广西壮族自治区百色市凌云县中学2023-2024学年高一下学期5月期中物理试题

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一、选择题：本题共10小题，共46分。1－7题，每小题4分，只有一项符合题目要求，
8－10题，每题6分，有多项符合题目要求，全部选对得6分，选对但不全的得3分，有选错或不选的得0分。
1、【答案】A
【详解】物体做曲线运动，速度方向是沿着运动轨迹的切线方向，物体所受的合外力指向运动轨迹的凹侧。故选A。
2．C
【详解】由于P、Q两点属于同轴转动，所以P、Q两点的角速度是相等的，由图可知Q点到螺母的距离较大，由a=ω2r可知，Q点的加速度较大。
3、【答案】B
详解】AB．由于雨滴高度下降，所以重力势能减小，故A错误，B正确；
4、【答案】D
【详解】合力对物体做功为
5、【答案】C
【详解】纽扣在转动过程中
由向心加速度
6、【答案】C
【详解】A．若小船要以最短时间过河，则需将船头垂直河岸行进，此时航程
故A错误；
B．船头垂直河岸过河时，渡河时间最短。小船最短过河时间为
故过河所需的时间不可能为55s。故B错误；
C．由于船速大于水速，要航程最短，则需船的合速度垂直河岸过河，此时所需时间为
故C正确；
D．船头垂直河岸过河时，如果途中河水流速突然增大，由以上分析可知，过河时间不变。故D错误。 故选C。
7、D【详解】AB．小球通过最高点时，设杆对小球的作用力向下，由牛顿第二定律可得F1+mg=mv2L，
解得F1=−6N，故小球通过最高点时，杆对小球的作用力向上，小球对杆的压力大小是6N，A、B错误；CD．小球通过最低点时，杆对小球的作用力向上，由牛顿第二定律可得F2−mg=mv2L，解得F1=54N
故小球对杆的拉力大小是54N，C错误，D正确。故选D。
8．AD
【详解】A．在轨道Ⅰ上，由P点向Q点运动，万有引力做负功，动能减小，所以P点的速度大于Q点的速度，A正确；B．7.9km/s是第一宇宙速度，是卫星绕地球做匀速圆周运动的最大速度，所以卫星在同步轨道Ⅱ上的运行速度小于第一宇宙速度7.9km/s，B错误；C．在同一个点，受到的万有引力是相同的，所以在轨道Ⅱ上经过Q的加速度等于在轨道Ⅰ上经过Q的加速度，C错误；D．卫星在轨道Ⅰ上的Q点，需加速，做离心运动，进入轨道Ⅱ，D正确。
9．CD
【详解】A．火车刚好由重力和支持力的合力提供向心力时，有mgtanθ=mv2R，解得v=gRtanθ，当速度大于此速度时，重力和支持力的合力小于所需要的向心力，则火车有远离圆心的趋势，所以车轮的轮缘对外轨有挤压，由牛顿第三定律可知，外轨对轮缘也有挤压作用，故A错误；B．汽车通过凹形桥的最低点时，对汽车有N−mg=mv2R，由上述公式可知，汽车的速度越大，桥给汽车的支持力就越大，根据牛顿第三定律可知，其汽车对桥面的压力就越大，故B错误；C．对小球有mgtanθ=m4π2T2R 解得 T=2πRgtanθ，由公式可知，小球的半径越大，其周期就越大。由图丙可知，A球的半径大，即A球的周期大，故C正确；D．由图丁可知，小球在管中运动，所以在最高点，当小球的速度较小时，其管的内壁可以给小球提供支持力，所以小球在最高点时速度可以为零，故D正确。
【答案】BC
10、【详解】BC．由题意可知，a、b、c三个相同的小球下落的高度相同，则有三个小球的重力做功相同，设三个小球的高度为h，斜面的倾斜角为θ，则小球a下落所用时间为
其中
解得
小球b、c在竖直方向都做自由落体运动，所用时间相等，则有
可知小球a、b在下落的运动中所用时间不相同，则重力的平均功率不相等；小球b、c在下落运动中所用时间相同，则重力的平均功率相等，A错误，B正确；
CD．a、b、c三个相同的小球的重力相同，则有重力的瞬时功率为
由于小球a、b落地时竖直方向的分速度不相同，则有重力的瞬时功率不相等；小球b、c在竖直方向都是自由落体运动，下落高度相同，则竖直方向的分速度相同，落地时重力的瞬时功率相等，C正确，D错误。
故选BC。
二、实验题（16分）
11．（共6分） (1) 1.6（2分） (2) 1.5 （2分） 2.0（2分）
（1）由于O为抛出点，所以根据平抛运动规律有x=v0t，y=12gt2 将x=32cm，y=19.6cm，代入解得v0=1.6m/s
（2）由图可知，物体由A→B和由B→C所用的时间相等，且有Δy=gT2
由图可知Δy=2L=10cm
解得T=0.1s
由x=v'0T ， x=3L=15cm
解得v'0=1.5m/s
竖直方向自由落体运动，根据匀变速直线运动中时间中点的瞬时速度等于该过程中的平均速度有
vBy=ℎAC2T=8×5×10−22×0.1m/s=2.0m/s
12．（共10分） 打点计时器接了直流电（2分） A （2分） (ℎ4−ℎ2)28T2 （2分） C （2分） 9.67（2分）
【详解】（1）[1]打点计时器的电源应为交流电源，图中连接了直流电源，因此实验装置甲中存在的明显错误是打点计时器接了直流电。
（2）[2]进行实验时，为保证测量的重物下落时初速度为零，应先接通电源，再释放纸带。故选A。
（3）[3]打3点的速度为v=ℎ4−ℎ22T
若重物下落过程机械能守恒，则有mgℎ3=12mv2
解得gℎ3=(ℎ4−ℎ2)28T2
（4）[4]由于存在空气阻力和摩擦阻力对物体做负功，导致大重力势能的减少量略大于动能的增加量。故选C。
（5）[5]根据上述有v2=2gℎ，结合图像有2g=，解得g=9.67m/s2
三、计算题（38分）
13．（12分）（1）3m/s；（2）5N；
【详解】（1）小球从N点做平抛运动，则x = vt （2分），ℎ=12gt2 （2分）
解得小物块经过N点时的速度v = 3m/s（2分）
（2）在N点时，由牛顿第二定律FN−mg=mv2R （4分）
解得FN = 5N （2分）
14．（共13分）（1）gR2G；（2）gR；（3）3gR2T24π2
【详解】
（1）忽略火星自转，火星表面质量为m'的物体，其所受引力等于重力m'g=GMm'R2（2分）
解得M=gR2G（2分）
（2）忽略火星自转，火星近地卫星的质量为m0，根据第一宇宙速度的定义有m0g=m0v2R（2分）
解得v=gR（2分）
（3）设天问一号质量为m，根据万有引力提供向心力有GMmr2=m4π2T2r（3分），解得r=3gR2T24π2（2分）
15.（13分）【答案】（1）3m/s；（2）2.25m
【详解】（1）滑块从A滑至B点的过程中，只有重力做功，机械能守恒，设滑块质量为m，据机械能守恒得
mgh= （4分）
解得
vB==3m/s （2分）
（2）滑块从B滑到C过程，据动能定理得
（5分）
代入数据得
x=2.25m （2分）