表示的是波的图像，由于波沿x轴负方向传播，根据波的平移可知图中A点的振动方向向下，故AB错误；CD．图乙表示的是振动图像，在图中B点所对应质点下一时刻位移为负值，故图中B点的振动方向为向下运动，故C正确，D错误。故选C。7.两轮平衡车（如图所示）广受年轻人的喜爱，它的动量系统由电池驱动，能够输出的最大功率为P0，小明驾驶平衡车在水平路面上沿直线运动，受到的阻力恒为f．已知小明和平衡车的总质量为m，从启动到达到最大速度的整个过程中，小明和平衡车可视为质点，不计小明对平衡车做功．设平衡车启动后的一段时间内是由静止开始做加速度为a的匀加速直线运动，则A.平衡车做匀加速直线运动过程中能达到的最大速度为B.平衡车运动过程中所需的最小牵引力为F=ma C.平衡车达到最大速度所用的时间D.平衡车能达到的最大行驶速度【答案】A【解析】【详解】A．平衡车做匀加速直线运动过程中，由牛顿第二定律：F-f=ma则根据P0=Fv可得能达到的最大速度为选项A正确；B．当平衡车的加速度为零时，牵引力最小，此时F=f，选项B错误；CD．平衡车匀加速达到最大速度所用的时间匀加速结束后，平衡车可降低牵引力，减小加速度，最后当牵引力等于阻力时达到最大速度，此时可知平衡车达到最大速度所用的时间大于选项CD错误；故选A.点睛：此题是关于车辆启动问题，关键是知道平衡车运动的特征，先做匀加速运动，当功率达到额定功率后再做加速度减小的加速运动，当牵引力等于阻力时，速度达到最大.二、多项选择题（本题共3小题，每小题5分，共15分）8.对下列几种物理现象的解释正确的是（　　）A.击钉时，不用橡皮锤仅仅是因为橡皮锤太轻B.跳远时，在沙坑里填沙，是为了减小冲量C.易碎品运输时要用柔软材料包装，船舷常常悬挂旧轮胎，都是为了延长作用时间以减小作用力 D.在车内推车推不动，是因为车包括人所受合外力的冲量为零【答案】CD【解析】【详解】A．根据动量定理Ft=Δp击钉时，不用橡皮锤是因为橡皮锤与钉子的作用时间长，作用力小，故A错误；B．填充沙子是为了增加运动员和沙子的作用时间，从而减小作用力，故B错误；C．根据动量定理Ft=Δp知，如果Δp相同时，t越长，作用力越小，故C正确；D．车能否移动或运动状态能否改变取决于所受的合外力，与内部作用无关，故D正确。故选CD。9.如图，在粗糙固定斜面顶端系一弹簧，其下端挂一物体，物体在A点处于静止状态。现用平行于斜面向下力拉物体，第一次直接拉到B点，第二次将物体先拉到C点，再回到B点，则这两次过程中（　　）A.重力势能改变量相等B.弹簧的弹性势能改变量不相等C.摩擦力对物体做的功相等D.斜面弹力对物体做功相等【答案】AD【解析】【详解】A．第一次直接将物体拉到B点，第二次将物体先拉到C点，再回到B点，两次初末位置一样，路径不同，根据重力做功的特点只跟始末位置有关，跟路径无关，所以两次重力做功相等，所以两次重力势能改变量相等，故A正确；B．由于两次初末位置一样，即两次对应的弹簧的形变量一样，所以两次弹簧的弹性势能改变量相等，故B错误； C．根据功的定义式可知摩擦力做功和路程有关，两次初末位置一样，路径不同，两次路程不同，所以两次摩擦力对物体做的功不相等，故C错误；D．斜面的弹力与物体位移方向垂直，则斜面的弹力对物体不做功，故两次斜面弹力对物体做功相等，都为零，故D正确。故选AD。10.如图所示，在水平地面上固定一竖直轻弹簧，弹簧的劲度系数为k，原长为l。质量为m的小球由弹簧的正上方h高处自由下落，与弹簧接触后压缩弹簧，当弹簧的压缩量为x时，小球下落到最低点，整个过程中弹簧一直处在弹性限度内。不计空气阻力，当地的重力加速度为g，则从小球接触弹簧开始到小球下落到最低点的过程中（　　）A.小球的机械能先增加后减少B.小球与弹簧组成的系统机械能守恒C.弹簧弹性势能的最大值为mg（h+x）D.小球下落到距地面高度时动能最大【答案】BCD【解析】【分析】【详解】AB．从小球接触弹簧开始到小球下落到最低点的过程中，小球与弹簧组成的系统机械能守恒，弹簧的弹性势能变大，则小球的机械能减少，选项A错误，B正确；C．当小球到达最低点时弹簧的弹性势能最大，由能量关系可知，弹簧弹性势能的最大值等于小球重力势能的减小量，为mg（h+x），选项C正确；D．当小球的重力等于弹簧弹力时，合力为零，加速度为零，此时小球的速度最大，动能最大，即此时小球距地面高度 选项D正确。故选BCD。三、实验题（本题共2小题，共15分）11.使用如下图甲所示的装置验证机械能守恒定律，打出一条纸带如图乙所示。图乙中O是打出的第一个点迹，A、B、C、D、E、F…是依次打出的点迹，量出OE间的距离为l，DF间的距离为s，已知打点计时器打点的周期是T＝0.02s。（1）上述物理量如果在实验误差允许范围内满足关系式________，即验证了重物下落过程中机械能是守恒的。（2）如果发现图乙中OA距离大约是4mm，则出现这种情况的原因可能是______________。【答案】①.②.先释放纸带，后接通电源【解析】【详解】（1）[1]根据匀变速直线运动中间时刻速度等于该段过程的平均速度，则有从O到E过程，根据机械能守恒可得联立可得如果在实验误差允许范围内满足关系式即验证了重物下落过程中机械能是守恒的。（2）[2]若O点的初速度为0，则OA距离为如果发现图乙中OA距离大约是4mm，则出现这种情况的原因可能是：先释放纸带，后接通电源，使得O 点的初速度不为0。12.某同学在用单摆测量重力加速度的实验中进行了如下的操作：（1）用游标卡尺测得摆球直径为2.06cm。把摆球用细线悬挂在铁架台上，测量摆线长，通过计算得到摆长。（2）用停表测量单摆的周期。当单摆摆动稳定且到达最低点时开始计时并记为0，单摆每经过最低点计一次数，当数到n＝60时停表的示数如图乙所示，该单摆的周期是________s（结果保留三位有效数字）。（3）测量出多组周期、摆长的数值后，画出图线如图丙所示，此图线斜率的物理意义是________。A．gB．C．D．（4）在（3）中，描点时若误将摆线长当作摆长，那么画出的直线将不通过坐标原点，由图线斜率得到的重力加速度与原来相比，其大小________。A．偏大B．偏小　　C．不变D．都有可能【答案】①.2.25②.C③.C【解析】【详解】（2）[1]由图可知停表的示数为则该单摆的周期为（3）[2]根据单摆周期公式可得 可知图像的斜率为。故选C。（4）[3]在（3）中，描点时若误将摆线长当作摆长，则有可得可知图像的斜率保持不变，仍为，则由图线斜率得到的重力加速度与原来相比，其大小不变。故选C。四、计算题（本题共3小题，共42分）13.如图所示，一水池深为h，一根长直木棍竖直地插入水底，棍露出水面部分的长度为L，当太阳光与水平面夹角为60°斜射到水面时，已知水的折射率为n，求棍在水底的影子的长度。【答案】【解析】【详解】依题意画出如图所示的示意图 AO长L，因，由几何关系得因为所以所以水底的影子长为14.将质量为m＝1kg的铅球，从距水平地面高h＝5m处，以v0＝10m/s的水平速度抛出，经过一段时间铅球落入沙坑中，并且铅球在沙坑里运动0.2s后静止。不计空气阻力，g取10m/s2。求：（1）抛出后0.4s内重力对小球的冲量的大小和方向；（2）平抛运动过程中小球动量的增量Δp的大小和方向；（3）小球静止前对沙坑在竖直方向的平均作用力的大小。【答案】（1）4N·s，方向竖直向下；（2）10N·s，方向竖直向下；（3）60N【解析】【详解】（1）重力是恒力，0.4s内重力对小球的冲量I＝mgt＝4N·s方向竖直向下； （2）由于平抛运动的竖直分运动为自由落体运动，故落地时间小球飞行过程中只受重力作用，所以合外力的冲量为I′=mgt′=10N·s方向竖直向下，由动量定理得Δp＝I′＝10N·s方向竖直向下；（3）小球落地时竖直分速度vy＝gt′＝10m/s对于小球在沙坑运动过程，在竖直方向用动量定理得(mg-F)t′′=0-mvy解得F=60N由牛顿第三定律可知，小球对沙坑在竖直方向的平均作用力大小为60N。15.重庆江景中学科技小组设计了“e”字型竖直轨道，如图所示，该轨道由两个光滑半圆形轨道ABC、CDE和粗糙的水平直轨道EF组成，末端与竖直的弹性挡板OF连接，轨道CDE半径r＝0.1m，轨道ABC半径为2r，A端与地面相切。一滑块从光滑水平地面P点以速度v0＝m/s匀速运动，在A点与一个静止的小球发生弹性碰撞，滑块和小球质量相等。碰撞后小球滑上轨道，运动到F点时与挡板发生弹性碰撞。已知直线轨道EF长为L＝0.5m，小球与轨道EF间的动摩擦因数μ＝0.5，其余阻力均不计，滑块和小球均可视为质点，重力加速度g取10m/s2.求：（1）小球第一次经过轨道最高点C时的速率；（2）小球最终停止的位置到F点的距离；（3）若改变小滑块的初速度，使小球能停在EF轨道上，且运动过程中不脱离轨道，则小滑块的初速度应满足什么条件？（结果可含根号） 【答案】（1）2m/s；（2）0.3m；（3）【解析】【详解】（1）设滑块和小球的质量均为m，滑块与小球发生弹性碰撞后，速度交换，小球速度为设小球第一次经过轨道最高点C时的速率为vC，对小球从A到C的运动过程由动能定理有解得vC＝2m/s（2）假设小球第一次滑上轨道EF后就未再离开EF，且在EF上运动的路程为s，则对小球从开始运动到最终停下由动能定理有解得s＝0.8m<2L假设成立，所以小球最终停止的位置到F点的距离为x＝s－L＝0.3m（3）为满足题意，当滑块初速度取最小值v1时，小球恰好可以通过C点，当滑块初速度取最大值v2时，小球在第一次被挡板反弹后可以恰好运动至D点，设小球恰好通过C点时的速率为vC′，则由牛顿第二定律有对小球从A到C的运动过程由动能定理有解得对小球从A到D的运动过程由动能定理有解得v2＝4m/s又因为滑块与小球发生弹性碰撞，且质量相等，碰后速度交换，故滑块的初速度应满足