2022-2023学年江苏省盐城中学、南京二十九中高一（下）期中物理试卷（含解析）

这是一份2022-2023学年江苏省盐城中学、南京二十九中高一（下）期中物理试卷（含解析），共16页。试卷主要包含了单选题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。
1.如图所示，质量均为m的三个小球分别从高度都为h的光滑固定斜面顶端由静止滑到底端，三个斜面倾角不同，则( )
A. 重力对小球做功均为mghB. 弹力对小球做功均为mgh
C. 重力的平均功率均相等D. 到斜面底端时重力的瞬时功率均相等
2.如图所示，把两个大小相同的金属球A和B用细线连接，中间夹一被压缩的轻弹簧，静止在光滑的水平桌面上。已知A的质量为M，B的质量为m，弹簧的压缩量为x，原长为L。现烧断细线，在弹簧恢复原长的过程中，金属球A发生的位移大小为( )
A. mLM+mB. mxM+mC. m(L−x)M+mD. M(L−x)M+m
3.如图甲，质量为m=2kg的物块静止在光滑水平地面上，t=0时刻同时对其施加水平向右的拉力F1和水平向右的推力F2，F1、F2随时间变化的图像如图乙所示，则4s末该物块的速度大小为( )
A. 8m/sB. 4 2m/sC. 4m/sD. 9m/s
4.如图，将两个质量分别为m和2m的小球A和B用一根长为L的轻杆(质量不计)连接，轻杆可绕中心O的水平轴无摩擦转动，现让杆处于水平位置静止释放，在杆转至竖直的过程中( )
A. 两球的速度始终相同
B. B球的机械能保持不变
C. 任意一段时间Δt内，杆对两球做的功代数和一定为零
D. 任意一段时间Δt内，杆对两球的冲量一定相同
5.如图所示，物块放在水平桌面上，一根细线一端连接在物块上，另一端连接在小球上，将小球拉至A点(水平伸直)，在B点固定有一根水平的光滑钉子。由静止释放小球，小球运动过程中，物块始终保持静止，桌面对物块的摩擦力最大值为f；若将钉子沿水平方向向左平移一小段距离，仍将小球拉至A点由静止释放，在小球运动至最低点的过程中( )
A. 物块一定会滑动B. 物块是否滑动取决于A与钉子的距离
C. 小球的机械能守恒D. 物块受到的摩擦力最大值大于f
6.《流浪地球2》中的“太空电梯”示意图如下，由地面基站、缆绳、箱体、同步轨道上的空间站和配重组成，缆绳相对地面静止，箱体可以沿缆绳将人和货物从地面运送到空间站。下列说法正确的是( )
A. 地面基站可以建设在江苏某城市的上空
B. 配重的线速度小于同步空间站的线速度
C. 箱体在上升过程中，其中的人和货物均处于完全失重状态
D. 若同步空间站和配重间的缆绳断开，配重将做离心运动
7.神舟十二号载人飞船与天和核心舱的对接过程示意图如下，天和核心舱处于半径为r3的圆轨道Ⅲ；神舟十二号飞船处于半径为r1的圆轨道Ⅰ，运行周期为T1，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。则神舟十二号飞船( )
A. 在轨道I的A点加速可进入轨道Ⅱ，因此在轨道Ⅱ的运行速度始终大于在轨道Ⅰ的运行速度
B. 沿轨道Ⅱ从A运动到对接点B过程中，速度不断增大
C. 沿轨道Ⅱ运行的周期为T2=T1 (r1+r32r1)3
D. 沿轨道Ⅰ运行的周期大于天和核心舱沿轨道Ⅲ运行的周期
8.将一小球竖直向上抛出，其动能随时间的变化如图。已知小球受到的空气阻力与速率成正比。已知小球的质量为m，最终小球的动能为E0，重力加速度为g，若不考虑小球会落地，则小球在整个运动过程中( )
A. 加速度先减小后增大
B. 合力的冲量大小为3 2mE0
C. 最大的加速度为5g
D. 从最高点下降至原位置所用时间小于t1
9.如图，光滑杆和轻弹簧的一端均固定在O′点，小球A固定在轻弹簧的另一端，现使整个装置环绕竖直轴OO′匀速转动，当角速度为ω0时轻弹簧处于原长状态。则下列说法正确的是( )
A. 分别以不同的角速度转动，稳定时杆与小球间的作用力大小可能相同
B. 角速度由ω0逐渐增大，弹簧将对小球做负功，因此小球的机械能将减小
C. 保持角速度为ω0，仅增加小球的质量，稳定时弹簧将处于伸长状态
D. 换质量不同的小球转动，若角速度为ω0，稳定时弹簧仍为原长
10.如图所示，质量为M=2kg的长木板在光滑水平面上以v0=6m/s的速度滑行，其上方h0=5m高处有一质量为m=2kg的小物块(质点)，将小物块由静止释放，撞到木板后弹起的最大高度为h=3.2m，已知小物块与木板间动摩擦因数为0.2，此次碰撞时间的时间为0.2s，重力加速度g取10m/s2，则该碰撞过程中( )
A. 木板与地面间的平均弹力大小为200N
B. 木板对物块做正功，因此物块的机械能增加
C. 若小物块和木板间的动摩擦因数增大，则物块弹起时的水平速度增大
D. 物块对木板做负功，做功的数值为−27J
二、实验题：本大题共1小题，共15分。
11.某同学用气垫导轨装置验证动量守恒定律，如图所示。其中G1、G2为两个光电门，它们与数字计时器相连。两个滑块A、B(包含挡光片)质量分别为m1、m2，当它们通过光电门时，计时器可测得挡光片被遮挡的时间。
(1)先调节气垫导轨，若______，则说明气垫导轨已水平；
(2)将B静置于两光电门之间，将A置于光电门G1右侧，用手轻推一下A，使其向左运动，与B发生碰撞，为了使A碰后不返回，则m1 ______m2。(填“>”、“=”或“a2−，则有
t1 ；
(3)窄； m11Δt1=m11Δt3+m21Δt2； 1Δt1+1Δt3=1Δt2
【解析】解：(1)实验开始，在不挂重物的情况下轻推滑块，若滑块做匀速直线运动，滑块通过两个光电门速度相等，则光电门的挡光时间相等，或将其轻放在气垫导轨上任何位置都能静止，说明气垫导轨已经水平；
(2)根据弹性碰撞的“动碰静”的碰撞后的速度通项公式可知，要想“动”的物体碰撞“静”的物体不返回，必须“动”的物体的质量大于“静”物体的质量，即m1>m2；
(3)滑块通过光电门的速度是用遮光片通过光电门的平均速度替代，则遮光片的宽度越小，则遮光片通过光电门的平均速度越接近于滑块过光电门的瞬时速度，因此挡光片应选择“窄”的；
滑块A两次经过光电门G1的速度近似等于滑块经过光电门时的平均速度，分别为：vA=DΔt1，vA′=DΔt3
滑块B经过光电门G2的速度：vB=DΔt2
根据动量守恒：m1vA=m1v′A+m2vB
整理得：m11Δt1=m11Δt3+m21Δt2
若为弹性碰撞，则有：12m1vA2=12m1v′A2+12m2vB2
整理得：m1(1Δt1)2=m1(1Δt3)2+m2(1Δt2)2
移项后有：m1(1Δt1)2−m1(1Δt3)2=m2(1Δt2)2
即：m1(1Δt1−1Δt3)(1Δt1+1Δt3)=m2(1Δt2)2
由上面的动量守恒推导出来的等式变换得：m1(1Δt1−1Δt3)=m21Δt2
代入上式得：1Δt1+1Δt3=1Δt2
12.【答案】解：(1)由自由落体运动规律有：h=12gt2，
解得：g=2ht2，
在月球表面的物体受到的重力等于万有引力，则有：mg=GMmR2，
所以：M=2R2hGt2；
(2)月球的第一宇宙速度为近月卫星的运行速度，根据重力提供向心力：mg=mv12R，
所以：v1= gR= 2hRt2。
答：(1)月球的质量为2R2hGt2；
(2)月球的第一宇宙速度为 2hRt2。
【解析】(1)根据自由落体运动规律求出月球表面的重力加速度，根据物体在月球表面的重力等于所受的万有引力，求出月球的质量；
(2)月球的第一宇宙速度为近月卫星的运行速度，根据重力提供向心力求解。
在处理天体运动问题时，要注意解题的思路：一是万有引力提供向心力；二是在天体表面附近万有引力等于物体的重力。
13.【答案】解：(1)根据自由落体公式h1=12gt12
手机从开始掉落到地面的时间
t1= 2h1g= 2×1.2510s=0.5s
反弹至最大高度处所用时间
t2= 2h2g= 2×0.0510s=0.1s
保护器与地面碰撞的时间
t=t总−t1−t2=0.8s−0.5s−0.1s=0.2s
(2)根据自由落体公式v=gt，手机落地前瞬间的速度大小
v1=gt1，v1=5m/s
反弹时的速度大小
v2=gt2，v2=1m/s
取向上为正方向，根据动量定理
(F−mg)t=mv2−(−mv1)
保护器与地面间的平均作用力
F=mv2+mv1t+mg
解得F=−6.4N
即大小为6.4N，负号表示方向向上。
答：(1)保护器与地面碰撞的时间0.2s；
(2)保护器与地面间的平均作用力大小6.4N。
【解析】(1)根据自由落体公式，求手机从开始掉落到地面的时间、反弹至最大高度处所用时间，再求保护器与地面碰撞的时间；
(2)根据自由落体公式v=gt，求手机落地前瞬间的速度大小、反弹时的速度大小，根据动量定理，求保护器与地面间的平均作用力大小。
本题考查学生对自由落体的速度—时间公式、位移—时间公式的掌握，以及对动量定理的掌握，是一道基础题。
14.【答案】解：(1)小球1解除锁定被弹簧弹出，设小球1速度为v1，根据功能关系有Ep=12m1v12
解得v1=4m/s
平台AB光滑，小球以v1=4m/s离开平台做平抛运动，设到C点的速度为v2，如图所示
根据平抛运动规律有vyv1=tanθ
代入数据解得vy=4 3m/s
则小球在C点的速度为v2= vy2+v12，解得v2=8m/s
设小球1到D点的速度为v3，从C到D根据动能定理有m1gR(1−csθ)=12m1v32−12m1v22
代入数据解得v3=10m/s
则小球1与小球2碰撞前瞬间小球1的速度大小为10m/s
(2)小球1与小球2碰撞后粘在一起运动，动量守恒，设碰后的速度为v4，取水平向右为正方向，根据动量守恒定律有
m1v3=(m1+m2)v4
平台DE光滑，小球1与小球2碰撞后一起做匀速运动，小球1和2与小球3之间会发生弹性碰撞，动量守恒，设碰后小球1和2整体的速度为v5，小球3的速度为v6，根据动量守恒定律有(m1+m2)v4=(m1+m2)v5+m3v6
根据能量守恒有12(m1+m2)v42=12(m1+m2)v52+12m3v62
联立解得v6=4m/s
(3)小球3从最低点到最高点，设最高点速度为v7，根据动能定理有−2m3gL=12m3v72−12m3v62
小球3第一次被撞后能做完整圆周运动，若在最高点时轻杆对小球3的作用力竖直向下，根据牛顿第二定律有m3g+F=m3v72L
联立解得L=0.3m
若在最高点时轻杆对小球3的作用力竖直向上，根据牛顿第二定律有m3g−F=m3v72L
联立解得L=0.34m
答：(1)小球1与小球2碰撞前瞬间小球1的速度大小10m/s；
(2)小球3第一次被撞后瞬间的速度大小4m/s；
(3)小球3第一次被撞后能做完整圆周运动，在最高点时轻杆对小球3的作用力大小为20N，轻杆的长0.3m或0.34m。
【解析】(1)根据功能关系，求小球1弹出速度，小球离开平台做平抛运动，根据平抛运动规律列式，求C点速度，从C到D根据动能定理，求小球1与小球2碰撞前瞬间小球1的速度大小；
(2)小球1与小球2碰撞后粘在一起运动，根据动量守恒定律列式，小球1和2整体与小球3之间会发生弹性碰撞，根据动量守恒和能量守恒列式，求小球3第一次被撞后瞬间的速度大小；
(3)球3从最低点到最高点，根据动能定理列式，若在最高点时轻杆对小球3的作用力竖直向下，根据牛顿第二定律列式，求轻杆的长，若在最高点时轻杆对小球3的作用力竖直向上，根据牛顿第二定律，求轻杆的长。
本题考查学生对弹性碰撞模型规律的掌握，弹性碰撞满足动量守恒、能量守恒，同时考查学生对牛顿第二定律、动能定理的掌握，综合性较强。
15.【答案】解：(1)第n个滑环被拉动后，所有滑环的速度都将相同，并且将一起继续滑行L后才停下，根据动能定理则有−μnmgL=0−12nmvn2
解得vn= 2μgL
(2)第n个滑环被拉动后运动的距离为L，第(n−1)个滑环运动的距离为2L，第(n−2)个滑环运动的距离为3L，以此类推，第2个滑环运动的距离为(n−1)L，第1个滑环运动的距离为nL。
则整个过程中所有滑环克服摩擦力做的功为W=μmg×n(L+nL)2=12μn(n+1)mgL
(3)设第n个环刚运动时的速率为vn，第n个环刚运动L时(与第n+1个环间细线未绷紧)的速率为vn′
当n=2时，减速运动过程中：v1′2−v12=2(−μg)L
1和2共速过程中：2mv2=mv1′
联立得，22v22=v12−2μgL
同理可得当n=3时，
v2′2−v22=2(−μg)L
3mv3=2mv2′
联立得，32v32=22v22−2μgL×22=v12−2μgL(12+22)
当n=4时，
v3′2−v32=2(−μg)L
4mv4=3mv3′
联立得，42v42=3v32−2μgL×32=v12−2μgL(12+22+32)
当n=5时，
v4′2−v42=2(−μg)L
5mv4=4mv4′
联立得，52v52=4v42−2μgL×42=v12−2μgL(12+22+32+42)
又由(1)可得：v5= 2μgL
解得：v1= 110μgL
【解析】(1)根据动能定理列式，求第n个滑环被拉动瞬间后的速率；
(2)根据摩擦力做功规律，计算整个过程中所有滑环克服摩擦力做的功；
(3)根据运动学公式和动量守恒定律列式，求n=5时，第一个环的初速度大小。
本题考查学生对动能定理、动量守恒定律以及滑动摩擦力做功规律的掌握，难度较大。