江苏省淮安市淮阴区2022-2023学年高一物理下学期期中调研测试试题（Word版附解析）

2022-2023学年度第二学期期中调研测试高一物理试卷满分100分，考试时间75分钟2023.4一、单选题本大题共15小题，每小题3分，共45分，每题只有一个选项最符合题意。1.发现行星运动规律和万有引力定律的科学家分别是（　　）A.开普勒、牛顿B.伽利略、开普勒C.牛顿、卡文迪许D.伽利略、牛顿【答案】A【解析】【详解】开普勒发现行星运动规律，牛顿发现万有引力定律。故选A。2.一个圆盘绕竖直转轴在水平面内匀速转动，盘面上距转轴一定距离的地方放置一小物块，小物块随圆盘一起做匀速圆周运动，则小物块所受力的个数为（　　）A.1个B.2个C.3个D.4个【答案】C【解析】【详解】根据题意可知，小物块做匀速圆周运动，对小物块受力分析可知，竖直方向受重力和圆盘的支持力，水平方向受指向圆心的静摩擦力提供小物块最圆周运动的向心力，则小物块受3个力。故选C。3.如图所示，某卫星绕行星沿椭圆轨道运动，其轨道的半长轴为r，公转周期为T，图示中、两个面积大小相等。则（）A.行星可以不在椭圆的焦点上B.卫星从a到b速率逐渐增大 C.卫星从a到b的运行时间大于从c到d的时间D.椭圆轨道半长轴立方与公转周期平方的比值只与卫星的质量有关【答案】B【解析】【分析】【详解】A．根据开普勒第一定律知，卫星绕行星椭圆运动，行星处于椭圆的焦点上，故A错误；B．卫星从a到b的过程中，万有引力做正功，根据动能定理可知，速率增大，故B正确；C．根据开普勒第二定律可知，、两个面积大小相等，则卫星从a到b的运行时间等于从c到d的时间，故C错误；D．根据开普勒第三定律可知，椭圆轨道半长轴立方与公转周期平方的比值是定值，只与中心天体的质量有关，与卫星无关，故D错误。故选B。4.人造卫星发射场一般选择靠近赤道的地方，这是由于该处（　　）A.自转线速度大B.自转角速度小C.向心加速度小D.重力加速度大【答案】A【解析】【详解】根据可知，地球自转时，赤道处的轨道半径最大，所以该处的自转线速度大，有利于人造卫星的发射。故选A。5.2022年10月，我国“实践21号”卫星把失效的“北斗二号”卫星从地球同步轨道拽到航天器稀少的更高轨道上，然后释放让其自主运行。该卫星与在同步轨道上运行相比（　　）A.机械能大B.加速度大C.线速度大D.角速度大【答案】A【解析】【详解】A．根据题意可知，拖动过程中，“实践21号”卫星对“北斗二号”卫星做正功，机械能增加，故A正确；B．由万有引力提供向下力有 解得由于轨道半径变大，则加速度变小，故B错误；C．由万有引力提供向下力有解得由于轨道半径变大，则线速度减小，故C错误；D．由万有引力提供向下力有解得由于轨道半径变大，则角速度减小，故D错误。故选A。6.2022年11月30日，神舟十五号3名航天员顺利进驻中国空间站，两个航天乘组首次实现“胜利会师”留下一张足以载入史册的太空合影。中国空间站距离地面约400km，其重力加速度为g。设空间站围绕地球做匀速圆周运动，航天员在空间站受的重力为G、绕地球运动向心加速度为a，周期为T，速度为v。下列说法正确的是（　　）A.B.C.D.【答案】A 【解析】【详解】A．中国空间站距离地面约400km，其重力加速度为g。因为重力全部提供向心力，所以绕地球运动向心加速度故A正确；B．航天员在空间站受重力为全部提供向心力，故B错误；C．根据开普勒第三定律可知，中国空间站轨道半径小于同步卫星轨道半径，所以周期小于24h，故C错误；D．近地卫星环绕速度是圆轨道最大环绕速度，所以中国空间站速度小于，故D错误。故选A。7.如图所示表示物体在恒力F的作用下，在水平面上发生一段位移s，设在这四种情况下力F的大小、位移s的大小都相同，则力F对物体做功相同的是（  ）A.甲、乙B.甲、丙C.甲、丁D.乙、丙【答案】A【解析】【详解】甲图中做功乙图做功丙图做功丁图做功 所以甲乙两图做功相同故选A。8.如图所示是小李同学在进行“引体向上”项目体能测试。若小李在1分钟时间内完成了8个合格的“引体向上”，则在测试过程中他克服重力做功的平均功率约为（　　）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】【详解】体重为60kg，每次引体向上上升高度为0.5m，克服重力做功为全过程克服重力做功的平均功率为故选B。9.复兴号动车在世界上首次实现了速度自动驾驶功能，成为我国高铁自主创新的又一重大标志性成果。一列质量为M的动车，以恒定功率P在平直轨道上由静止开始运动，经时间t达到该功率下的最大速度，设动车行驶过程所受到的阻力f保持不变。动车在时间t内（　　）A.做匀加速直线运动，加速度大小为 B.在时间t内通过的位移为C.牵引力的功率D.牵引力做功等于【答案】C【解析】【详解】A．复兴号动车以恒定功率运动，由牛顿第二定律得易知v增大，a变小，是变加速直线运动。故A错误；B．若复兴号做匀变速直线运动，v-t图像如图中直线所示由图像面积可得位移为复兴号动车实际做加速度逐渐减小的变加速直线运动，v-t图像如图中曲线所示，其位移故B错误；C．当时，速度最大，故牵引力即牵引力的功率故C正确；D．由动能定理可得 所以牵引力做功大于，故D错误。故选C。10.一质量为m的足球，以速度v由地面踢起，当它到达离地面高度为h的B点处（取B点处所在水平面为参考平面）时，下列说法正确的是（重力加速度为g，不计空气阻力）（　　）A.重力势能为mghB.动能为mghC.机械能为D.机械能为【答案】C【解析】【详解】A．取重力势能在B处为零势能参考平面，所以在B点处重力势能为零，A错误；CD．取B点处所在水平面为参考平面，离地面高度为h的B点处的机械能为C正确，D错误；B．从A到B过程，由机械能守恒定律得可得在B处的动能为B错误。故选C。11.如图所示，一个质量为m，均匀的细链条长为L，置于光滑水平桌面上，用手按住一端，使长部分垂在桌面下，（桌面高度大于链条长度），则链条上端刚离开桌面时的动能为（） A.0B.mgLC.mgLD.mgL【答案】D【解析】【详解】将链条分成水平部分和竖直部分两段，水平部分的重力势能为零，竖直部分的重心中竖直段的中间，高度为，而竖直部分的重力为，这样竖直部分的重力势能为，这样链条总的重力势能为，链条上端刚离开桌面时，链条总的重力势能为，由机械能守恒得链条上端刚离开桌面时的动能为，故D正确，ABC错误，故选D．12.地球赤道上有一物体随地球的自转而做圆周运动，向心加速度为，线速度为，角速度为；同步通信卫星的向心加速度为，线速度为，角速度为；近地卫星的向心加速度为，线速度为，角速度为。则（　　）A.B.C.D.【答案】D【解析】【详解】D．根据题意可知，同步卫星和赤道上物体的周期和角速度相等，则有由万有引力提供向心力有解得 由于同步卫星的轨道半径大于近地卫星的轨道半径，则有即故D正确；AB．由公式可得由万有引力提供向心力有解得由于同步卫星的轨道半径大于近地卫星的轨道半径，则有则故AB错误；C．由公式可得由万有引力提供向心力有解得由于同步卫星的轨道半径大于近地卫星的轨道半径，则有 则故C错误。故选D。13.如图所示，某风力发电机叶片转动可形成横截面积为S的圆面，某段时间风速为v，并保持风正面吹向叶片。若空气密度为，风的动能转化为电能的效率为η，则（　　）A.单位时间内转化的电能为B.单位时间内转化的电能为C.转化为电能的功率为D.转化为电能的功率为【答案】C【解析】【详解】设t时间内与叶片相互作用的空气柱长度为l，则①空气柱质量为②由题意可知该发电机发电的功率为③、联立①②③得故选C。14.从地面竖直向上抛出一物体，物体在运动过程中除受到重力外，还受到一大小不变、方向始终与运动 方向相反的外力作用．距地面高度h在3m以内时，物体上升、下落过程中动能Ek随h的变化如图所示．重力加速度取10m/s2．该物体的质量为A.2kgB.1.5kgC.1kgD.0.5kg【答案】C【解析】【详解】对上升过程，由动能定理，，得，即F+mg=12N；下落过程，，即N，联立两公式，得到m=1kg、F=2N．15.下列有关生活中的圆周运动实例分析，其中说法正确的是（　　）A.如图A所示，汽车通过凹形桥的最低点时，汽车处于失重状态B.如图B所示，火车转弯超过规定速度行驶时，外轨对轮缘会有挤压作用C.如图C所示，轻质细绳长为l，一端固定一个小球，绕另一端O点在竖直面内做圆周运动，在最高点小球的最小速度应大于D.如图D所示，脱水桶的脱水原理是水滴受到的离心力大于它受到的向心力，从而沿切线方向甩出【答案】B【解析】【详解】A．如图A所示，汽车通过凹形桥的最低点时，具有向上的加速度，则处于超重状态，故A错误；B．如图B所示，火车转弯超过规定速度行驶时，重力和支持力的合力不够提供向心力，外轨受到挤压， 故B正确；C．如图C所示，在最高点，当小球的重力刚满足向心力要求时，此时小球的速度最小为，故C错误；D．如图D所示，水滴和衣服间的作用力不足以提供水滴做圆周运动的向心力，水滴做离心运动，故D错误。故选B。二、非选择题：共5题，共55分。其中第17题~第20题解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分；有数值计算时，答案中必须明确写出数值和单位。16.小明同学在学习了圆周运动的知识后，设计了一个课题，名称为：快速测量自行车的骑行速度．他的设想是：通过计算踏脚板转动的角速度，推算自行车的骑行速度．如图是自行车的传动示意图，其中Ⅰ是大齿轮，Ⅱ是小齿轮，Ⅲ是后轮．当大齿轮Ⅰ（脚踏板）的转速通过测量为n（r/s）时，则大齿轮的角速度是____rad/s．若要知道在这种情况下自行车前进的速度，除需要测量大齿轮Ⅰ的半径r1，小齿轮Ⅱ的半径r2外，还需要测量的物理量是______．用上述物理量推导出自行车前进速度的表达式为：________．【答案】①2πn②.r3③.【解析】【详解】[1]转速为单位时间内转过圈数，因为转动一圈，对圆心转的角度为，所以；[2]因为要测量自行车前进的速度，即车轮Ⅲ边缘上的线速度的大小，根据公式可知需要测量的量是[3]由题意知Ⅰ轮、Ⅱ轮边缘线速度大小相等，根据公式可知 已知则Ⅱ轮得角速度为因为Ⅱ轮和Ⅲ轮共轴，所以角速度相等，所以Ⅲ轮的线速度可以表达为17.用如图1所示的实验装置验证m1、m2组成的系统机械能守恒。m2从高处由静止开始下落，m1上拖着的纸带打出一系列的点，对纸带上的点迹进行测量，即可验证机械能守恒定律。如图2给出的是实验中获取的一条纸带：0是打下的第一个点，每相邻两计数点间还有4个点(图中未标出)，所用电源的频率为50Hz，计数点间的距离如图2所示。已知m1＝50g、m2＝150g，则：（结果均保留两位有效数字）(1)在纸带上打下计数点5时的速度v5＝______m/s；(2)在打下第0点到打下第5点的过程中系统动能的增量ΔEk＝____J，系统重力势能的减少量ΔEp＝______J；（取当地的重力加速度g＝10m/s2）(3)若某同学作出v2－h图象如图3所示，则当地的重力加速度g＝________m/s2。【答案】①.2.4②.0.58③.0.60④.9.7【解析】 【分析】本题考查验证机械能守恒定律的实验，由实验数据算出某一过程系统动能的增加量，和这一过程重力势能的减少量，再结合数据及公式进行分析。【详解】(1)[1]根据在匀变速直线运动中时间中点的瞬时速度大小等于该过程中的平均速度，可知打第5个点时的速度为(2)[2]物体的初速度为零，所以系统动能的增加量为[3]重力势能的减小量等于物体重力做功，故系统重力势能减少量为(3)[4]本题中根据机械能守恒可知即有所以作出的图象中，斜率表示重力加速度，由图可知斜率故当地的实际重力加速度18.如图所示，质量为的石块从高处以角斜向上方抛出，初速度。不计空气阻力，取。（1）请用机械能守恒定律和动能定理分别求出石块落地时的速度是多大？（2）石块落地时速度的大小与哪些量有关？与哪些量无关？【答案】（1）；（2）与抛出速度和高度有关，与质量和抛出角度无关 【解析】【详解】（1）根据题意，由机械能守恒定律有解得由动能定理有解得（2）结合（1）的分析可知，石块落地时速度的大小与石块初速度大小和抛出时的高度有关，与石块的质量和石块抛出时的角度无关。19.如图所示，轻弹簧k一端与墙相连，质量为4kg的木块沿光滑水平面以5m/s的速度运动，并压缩弹簧，求：(1)弹簧在被压缩的过程中最大弹性势能；(2)木块速度减为3m/s时，弹簧的弹性势能。【答案】(1)50J；(2)32J【解析】【详解】(1)弹簧在最大弹性势能时木块速度为0，设此时弹簧弹性势能为Ep。从开始压缩至木块速度为零过程中，根据机械能守恒解得(2)设木块速度为3m/s时弹簧弹性势能为。从开始压缩弹簧至木块速度为3m/s过程，根据机械能守恒 解得20.已知地球半径为R，地球表面重力加速度为g，万有引力常量为G，不考虑地球自转的影响。（1）试求地球的质量M；（2）试推导第一宇宙速度v的表达式；（3）若卫星绕地球做匀速圆周运动，运行轨道距离地面高度为h，求卫星的运行周期T。【答案】（1）；（2）见解析；（3）【解析】【详解】（1）在地球表面重力和万有引力相等得（2）近地卫星的向心力由万有引力提供有解得将代入得（3）距地面高度为h的卫星，轨道半径为，根据万有引力提供向心力有所以卫星的周期为T21.如图1所示，游乐场的过山车可以底朝上在圆轨道上运行，游客却不会掉下来。我们把这种情形抽象 为如图2所示的模型：弧形轨道的下端与半径为R的竖直圆轨道相接，B、C分别为圆轨道的最低点和最高点。质量为m的小球（可视为质点）从弧形轨道上的A点由静止滚下，到达B点时的速度为vB=，且恰好能通过C点。已知A、B间的高度差为h=4R，重力加速度为g。求：（1）小球运动到B点时，轨道对小球支持力F的大小；（2）小球通过C点时的速率vC；（3）小球从A点运动到C点的过程中，克服摩擦阻力做的功W。【答案】（1）7mg（2）（3）1.5mgR【解析】【详解】（1）小球在B点时，根据牛顿第二定律有解得：F=7mg（2）因为小球恰能通过C点，根据牛顿第二定律有解得：（3）在小球从A点运动到C点的过程中，根据动能定理有解得W=1.5mgR