吉林省长春市东北师范大学附属中学2022-2023学年高一物理下学期期中试题（Word版附解析）

2022-2023学年东北师大附中高一年级（物理）学科试卷下学期期中考试一、单项选择题（共8小题，每小题4分）1.在物理学不断发展进步的过程中，许多物理学家做出了重要的贡献，下列叙述符合史实的是（　　）A.第谷总结得出了行星运动的规律，牛顿发现了万有引力定律B.万有引力公式中引力常量G的值是牛顿测得的C.物理学家胡克认为引力的大小与行星和太阳间距离的平方成正比D.牛顿将行星与太阳、地球与月球、地球与地面物体之间的引力规律推广到宇宙中的一切物体，得出了万有引力定律【答案】D【解析】【详解】A．开普勒总结得出了行星运动的规律，牛顿发现了万有引力定律，A错误；B．万有引力公式中引力常量G的值是卡文迪什测得的，B错误；C．物理学家牛顿认为引力的大小与行星和太阳间距离的平方成正比，C错误；D．牛顿将行星与太阳、地球与月球、地球与地面物体之间的引力规律推广到宇宙中的一切物体，得出了万有引力定律，D正确。故选D。2.如图，B物体置于水平桌面上，A物体通过轻绳和轻质定滑轮与B物体相连。开始时，A，B两物体均静止，A物体距地面高H，轻绳恰好伸直。已知B物体的质量是A物体质量的二分之一，重力加速度为g，不计一切摩擦。物体A从静止开始下落至刚要落地时，物体A的速度大小为（　　）A.B.C.D.【答案】C 【解析】【详解】根据题意，令A、B两物体质量分别为2m、m，对A、B构成的系统，由机械能守恒定律有解得故选C。3.下列说法中正确的是（　　）A.物体速率不变时，其动量一定不变B.物体速度变化时，其动能可能不变C.人走路时，地面对人的静摩擦力对鞋底做正功D.力在某一过程对物体不做功，在这个过程中力对物体的冲量一定为零【答案】B【解析】【详解】A．动量是矢量，物体速率不变，如果速度方向发生变化，物体的动量依然会发生变化，A错误；B．物体速度的大小不变，速度的方向发生变化时，物体的速度发生变化，当物体的动能不变，即物体速度变化时，其动能可能不变，B正确；C．人走路时，地面对人的静摩擦力在力的方向上没有产生位移，可知人走路时，地面对人的静摩擦力对鞋底不做功，C错误；D．根据，可知功是力对空间位移的累积，冲量是力对时间的累积，则力在某一过程对物体不做功，在这个过程中力对物体的冲量不一定为零，D错误。故选B4.一质量为m=0.2kg的物体，从20m高处以v0=10m/s的水平速度被抛出，忽略空气阻力，重力加速度g=10m/s2.下列说法正确的是（　　）A.1.5s末重力的瞬时功率为20WB.前2s内重力的平均功率为40WC.从物体开始运动到下落5m时，重力的冲量为 D.下落20m时，物体的动量变化量为【答案】C【解析】【详解】A．1.5s末重力的瞬时功率为竖直速度为联立解得P=30W故A错误；B．前2s内物体下落的高度为前2s内重力做的功为前2s内重力的平均功率为故B错误；C．从物体开始运动到下落5m时所用的时间为解得重力的冲量为故C正确；D．下落20m时，所用的时间为解得 根据动量定理可得下落20m时，物体的动量变化量为故D错误。故选C。5.如图，物体在拉力作用下竖直向上运动，以下情况中可能存在的是（　　）A.加速运动时，拉力做功1J，物体重力势能的增加量等于1JB.匀速运动时，拉力做功1J，物体重力势能的增加量大于1JC.减速运动时，重力做功J，物体和地球系统的机械能增加量等于1JD.加速运动时，重力做功J，物体和地球系统的机械能增加量大于1J【答案】D【解析】【详解】A．加速向上运动时，拉力做功1J，则物体机械能增加1J，而增加的动能大于0，可知物体重力势能的增加量小于1J，A错误；B．匀速向上运动时，拉力做功1J，则物体机械能增加1J，而增加的动能等于0，可知物体重力势能的增加量等于1J，B错误；C．减速向上运动时，重力做功J，即重力势能增加1J，由于速度减小，动能减小，即物体和地球系统的机械能增加量小于1J，C错误；D．加速向上运动时，重力做功J，即重力势能增加1J，由于速度变大，动能增加，即物体和地球系统的机械能增加量大于1J，D正确。故选D。6.如图，物体置于粗糙水平面上，分别对物体施加水平拉力F1和与水平方向成角的斜向上的拉力F2，两种情况物体以相同的加速度运动。当物体经过相同时间t时，关于两种情况拉力与合力的冲量说法正确的是（　　） A.两种情况拉力的冲量相同，合力的冲量也相同B.F2的冲量方向水平向右，大小为F2cosθtC.F1的冲量可能大于F2的冲量，两种情况合力的冲量相同D.F1的冲量一定大于F2的冲量，第一种情况合力的冲量小于第二种情况合力的冲量【答案】C【解析】【详解】ACD．对物体施加水平拉力F1时，根据牛顿第二定律，有拉力斜向上时有联立可得由于不知道θ的大小，所以无法比较F1和F2的大小，根据冲量公式两种情况拉力的冲量关系不能确定，根据可知两种情况下合力相等，根据冲量公式可知合力的冲量相同，故AD错误，C正确；B．F2的冲量大小为方向与F2的方向相同，故B错误。故选C。7.如图，水平弹簧右端固定在竖直墙壁上，左端固连在物块上，水平面光滑。开始时物块静止，弹簧处于原长。一颗子弹以水平速度v0射入物块，并留在物块中。若子弹和物块作用时间极短，下列有关说法中正确的是（　　）A.子弹开始打物块到与物块共速，子弹、物块组成的系统动量守恒B.子弹开始打物块到弹簧压缩至最短，子弹、物块、弹簧组成的系统机械能守恒C.子弹开始打物块到弹簧压缩至最短，子弹、物块、弹簧组成的系统动量守恒D.子弹物块以相同速度压弹簧的过程中，物块、子弹、弹簧组成的系统动量守恒 【答案】A【解析】【详解】A．由于子弹和物块作用时间极短，则在打击过程中，内力远远大于外力，可知子弹开始打物块到与物块共速，子弹、物块组成的系统动量守恒，A正确；B．根据上述，子弹开始打物块到与物块共速过程类似完全非弹性碰撞，该过程有一部分动能转化为内能，则子弹开始打物块到弹簧压缩至最短，子弹、物块、弹簧组成的系统机械能减小，不守恒，B错误；C．打击过程子弹与物块动量守恒，打击完成后，子弹与木块向右压缩弹簧，系统所受外力的合力不为0，该过程动量不守恒，可知子弹开始打物块到弹簧压缩至最短，子弹、物块、弹簧组成的系统动量不守恒，C错误；D．根据上述可知，子弹物块以相同速度压弹簧的过程中，物块、子弹、弹簧组成的系统动量不守恒，D错误。故选A。8.如图，卫星b为地球极地圆轨道卫星，卫星a为同步卫星，两卫星轨道面互相垂直。图示时刻，卫星b在卫星a轨道上A点的正下方，卫星a处于轨道上图示位置B，劣弧AB为四分之一圆弧，a卫星转动方向如图所示。已知b的周期为3小时，地球自转周期为24小时，下列说法正确的是（　　）A.卫星a的加速度与卫星b的加速度之比为16:1B.卫星a的线速度与卫星b的线速度之比为2:1C.从图示时刻起再经过6小时，卫星a将出现在卫星b的正上方D.相等时间内a卫星与地心连线扫过的面积与b卫星与地心连线扫过的面积之比为2:1【答案】D【解析】【详解】A．地球同步卫星的周期等于地球自转周期24h，根据，解得 ，A错误；B．根据，结合上述解得B错误；C．从图示时刻起再经过6小时，由于，即经历6小时，卫星a转过四分之一圆周，卫星b转过两个完整圆周，根据图像可知，此时卫星a位于A的圆周上对称点位置，卫星b位于A的正下方，卫星a并没有出现在卫星b的正上方，C错误；D．中心天体是地球，根据开普勒第二定律可知相等时间内a卫星与地心连线扫过的面积与b卫星与地心连线扫过的面积之比为2:1，正确。故选D。二、多项选择题（共8小题，每小题4分）9.如图，由A、B两颗星构成的孤立双中子星系统。已知A、B两中子星均做匀速圆周运动，其转动中心为，且。关于此系统下列说法中正确的是（　　）A.A、B两颗星的周期之比为B.A、B两颗星的周期之比为C.A、B两颗星的质量之比为D.A、B两颗星的质量之比为【答案】AD【解析】 【详解】AB．根据题意可知，A、B两颗星构成的孤立双中子星系统，转动时角速度相等，由公式可得，A、B两颗星的周期之比为，故B错误，A正确；CD．A、B两颗星构成的孤立双中子星系统，万有引力提供向心力，则有A、B两颗星的质量之比为故C错误，D正确。故选AD。10.“天问一号”探测器在靠近火星时需要通过变轨过程逐渐靠近火星。已知引力常量为G，则下列说法正确的是（　　）A.“天问一号”的发射速度大于地球的第二宇宙速度B.“天问一号”在轨道I上经P点的势能大于在轨道II上的经过Q点的势能C.“天问一号”在P点从轨道II变轨到轨道I，需要在P点朝速度反方向喷气D.若轨道I贴近火星表面，已知“天问一号”在轨道I上运动的角速度，可以知火星的密度【答案】AD【解析】【详解】A．“天问一号”脱离了地球的束缚，没有脱离太阳的束缚，则“天问一号”的发射速度大于地球的第二宇宙速度，A正确；B．由Q点到P点，卫星到火星间距减小，万有引力做正功，势能减小，即“天问一号”在轨道I上经P点的势能小于在轨道II上的经过Q点的势能，B错误；C．轨道II变轨到轨道I，是由高轨道到低轨道，需要在P点减速，即需要在P点朝速度方向喷气，C错误；D．在火星表面有 火星密度为解得D正确。故选AD。11.如图，水平面上质量为的玩具车在发动机牵引力的作用下开始加速运动，牵引力的功率保持恒定，运动过程中玩具车所受的阻力大小不变，玩具车速度最终达到最大值。图乙为玩具车速度的倒数与加速度的关系图像，根据图像所给信息可知以下说法正确的是（　　）A.B.C.D.图像的斜率为【答案】AB【解析】【详解】ACD．根据题意，由牛顿第二定律有又有整理得结合图像有，斜率 截距解得故CD错误，A正确。B．根据题意可知，当加速度为零时，汽车的速度最大，由图乙可知解得故B正确；故选AB。12.如图，A，B两颗人造地球卫星绕地球做圆轨道环绕，图中时刻地心与A的连线OA和地心与B的连线OB互相垂直。若已知地球对A，B两颗星的张角为分别为、，且，卫星B的周期为T。下列说法正确的是（　　）A.A，B两颗星的轨道半径之比为1:4B.若两颗星均按图中顺时针方向转动，则至少经过两星相距最远C.若两颗星均按图中逆时针方向转动，则再经过两星相距最近D.若两颗星均按图中逆时针方向转动，则再经过2T两星相距最近【答案】BD 【解析】【详解】A．根据几何关系有，解得A错误；B．若两颗星均按图中顺时针方向转动，令则至少经过两星相距最远，则有根据开普勒第三定律有结合上述解得B正确；CD．若两颗星均按图中逆时针方向转动，令则至少经过两星相距最近，则有（n=1，2，3…）结合上述解得若，解得不符合题意，若，解得符合题意，C错误，D正确。故选BD。13. 如图，足够长粗糙程度均匀的斜面固定于水平面上，一物体从斜面底端沿斜面向上冲，冲到最高处后折返回到斜面底端。已知斜面倾角37°，物体质量为2kg，物体在斜面底端的初动能为100J，回斜面底端时的动能为80J。规定物体在斜面底端时重力势能为零，重力加速度g=10m/s2，忽略空气阻力，A点为上冲最大距离的一半处。以下说法中正确的是（　　）A.物体与斜面间的动摩擦因数为B.上滑时动能和势能相等的位置在A点处C.下滑时动能和势能相等位置在A点以下D.物体上滑时机械能损失10J【答案】ACD【解析】【详解】A．令上冲最大距离为，则上冲过程由动能定理有下滑过程由动能定理有解得，A正确；B．令上滑时动能和势能相等的位置到出发点间距为x1，则有其中结合上述解得可知，上滑时动能和势能相等的位置在A点处上方，B错误；C．令下滑时动能和势能相等的位置到出发点间距为x2，则有 其中结合上述解得可知，下滑时动能和势能相等的位置在A点处下方，C正确；D．根据功能关系，物体上滑过程损失机械能转化为摩擦生热。则机械能损失为D正确。故选ACD。三、实验题（共1小题，每空2分）14.在“验证机械能守恒定律”实验中，打点计时器所用电源频率为50Hz，当地重力加速度的值为9.80m/s2，测得所用重物的质量为0.50kg。某同学用图甲所示实验装置打出几条纸带，按实验要求选出一条纸带进行测量，测得连续三点A、B、C到第一个点O的距离如图乙所示，相邻计数点时间间隔为0.02s。回答下列问题，所有计算结果均保留三位有效数字。（1）纸带的______端与重物相连。（填“左”或“右”）（2）打点计时器打下计数点B时，重物的速度vB=______m/s。（3）在从打下起点O到打下计数点B的过程中重物重力势能的减少量ΔEp=______J，此过程中重物动能的增加量ΔEk=______J。（4）通过计算，数值上ΔEp______ΔEk（填“>”、“=”或“<”），这是因为______。（5）实验的结论是______。【答案】①.左②.③.0.245④.0.240⑤.⑥.实验中存在着阻力做功，有机械能损失⑦.在实验误差允许的范围内，重物的机械能守恒【解析】【详解】（1）[1] 重物带动纸带向下做加速运动，速度逐渐增大，点迹逐渐变稀疏，可知纸带与重物连接的一端的点迹分布密集一些，即纸带的左端与重物相连。（2）[2]根据匀变速直线运动，全程的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，则打点计时器打下计数点B时，重物的速度为（3）[3]在从打下起点O到打下计数点B的过程中重物重力势能的减少量[4]此过程中重物动能的增加量（4）[5]通过上述计算，数值上有[6]这是因为实验中存在着阻力做功，减小的重力势能有一小部分转化为内能，即实验中存在着阻力做功，有机械能损失，（5）[7]根据上述数据，实验的结论是在实验误差允许的范围内，重物的机械能守恒。四、计算题（共3小题，15题、16题10分，17题14分）15.如图所示，光滑四分之一圆弧轨道BC与粗糙水平面相切。质量m=1kg的物体，从水平面上的A点以初速度v0=4m/s向左运动，冲上圆弧轨道，恰能到达轨道最高点C，然后又沿光滑轨道下滑最终停止在水平面上。已知AB长L=4m，轨道半径R=0.4m，重力加速度g=10m/s2，求：（1）物体与水平面间的动摩擦因数μ是多少？（2）物体最终停下的位置与B点之间的距离是多少？【答案】（1）0.1；（2）4m【解析】【详解】（1）物体从开始运动到轨道顶端整个运动过程中，只有重力和摩擦阻力做功，根据动能定理得物体在水平面上所受摩擦力为 解得（2）物体从轨道上端到停止运动整个运动过程中，只有重力和摩擦阻力做功，根据动能定理得解得16.如图，两条长度均为l的轻绳，一端固定于O点，另一端分别连接一质量为m的小球A、B。现将小球A拉起一定高度，当左侧轻绳与竖直方向成θ角时释放小球A，小球A运动到最低点时恰好与小球B发生正碰，碰撞后两球结合在一起继续向上摆动。已知重力加速度为g，两球碰撞时间极短，两球均可视为质点。求：（1）碰撞前瞬间小球A的速度大小vA；（2）碰撞后小球A、B上升最大高度h。【答案】（1）；（2）【解析】【详解】（1）小球A从开始运动到与小球B碰撞前整个运动过程中，只有重力做功，机械能守恒，根据机械能守恒定律得解得（2）小球A与小球B碰撞过程中水平方向动量守恒，取水平向右为正方向，根据动量守恒定律得小球A、B从碰撞后瞬间到上升到最大高度的整个运动过程中，只有重力做功，机械能守恒，根据机械能守恒定律得 联立解得17.如图，水平轻质弹簧左端固定于竖直墙上，右端与质量m=2kg的小物块接触但不栓接，弹簧原长小于光滑平台OA的长度。在平台的右端有一传送带，AB长L=16m，物块与传送带间的动摩擦因数μ1=0.1。粗糙水平面BD的BC部分长s=2.5m，物块与粗糙水平面间的动摩擦因数μ2=0.2。C点处有一半径为R的光滑竖直圆轨道与水平面BC平滑连接。已知传送带以v=4m/s的速率顺时针转动，不考虑水平面与传送带连接处物块的机械能损失。开始时弹簧处于压缩状态，小物块固定，弹簧储存的弹性势能Ep=36J。放开物块，小物块通过圆轨道最高点时对轨道的压力恰好等于物块的重力，物块最终停在粗糙水平面上，重力加速度g=10m/s2。求（1）物块运动到B点的动能Ek；（2）竖直圆轨道的半径R；（3）若传送带速度大小可调，要使物块不脱离轨道，传送带的速度大小满足的条件。【答案】（1）16J；（2）0.1m；（3）或【解析】【详解】（1）物体被弹出，弹簧的弹性势能全部转化为动能，弹簧与物块组成的系统机械能守恒，根据机械能守恒定律有解得由于可知，物块滑上传送带之后立即减速，从减速到与传送带共速的过程中有，解得故物体减速至与传送带共速后与传送带相对静止，并最终以4m/s的速度滑下传送带，因此运动到B点时物块的动能 （2）由物体通过轨道最高点时对轨道的压力恰好等于物块的重力可知，在轨道最高点有从B点运动至轨道最高点的整个过程，根据动能定理有解得（3）当物块恰能通过最高点时，在轨道最高点有解得根据动能定理有解得当物体从v0减速到v3时有解得故当物块能通过最高点时传送带速度需满足当物体恰能运动到与圆心等高处，根据动能定理有解得 当物体从v0减速到v4时有解得故当物块运动到与圆心等高处之下时传送带速度需满足因此，物块不脱离轨道，传送带速度需要满足的条件为或