期末学业水平测评卷（Word版含解析）

这是一份物理全册综合课时作业，共10页。试卷主要包含了考试范围，8 m/s2，一辆质量为2等内容，欢迎下载使用。

期末学业水平检测
注意事项
1.本试卷满分100分,考试用时75分钟。
2.无特殊说明,本试卷中重力加速度g取10 m/s2。
3.考试范围:第一章~第五章。
一、单项选择题(本题共8小题,每小题3分,共24分。在每小题给出的四个选项中,只有一个是符合题目要求的)
　　　　　　 　　　　　　 　　　　　　
1.(2021浙江温州高二期中)2020年3月9日,第五十四颗北斗导航卫星于西昌卫星发射中心由长征三号乙运载火箭成功发射。该卫星属于地球静止轨道卫星,可实现动态分米级、事后厘米级定位。以下说法正确的是 (　　)

A.该卫星可精准定位在我国上空
B.该卫星的运行周期为1.5小时
C.该卫星的线速度比月球的线速度大
D.该卫星的向心加速度大小为9.8 m/s2
2.(2021江苏常熟高一期中)惯性系S中有一边长为L的立方体,从相对S系沿x方向以接近光速匀速飞行的飞行器上观察,则该立方体的形状是 (　　)
A B
C D
3.(2021山西平遥高一期中)袋鼠前肢短小,后肢长且强健有力,适于跳跃,是跳得最高最远的哺乳动物,如图所示。某次,袋鼠在平整的草原上跳出4 m远、2 m高,跳跃时不计空气阻力,袋鼠视为质点。设袋鼠离开水平地面时的速度方向与水平地面夹角为α,则tan α等于 (　　)

A.14 B.12 C.1 D.2
4.[2021新高考八省(市)1月联考,重庆卷]一质量为m的物块仅在重力作用下运动,物块位于r1和r2时的重力势能分别为3E0和E0(E0>0)。若物块位于r1时速度为0,则位于r2时其速度大小为 (　　)
A.2E0m B.6E0m
C.22E0m D.4E0m
5.(2021河北衡水高三二调)列车在空载时加速经过一段平直的路段,通过某点时速率为v,加速度大小为a1;当列车满载货物再次加速经过同一点时,速率仍为v,加速度大小变为a2。设列车发动机的功率恒为P,阻力是列车重力的k倍,重力加速度大小为g,则列车空载与满载时的质量之比为 (　　)
A.kg+a1kg+a2 B.kg+a2kg+a1
C.P(kg+a2)v(kg+a1) D.P(kg+a1)v(kg+a2)
6.(2021河南驻马店高一期中)近年来我国高速铁路发展迅速,现已知某新型国产列车总质量为m,如果列车要进入半径为R的弯道,如图所示,已知两轨间宽度为L,内、外轨高度差为h,重力加速度为g,则该弯道处的设计速度最为适宜的是 (　　)

A.gRℎL2-ℎ2 B.gRLL2-R2
C.gRL2-ℎ2ℎ D.gRLℎ
7.(2021广东广州高三二模)如图,救援演习中通过绳索悬挂货物的飞机以4 m/s的速度水平匀速飞行。T=0时刻起,开始匀加速收拢绳提升货物,忽略空气对货物的影响,在t=1 s时,货物的速度大小为5 m/s,则货物的加速度大小为 (　　)

A.1 m/s2 B.3 m/s2
C.4 m/s2 D.5 m/s2
8.(2021河北张家口高三上期末)一辆质量为2.0×103 kg的汽车在平直公路上行驶,它的加速度与位移关系图像如图所示,在0~8 m过程中汽车增加的动能为 (　　)

A.1.2×104 J B.2.4×104 J
C.3.6×104 J D.4.8×104 J
二、多项选择题(本题共4小题,每小题4分,共16分。在每小题给出的四个选项中,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)
9.(2021广东潮州高三二模)2020年7月23日12时41分,长征五号遥四运载火箭将“天问一号”探测器发射升空,至2021年2月10日19时52分,探测器顺利进入近火点高度约400千米、周期约10个地球日、倾角约10°的大椭圆环火轨道,成为中国第一颗人造火星卫星。环绕火星获得成功标志着实现“绕、着、巡”第一步“绕”的目标。如图所示为这一过程简图,则以下说法正确的是 (　　)

A.“天问一号”从A点运动到B点过程中,一直处于超重状态
B.“天问一号”在轨道Ⅱ和轨道Ⅲ上经过B点加速度不同
C.“天问一号”在B点点火减速由轨道Ⅱ进入轨道Ⅲ
D.“天问一号”在A点点火加速由轨道Ⅰ进入轨道Ⅱ
10.(2021四川绵阳高三诊断)不可伸长的轻绳一端固定,另一端系着质量为m的小球在竖直面内做圆周运动,小球动能Ek随它离地高度h的变化如图所示。忽略空气阻力,重力加速度大小为g,以地面为重力势能零点,由图中数据可得 (　　)

A.小球质量为2 kg
B.绳对小球拉力最大值为100 N
C.当小球离地高度为0.7 m时,绳对小球拉力为80 N
D.当小球动能与重力势能相等时,小球离地高度为0.725 m
11.(2021江苏海安高一期中)如图所示,质量为m的蹦极运动员从蹦极台上跃下。设运动员由静止开始下落,且下落过程中(蹦极绳被拉直之前)所受阻力恒定,大小为25mg,在运动员下落h的过程中(蹦极绳未拉直),下列说法正确的是 (　　)

A.运动员的动能增加了3mgℎ5
B.运动员的重力势能减少了3mgℎ5
C.运动员的机械能减少了2mgℎ5
D.运动员克服阻力所做的功为3mgℎ5
12.(2021浙江杭州高一期中)如图所示,a为置于距圆桌转盘中心r1处的杯子,装满水的总质量为2m,另有一空杯子b质量为m,置于距圆盘中心r2处,已知r2=2r1,圆盘从静止开始缓慢地加速转动,两杯子与桌面间的动摩擦因数均为μ,且均未相对桌面滑动,用ω表示圆盘转动的角速度,下列说法正确的是 (　　)

A.b比a先达到最大静摩擦力
B.a、b所受的摩擦力始终相等
C.ω=μgr1是b开始滑动的临界角速度
D.当ω=μg2r1时,a所受摩擦力的大小为μmg

三、非选择题(本题共6小题,共60分)
13.(6分)(2021山东济宁高三上期末)某同学设计如图甲所示的实验装置来“验证机械能守恒定律”,让小铁球从A点自由下落,下落过程中经过A点正下方的光电门B时,光电计时器记录下小铁球通过光电门的时间t,当地的重力加速度为g。为了验证机械能守恒定律,该实验准备了如下器材:铁架台、夹子、小铁球(直径为d)、光电门、光电计时器、毫米刻度尺。

(1)调整A、B之间距离h,记录下小铁球通过光电门B的时间t,多次重复上述过程,作出1t2随h的变化图像如图乙所示。若小球下落过程中机械能守恒,则该直线斜率k0=　　　　。 
(2)在实验中根据数据实际绘出1t2-h图像的直线斜率为k(k 14.(8分)(2021江苏徐州高三押题卷)某同学用如图所示的装置探究物体做圆周运动的向心力大小与半径、线速度、质量的关系。用一根细线系住钢球,另一端连接在固定于铁架台上端的力传感器上,直径为d的钢球静止于A点,将光电门固定在A的正下方。钢球底部竖直地粘住一片宽度为x的遮光条。

(1)用天平测出钢球质量,用刻度尺测出摆线长度。
(2)将钢球拉至不同位置由静止释放,读出钢球经过A点时力传感器的读数F及光电门的遮光时间t,算出钢球速度的平方值,具体数据如表所示:

1
2
3
4
5
F/N
0.124
0.143
0.162
0.181
0.200
v2/(m2·s-2)
2.0
4.0
5.8
8.0
10.1
请在下面的坐标图中,画出F-v2的关系图像。

(3)由图像可知,钢球的重力为　　　　 N。 
(4)若图像的斜率为k,钢球质量为m,重力加速度为g,则F与v2的关系式为　　　　(用所给物理量的符号表示)。 
(5)某同学通过进一步学习知道了向心力的公式,发现实验中使用公式mv2r求得钢球经过A点的向心力比测量得到的向心力大,你认为产生误差的主要原因是　　　　。 
15.(8分)(2021江苏连云港高一期中)2021年3月24日,记者从中国科学院上海天文台获悉,经过近两年的深入研究,科学家对人类首次“看见”的那个黑洞,成功绘制出偏振图像,已知引力常量为G。试解决如下问题:
(1)若天文学家观测到一天体绕该黑洞做半径为r、周期为T的匀速圆周运动,求黑洞的质量M;
(2)黑洞是一种密度极大、引力极大的天体,以至于光都无法逃逸(光速为c=3×108 m/s),若某黑洞的半径R约30 km,质量M和半径R的关系满足MR=c22G,求该黑洞的表面重力加速度大小。





16.(8分)(2021山东威海高三期末)在篮球比赛中,投篮的投出角度太大或太小,都会影响投篮的命中率。在某次投篮表演中,运动员在空中一个漂亮的投篮,篮球以与水平面成45°的倾角准确落入篮筐,这次跳起投篮时,投球点和篮筐正好在同一水平面上,如图所示,设投球点到篮筐距离为9.8 m,不考虑空气阻力。
(1)篮球进筐的速度有多大?
(2)篮球投出后到达的最高点相对篮筐的竖直高度是多少?










17.(12分)(2021江苏连云港高一期中)户外运动越来越受到年轻一代人的喜欢,如图所示是某一户外滑雪(不计一切阻力)场的示意图:竖直平面内AB段是半径为R的四分之一圆弧,B点切线水平,BC段是高度为h的竖直面,A点离水平地面高度为50 m,A点在地面的投影为E点。一个质量为50 kg的滑雪者从A点静止滑下,最终落在水平地面上的D点,空气阻力不计,求:
(1)滑雪者落地瞬间的动能;
(2)只改变半径R,滑雪者落地水平位移CD的最大值。






18. (18分)(2021山东实验中学高一期中)如图1所示是某游乐场的过山车,现将其简化为如图2所示的模型:倾角θ=37°、长L=60 cm的直轨道AB与半径R=10 cm的光滑圆弧轨道BCDEF在B处平滑连接,C、F为圆轨道最低点,D点与圆心等高,E为圆轨道最高点;圆轨道在F点与水平轨道FG平滑连接,整条轨道宽度不计,其正视图如图3所示。现将一质量m=50 g的滑块(可视为质点)从A端由静止释放。已知滑块与AB段间的动摩擦因数μ=0.25,sin 37°=
0.6,cos 37°=0.8。
(1)求滑块到达C点时轨道对滑块的支持力大小FN;
(2)试通过计算分析滑块能否通过最高点E?
(3)若改变释放滑块的位置,使滑块第一次运动到D点时速度刚好为零,求滑块从释放到它第四次返回轨道AB上离B点最远时,它在AB轨道上运动的总路程s。(结果保留两位有效数字)


答案
期末学业水平检测

1.C
2.D
3.D
4.A
5.B
6.A
7.B
8.B
9.CD
10.AD
11.AC
12.ABD
1.C　该卫星是地球同步卫星,只能定点在赤道上空,不能定位在我国上空,选项A错误;该卫星是地球同步卫星,周期等于地球自转周期24小时,选项B错误;根据v=GMr可知,该卫星的线速度比月球的线速度大,选项C正确;根据a=GMr2可知,因近地卫星的向心加速度为9.8 m/s2,则该卫星的向心加速度大小小于9.8 m/s2,选项D错误。
2.D　根据相对论效应可知,沿x轴方向正方形边长缩短,沿y轴方向正方形边长不变,选项D正确。
3.D　设袋鼠跳出时的速度为v0,运动时间为t,则水平方向x=v0cos αt,竖直方向y=v0sinα2·t2,解得tan α=4yx=4×24=2,选项D正确。
4.A　物体仅在重力作用下运动,物体的机械能守恒,根据机械能守恒定律可知E1=E2,代入已知条件为3E0+0=E0+12mv2,解得r2处的速度为v=2E0m,选项A正确。
5.B　对列车进行受力分析,根据牛顿第二定律有F-kmg=ma,解得F=ma+kmg列车功率恒定,经过同一点时,速率仍为v,由功率公式:P=Fv,可知F大小相等。根据题意,有F1=m1a1+km1g,F2=m2a2+km2g,F1=F2,解得m1m2=kg+a2kg+a1,选项ACD错误,B正确。
6.A　转弯中,当内、外轨对车轮均没有侧向压力时,火车的受力如图,由牛顿第二定律得mg tan θ=mv2R,tan θ=ℎL2-ℎ2,解得v=gRℎL2-ℎ2,选项A正确。

7.B　救援演习中通过绳索悬挂货物的飞机以4 m/s的速度水平匀速飞行。即vx=4 m/s,t=0时刻起,开始匀加速收拢绳提升货物,故t=0时刻,货物竖直方向的分速度vy0=0,在t=1 s时,货物的速度大小为5 m/s,即vx2+vy2=5 m/s,故t=1 s时vy=3 m/s,而竖直方向匀加速上升,由vy=at得a=3 m/s2,选项B正确。
8.B　由动能定理可得,增加的动能为W合=ma·x=ΔEk,再根据图像的面积关系,可得ΔEk=2.0×103×(4+8)×2×12 J=2.4×104 J,选项B正确。
9.CD　“天问一号”从A点运动到B点过程中,受到地球的万有引力方向指向地心,则加速度方向指向地心,处于失重状态,选项A错误;根据GMmr2=ma可知“天问一号”在轨道Ⅱ和轨道Ⅲ上经过B点加速度相同,选项B错误;在变轨问题中,由低轨道进入高轨道需要加速,由高轨道进入低轨道需要减速,因此“天问一号”在B点点火减速由轨道Ⅱ进入轨道Ⅲ,在A点点火加速由轨道Ⅰ进入轨道Ⅱ,选项C、D正确。
10.AD　根据竖直面内圆周运动的特点由图可知,小球的轨道半径满足:2r=1.2 m-0.2 m=1.0 m,小球从最低点运动到最高点的过程中,根据动能定理有:-2mgr=Ek2-Ek1,其中Ek1=25 J,Ek2=5 J,解得:m=2 kg,选项A正确;小球在最低点时,根据牛顿第二定律可知F-mg=mv12r,Ek1=12mv12,联立解得F=120 N,选项B错误;根据图中信息可知,当小球离地面高度为0.7 m时,小球动能为Ek3=12mv32=15 J,此时小球处在与圆心等高的位置,绳对小球拉力提供向心力,根据牛顿第二定律可知F'=mv32r,解得F'=60 N,选项C错误;当小球动能与重力势能相等时,即Ek4=mgh=2×10×h=20h,根据图像中小球动能随它离地高度h的变化的函数关系可知:Ek=-20h+29,联立解得h=0.725 m,选项D正确。
11.AC　根据动能定理可得,动能的增加量等于合力所做的功,即ΔEk=W合=mg-25mgh=35mgh,选项A正确;运动员下落h的过程中,重力势能的减少量等于重力所做的功,即|ΔEp|=WG=mgh,选项B错误;运动员克服阻力所做的功等于机械能的减少量,即ΔE机=W克=25mgh,选项C正确,D错误。
12.ABD　杯子随着圆盘一起转动,静摩擦力提供向心力,a开始滑动时有,μ·2mg=2mωa2r1,解得ωa=μgr1,b开始滑动时有,μmg=mωb2r2,解得ωb=μgr2=μg2r1,因为b比a先达到最大静摩擦力,故b先开始滑动,选项A正确,C错误;在杯子b的摩擦力达到最大前,静摩擦力提供向心力,由牛顿第二定律可知fa=2mω2r1,fb=mω2r2=2mω2r1,所以a和b受到的摩擦力大小是相等的,方向不同,选项B错误;当ω=μg2r1时,a没有发生相对滑动,静摩擦力为f=2mω2r1=μmg,选项D正确。
13.答案　(1)2gd2(3分)　(2)k0-kk0(3分)
解析　(1)已知小铁球的直径和经过光电门的时间,用平均速度表示经过光电门时的速度,v=dt,小铁球下落过程中,重力势能减少量等于动能增加量时可以认为机械能守恒,则有mgh=12mv2=12mdt2,可得1t2=2gd2×h,则该直线斜率k0=2gd2。(2)因存在阻力,对小铁球下落过程运用动能定理可得mgh-fh=12mv2,解得1t2=2g-2fmd2×h,k=2g-2fmd2,所以小球所受平均阻力与小球重力的比值fmg=k0-kk0。
14.答案　(2)图见解析(2分)　(3)0.104(0.102~0.106均可)(2分)　(4)F=kv2+mg(2分)　(5)光电门测出的是遮光条通过时的速度,大于钢球球心通过最低点的速度(2分)
解析　(2)画出F-v2的关系图像如图所示

(3)根据F-mg=mv2l,可得F=mg+mlv2,由图像的截距可知,钢球的重力为mg=0.104 N。
(4)若图像的斜率为k,钢球质量为m,重力加速度为g,则F与v2的关系式为F=mg+kv2。
(5)产生误差的主要原因是光电门测出的是遮光条通过时的速度,大于钢球球心通过最低点的速度。
15.答案　(1)4π2r3GT2　(2)1.5×1012 m/s2
解析　(1)根据GMmr2=m4π2T2r (2分)
解得M=4π2r3GT2 (1分)
(2)根据GMm0R2=m0g0 (2分)
MR=c22G (2分)
联立解得g0=c22R=(3×108)22×30000 m/s2=1.5×1012 m/s2 (1分)
16.答案　(1)72 m/s　(2)2.45 m
解析　(1)根据运动合成和分解知,篮球进筐时的水平分速度
vx=v cos 45°=22v (1分)
竖直分速度vy=v sin 45°=22v (1分)
设篮球由最高点运动到篮筐的时间为t,则水平方向有x2=vxt=22vt (1分)
则t=4.92v (1分)
由vy=gt (1分)
可得v=72 m/s(1分)
(2)篮球投出后到达的最高点相对篮筐的竖直高度是
y=vy22g=2.45 m(2分)
17.答案　(1)2.5×104 J　(2)50 m
解析　(1)从A点到D点,滑雪者机械能守恒,根据机械能守恒定律可知,滑雪者落地瞬间的动能
Ek=mgH=50×10×50 J=2.5×104 J(2分)
(2)从A点到B点,由动能定理得12mv2=mgR (2分)
从B点滑出后做平抛运动
xCD=vt (2分)
H-R=12gt2 (2分)
联立得xCD=2R(H-R) (2分)
当R=H-R 时,即当R=25 m时xCD最大,最大值为50 m(2分)
18.答案　(1)3.1 N　(2)见解析　(3)0.56 m
解析　(1)滑块从A到C,由动能定理得
mg[L sin θ+R(1-cos θ)]-μmgL cos θ=12mvC2-0 (2分)
代入数据得vC=5.2 m/s(1分)
滑块经过C点时,由牛顿第二定律有FN-mg=mvC2R (1分)
代入数据得FN=3.1 N(1分)
(2)假设滑块能通过E点,滑块从C到E,由动能定理得
-mg·2R=12mvE2-12mvC2 (1分)
代入数据得vE=1.2 m/s(1分)
设滑块能安全通过E点的最小速度为vE1,此时轨道对它的支持力为零,有mg=mvE12R (1分)
解得vE1=gR=1 m/s(1分)
因vE>vE1,则滑块能顺利通过最高点E (1分)
(3)若从距B点L0处释放,则从释放到刚好运动到D点过程有
mg[L0 sin θ+R(1-cos θ)-R]-μmgL0 cos θ=0 (1分)
代入数据解得L0=0.2 m(1分)
从释放到第一次返回最高点过程,设在轨道AB上上滑的距离为L1,则
mg(L0-L1)sin θ-μmg(L0+L1)cos θ=0 (2分)
解得L1=sinθ-μcosθsinθ+μcosθL0=12L0 (1分)
同理,第二次返回最高点过程,若在斜轨上上滑距离为L2,有:
L2=sinθ-μcosθsinθ+μcosθL1=12L1=122L0 (1分)
故第4次返回最高点过程,设在斜轨上上滑距离为L4,有
L4=124L0 (1分)
所以第4次返回轨道AB上离B点最远时,它在AB轨道上运动的总路程
s=L0+2L1+2L2+2L3+L4=45L016=916 m=0.56 m(1分)