吉林省长春市吉大附中实验学校2022-2023学年高一物理下学期期中试题（Word版附解析）

长春吉大附中实验学校2022-2023学年下学期高一年级期中考试物理学科试卷考试时间：75分钟：试卷满分：100分第Ⅰ卷（客观题46分）一、选择题（本大题共10小题，共46分。1-7题为单项选择，每个小题4分，8-10题为多项选择，每个小题6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。）1.下列说法中正确的是（　　）A.摩擦力总与相对运动或相对运动趋势方向相反，因此摩擦力只能做负功B.某物体的动能不变，其动量可以变化C.重力势能的变化量与零势能参考面的选取有关D.作用力和反作用力总是等大反向，因此一对作用力和反作用力做功时总是一正一负【答案】B【解析】【详解】A．摩擦力总是与相对运动或相对运动趋势方向相反，当物体A叠放在物体B上保持相对静止以某一速度在水平地面上做匀减速直线运动时，物体B对物体A的摩擦力做负功，物体A对物体B的摩擦力做正功，因此摩擦力可能做负功，也可能做正功，A错误；B．物体的动能不变，其动量可以变化，例如物体做匀速圆周运动，速度大小不变，速度方向变化，则物体的动能不变，其动量发生变化，B正确；C．根据可知，重力势能的变化量与重力做功关，而重力做功与路径无关，即与零势能参考面的选取无关，可知重力势能的变化量与零势能参考面的选取无关，C错误；D．作用力和反作用力总是等大反向，但是一对作用力和反作用力做功时可能一正一负，可能均为正，也可能均为负，例如将两条形磁体同名磁极相对在外力作用下使其紧靠一起，撤去外力，两磁体在相互作用的磁场力作用下，相互远离，此时，相互作用的磁场力均做正功，D错误。故选B。2.下列四幅图是有关生活中的圆周运动的实例分析，其中说法正确的是（　　） A.铁路的转弯处，外轨比内轨高是为了利用轮缘与内轨的侧压力来帮助火车转弯B.“水流星”表演中，在最高点处水对桶底一定有压力C.洗衣机的脱水是利用了失重现象D.汽车通过凹形桥的最低点时，速度越快越容易爆胎【答案】D【解析】【详解】A．铁路的转弯处，外轨比内轨高原因是当火车按规定速度转弯时，由火车的重力和轨道对它的支持力的合力来提供火车转弯所需的向心力，从而避免轮缘对外轨的挤压，故A错误；B．“水流星”表演中，通过最高点时，水受到重力及筒底的支持力作用，加速度方向竖直向下，处于失重状态，而当“水流星”刚好能通过最高点时，水仅受重力的作用，支持力为零，此时处于完全失重状态，故在最高点处水对桶底可能有压力，故B错误；C．水桶的脱水原理是：当转筒的速度较大时，水滴做圆周运动所需要的向心力较大，而水与衣物之间的粘滞力无法提供向心力，所以水滴将做离心运动，从而沿切线方向甩出，故C错误；D．汽车通过凹形桥的最低点时，圆心在汽车的正上方，此时重力和支持力的合力提供向心力，即有可知汽车的速度越快，则支持力越大；即轮胎承受的压力越大，越容易爆胎，故D正确。故选D。3.一辆汽车在平直公路上由静止开始启动，汽车先保持牵引力不变，当速度为时达到额定功率，此后以额定功率继续行驶，最后以速度匀速行驶。若汽车所受的阻力f为恒力，汽车运动过程中的速度为、加速度为a、牵引力为F、牵引力的功率为P，则下列图像中可能正确的是（　　）A.B. C.D.【答案】C【解析】【详解】A．因为汽车先保持牵引力不变，由牛顿第二定律可得又因为汽车所受的阻力f为恒力，所以开始阶段汽车做匀加速直线运动，所以v-t图像开始应有一段倾斜的直线，故A错误；BC．因为当速度为时达到额定功率，此后以额定功率继续行驶，则满足即F与v成反比，F与成正比，所以F-v图像中段图像应为曲线，F与图像中段图像应为直线，故B错误，C正确；D．因为当速度为之前，保持牵引力不变，则功率满足即P与v成正比，所以P-v图像中段图像应为过原点的直线，故D错误。故选C。4.科学家发现，距离地球2764光年的宇宙空间存在适合生命居住的双星系统，这一发现为人类研究地外生命提供了新的思路和方向。假设宇宙中有一双星系统由质量分别为m和M的A、B两颗星体组成。这两颗星绕它们连线上的某一点在二者万有引力作用下做匀速圆周运动，如图所示，A、B两颗星的距离为L，引力常量为G，则（　　）A.因为，所以 B.两恒星做圆周运动周期为C.恒星A做圆周运动需要的向心力大于恒星B做圆周运动需要的向心力D.若恒星A由于不断吸附宇宙中的尘埃而使得质量缓慢增大，其他量不变，恒星A的角速度缓慢减小【答案】B【解析】【详解】A．设A、B两颗星体的轨道半径分别为、，双星之间的万有引力提供向心力，则有两式联立得由于，即，所以有故A错误；BD．由题可知结合前两式可得两颗星的周期为若m缓慢增大，其他量不变，可知周期T变小；由可知，角速度逐渐变大，故B正确，D错误；C．双星之间的万有引力提供向心力，可知两颗星做圆周运动所需要的向心力大小相等，故C错误。故选B5.力F对物体所做的功可由公式求得。但用这个公式求功是有条件的，即力F必须是恒力。而实际问题中，有很多情况是变力在对物体做功。那么，用这个公式不能直接求变力的功，我们就需要通过其他的一些方法来求解力F所做的功。如图，对于甲、乙、丙、丁四种情况下求解某个力所做的功，下列说法正确的是（　　） A.甲图中若F大小不变，物块从A到C过程中（AC间距离）力F做的功为B.乙图中，全过程中F做的总功为108JC.丙图中，绳长为R，若空气阻力f大小不变，小球从A运动到B过程中空气阻力做的功D.图丁中，F始终保持水平缓慢将小球从P拉到Q，小球质量m，重力加速度g，则F做的功是【答案】D【解析】【详解】A．F大小不变，根据功的定义可得物块从A到C过程中，力F做的功为故A错误；B．乙图面积代表功，则全过程中F做的总功为故B错误；C．丙图中，绳长为R，若空气阻力f大小不变，可用微元法得小球从A运动到B过程中空气阻力做的功为故C错误；D．图丁中，F始终保持水平缓慢将小球从P拉到Q，可知F做的功等于克服重力做的功，则有故D正确。故选D。6.2022年11月30日，神舟十五号载人飞船与天和核心舱完成对接，三位中国航天员进入空间站与神舟十四号航天员乘组首次在轨会师，对接过程的示意图如图所示。天和核心舱处于半径为的圆轨道Ⅲ，神舟 十五号飞船处于半径为的圆轨道Ⅰ，运行周期为，通过变轨操作后，沿椭圆轨道Ⅱ运动到B处与天和核心舱对接。已知万有引力常量为G。则下列说法正确的是（　　）A.地球的质量为B.飞船沿轨道Ⅱ从A运动到B过程中，机械能不断增大C.飞船沿轨道Ⅱ运行在B点的速度小于飞船沿轨道Ⅲ运行在B点的速度D.飞船沿轨道Ⅰ运行在A点的加速度小于飞船沿轨道Ⅱ运行在A点的加速度【答案】C【解析】【详解】A．对神舟十五号飞船圆轨道Ⅰ有解得A错误；B．飞船沿轨道Ⅱ从A运动到B过程中，飞船在同一轨道上运行，只有万有引力做功，机械能守恒，B错误；C．轨道Ⅱ到轨道Ⅲ是低轨道变轨到高轨道，需要在切点B处加速，即飞船沿轨道Ⅱ运行在B点的速度小于飞船沿轨道Ⅲ运行在B点的速度，C正确；D．根据解得 由于均位于A点，距离地球中心间距r相等，可知飞船沿轨道Ⅰ运行在A点的加速度等于飞船沿轨道Ⅱ运行在A点的加速度，D错误。故选C。7.如图所示，质量为M、长为的木板Q放在光滑的水平面上，可视为质点的质量为m的物块P放在木板的最左端。时刻给物块水平向右的初速度，当物块P滑到木板Q的最右端时木板Q的位移为。则下列说法错误的是（　　）A.Q增加的动能与P减小的动能之比为B.P减小的动能与P、Q间因摩擦而产生的热量之比为C.摩擦力对P、Q所做的功的绝对值之比为D.Q增加的动能与系统损失的机械能之比为【答案】B【解析】【详解】A．设两者间的摩擦力为f，则根据动能定理Q增加的动能P减小的动能所以Q增加的动能与P减小的动能之比为，故A正确不符合题意；B．根据能量守恒，P、Q间因摩擦而产生的热量P减小的动能与P、Q间因摩擦而产生的热量之比为14：5，故B错误符合题意；C．根据以上分析可知，摩擦力对P、Q所做的功的绝对值之比为，故C正确不符合题意；D．系统损失的机械能等于产热，Q增加的动能与系统损失的机械能之比为9：5，故D正确不符合题意。故选B。8.2022年35岁的梅西竭尽所能率领阿根廷队取得第二十二届世界杯足球赛冠军，如图是梅西在练习用头颠球。假设足球从静止开始自由下落45cm，被头竖直顶起，离开头部后足球上升的最大高度仍为45cm，足球与头部的接触时间为0.1s，足球的质量为0.4kg，不计空气阻力。下列说法正确的是（　　） A.头向上顶球的过程中，头对足球的冲量等于足球动量的变化量B.头向上顶球的过程中，足球的动量变化量大小为2.4kg·m/sC.头向上顶球的过程中，头部对足球的平均作用力大小为28ND.从最高点下落至回到最高点的过程中，足球重力的冲量为零【答案】BC【解析】【详解】AB．取向下为正方向，由题知，下落、上升的高度都为h=45cm=0.45m，则下落到与头部刚接触时有解得与头部碰撞后，速度反向，大小不变，即为，则动量变化量为即动量的大小为，设头对足球的冲量为，根据动量定理可得A错误，B正确；C．根据动量定理可得即代入数据解得C正确； D．从最高点下落至回到最高点的过程中，足球重力的作用时间不为零，冲量不为零，D错误。故选BC。9.三颗不同的人造卫星A、B、C都在赤道正上方同方向绕地球做匀速圆周运动，A、C为地球同步卫星，某时刻A、B相距最近，如图所示。已知地球自转周期为，B的周期为，则下列说法正确的是（　　）A.A加速可追上同一轨道上的CB.经过时间，A、B再次相距最近C.A、C向心力大小相等，且小于B的向心力D.在相同时间内，A与地心连线扫过的面积大于B与地心连线扫过的面积【答案】BD【解析】【详解】A．卫星A加速后做离心运动，轨道变高，不可能追上卫星C，故A错误；B．根据题意可知，A、B再次相距最近时，A、B两卫星转过的角度相差，设经过的时间为，则有解得故B正确；C．根据题意可知，万有引力提供向心力，则卫星的向心力大小为由于不知道卫星A、B、C的质量关系，则无法确定三个卫星向心力的关系，故C错误；D．绕地球运动的卫星与地心连线时间内扫过的面积为 由万有引力提供向心力有联立可得可知，由于A的轨道半径大于B的轨道半径，则在相同时间内，A与地心连线扫过的面积大于B与地心连线扫过的面积，故D正确。故选BD。10.如图所示，在倾角为底端具有挡板的固定斜面上，滑块b的一端通过一劲度系数为的轻质弹簧与另一滑块a连接后置于斜面上，滑块b的另一端通过一不可伸长的轻绳跨过光滑的定滑轮与带孔的小球c连接，小球c穿在光滑的固定轻杆上，轻杆与水平方向的夹角为，初始用手托住小球c置于M点，此时MO水平，弹簧被拉伸且弹力大小为8N，释放小球c，小球恰好能滑至N点，滑块a始终未离开挡板，已知，，，重力加速度g取，，。若整个运动过程中，绳子一直绷紧，下列说法正确的是（　　）A.滑块b与斜面间的动摩擦因数为B.小球c滑至MN的中点处的速度C.小球c滑至MN的中点过程中，弹簧的弹性势能先减小再增大D.小球c从M点滑至N点的过程中，经过MN中点处时重力的功率最大【答案】ABC【解析】【详解】A．小球c从M到N，滑块b先下滑再回到原来的位置，由能量关系可得 解得滑块b与斜面间的动摩擦因数为故A正确；B．小球在M点时弹簧被拉伸，弹力为8N，此时弹簧被拉长小球c滑至中点处时，b下滑的距离为则此时弹簧被压缩4cm，此时的弹性势能等于在M点的弹性势能，设此时c的速度为，此时b刚好到达最低点，则b的速度为0，由能量关系可得解得故B正确；C．小球c从M点滑至MN中点的过程中，弹簧由伸长4cm到被压缩4cm，即弹簧的弹性势能先减小再增大，故C正确；D．小球c从M点滑至N点的过程中，经过中点处时，小球c沿斜面方向的合力为，则加速度不为零，速度不是最大，即此时重力的功率不是最大，故D错误。故选ABC。第Ⅱ卷（主观题54分）二、实验题（本题共2小题，共14分。）11.用向心力演示仪探究向心力大小与小球的质量、角速度和轨道半径等因素的关系时，（图中，）： （1）采取的科学方法是___________。A．微元法B．等效替代法C．控制变量法D．理想实验法（2）保持两小球质量相等，将小球分别放在A处和C处，同时改变左、右塔轮的半径比，可得到___________；A．质量和角速度大小一定时，向心力的大小与半径大小的关系B．质量和半径一定时，向心力的大小与角速度大小的关系（3）在探究角速度和半径一定的条件下向心力的大小与小球质量的关系时，应将质量不同的两小球分别放在___________处（选填“A和B”“A和C”或“B和C”），同时左、右塔轮的半径比为___________（选填“1：1”“2：1”或“3：1”）。【答案】①.C②.B③.A和C④.1：1【解析】【详解】（1）[1]本实验采取的科学方法是控制变量法。故选C。（2）[2]实验中A处和C处的转动半径相等，而左、右塔轮通过皮带连接，边缘线速度大小相等，根据可知改变左、右塔轮的半径比即是在改变左、右塔轮的角速度大小关系，故可得到质量和半径一定时，向心力的大小与角速度大小的关系。故选B。（3）[3][4]根据公式可知研究向心力的大小与小球质量的关系时，应保持两小球角速度和半径相等，故两小球分别放在A和C处；根据（2）中分析可知此时左、右塔轮的半径比为。12.利用图1装置做“验证机械能守恒定律”的实验。 （1）实验中除带夹子的重物、纸带、铁架台（含铁夹）、电磁打点计时器、导线及开关外，在下列器材中，还必须使用的器材是______。A．直流电源　　B．刻度尺　　C．天平（含砝码）　　D．秒表（2）实验中，需先接通电源，再释放重物，得到如图2所示的一条纸带，在纸带上选取三个连续打出的点A、B、C，测得它们到起始点O的距离分别为、、。已知当地重力加速度为，打点计时器打点的周期为，设重物的质量为，从打点到打点的过程中，重物的重力势能减少量______；动能增加量______。（3）大多数学生的实验结果显示，重力势能的减少量略大于动能的增加量，关于这个误差下列说法正确的是______。A．该误差属于偶然误差，可以通过多次测量取平均值的方法来减小该误差B．该误差属于系统误差，可以通过多次测量取平均值的方法来减小该误差C．该误差属于偶然误差，可以通过减小空气阻力和摩擦阻力来减小该误差D．该误差属于系统误差，可以通过减小空气阻力和摩擦阻力来减小该误差（4）某同学利用图中纸带，先分别测量出从某点到点的距离（其中点为点后连续打出的点，图中未画出），再计算打出各点时重锤下落的速度，绘制图像，如图所示，并求得图线的斜率为。假设上述实验操作中不受一切阻力影响， 此时绘制的图线的斜率为，则与k的大小关系是______k（填“小于”、“等于”、“大于”）。【答案】①.B②.③.④.D⑤.大于【解析】【详解】（1）[1]电磁打点计时器需要连接交流电源；验证机械能守恒表达式中重物的质量可以约掉，故不需要天平测质量；通过打点计时器可以确定计数点间的时间间隔，故不需要秒表测时间；需要用刻度尺测量纸带上计数点间的距离。故选B。（2）[2]根据题意可知，打下点时，重物下落的高度为，则减小的重力势能为[3]由中间时刻的瞬时速度等于这段时间的平均速度可得，打下点时，重物的速度大小为则增加的动能为（3）[4]此实验因空气阻力以及摩擦力的存在，总会使减小的重力势能略大于增加的动能，这属于系统误差，想要实验结果更加准确，可以通过减小空气阻力和摩擦阻力来减小该误差。故选D。（4）[5]根据题意，若重物下落过程中，有阻力作用，则有由运动学公式有可知 若重物下落过程中，无阻力作用，则有由运动学公式有可得三、计算题（本题共3小题，共40分。解答时应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，有数值计算的，答案中必须明确写出数值和单位。）13.汽车碰撞试验是综合评价汽车安全性能最有效的方法，也是各国政府检验汽车安全性能的强制手段之一。在某次正面碰撞试验中，让质量的汽车以速度驶向固定的碰撞试验台，撞击后汽车的速度变为，方向与原方向相反，若碰撞时间。求：（1）碰撞前汽车动量的大小；（2）碰撞前后汽车动量的变化量；（2）汽车受到平均冲击力F的大小。【答案】（1）1.3×104kg·m/s；（2）1.5×104kg·m/s，与碰后速度方向相同；（3）3×105N【解析】【详解】（1）碰撞前汽车动量p0=mv0=1.3×104kg·m/s（2）碰撞后汽车动量p1=mv1=0.2×104kg·m/s取汽车碰后速度的方向为正方向，碰撞前后汽车动量的变化量方向与碰后速度方向相同；（3）由动量定理得 F·t=∆pF=3×105N14.某球形天体可视为质量均匀分布的球体，其密度为，万有引力常量为G。（1）对于环绕在密度相同的球形天体表面运行的卫星，求其运动周期T。（2）若球形天体“北极点”处的重力加速度是“赤道”处重力加速度的k倍（），求天体自转周期T0。【答案】（1）；（2）【解析】【分析】【详解】（1）设天体质量为M，半径为R，卫星质量为m，由向心力公式可得天体质量满足联立可解得（2）设在赤道的重力加速度为，质量为m1的物体满足在北极点满足联立代入数据可解得15.如图所示，一根轻弹簧左端固定于竖直墙上，右端被质量且可视为质点的小物块压缩而处于静止状态，且弹簧与物块不拴接，弹簧原长小于光滑平台的长度。在平台的右端有一传送带，长，物块与传送带间的动摩擦因数，与传送带相邻的粗糙水平面长 ，它与物块间的动摩擦因数，在C点右侧有一半径为R的光滑竖直圆弧与平滑连接，圆弧对应的圆心角为，在圆弧的最高点F处有一固定挡板，物块撞上挡板后会以原速率反弹回来。若传送带以的速率顺时针转动，不考虑物块滑上和滑下传送带的机械能损失，当弹簧储存的能量全部释放时，小物块恰能滑到与圆心等高的E点，取。（1）求右侧圆弧的轨道半径R；（2）求小物块最终停下时与C点的距离；（3）若传送带的速度大小可调，欲使小物块与挡板只碰一次，且碰后不脱离轨道，求传送带速度的可调节范围。【答案】（1）；（2）；（3）【解析】【详解】（1）物块被弹簧弹出，由可知因为故物块滑上传送带后先减速物块与传送带相对滑动过程中，由解得 因为故物块与传送带同速后相对静止，最后物块以的速度滑上水平面BC，物块滑离传送带后恰到E点，由动能定理可知代入数据整理可以得到（2）设物块从E点返回至B点的速度为，由得到因为，故物块会再次滑上传送带，物块在恒定摩擦力的作用下先减速至0再反向加速，由运动的对称性可知其以相同的速率离开传送带，设最终停在距C点x处，由得到（3）设传送带速度为时物块能恰到F点，在F点满足从B到F过程中由动能定理可知解得设传送带速度为时，物块撞挡板后返回能再次上滑恰到E点，由： 解得若物块在传送带上一直加速运动，由知其到B点的最大速度综合上述分析可知，只要传送带速度就满足条件。