2023-2024学年陕西省安康市高一（下）期中物理试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年陕西省安康市高一（下）期中物理试卷（含解析），共17页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。

1.“青箬笠，绿蓑衣，斜风细雨不须归”是唐代诗人张志和《渔歌子》中的描写春雨美景的名句。一雨滴由静止开始下落一段时间后，进入如图所示的斜风区域下落一段时间，然后又进入无风区继续运动直至落地，不计雨滴受到的阻力，则下图中最接近雨滴真实运动轨迹的是( )
A. B.
C. D.
2.长征途中，红军强渡湘江。为安全起见，侦察小分队先行渡江，如图所示，侦察员乘坐渡船从A点渡江，只有与A点正对的B点适合登陆，若河宽600m，水流的速度大小恒为4m/s，渡船在静水中的速度大小恒为5m/s，侦察员沿直线到达对岸的B点，则侦察员渡江的时间为( )
A. 200sB. 150sC. 120sD. 80s
3.如图所示，斜面倾角为θ=45∘，在斜面上方某点处，先让小球(可视为质点)自由下落，从释放到落到斜面上所用时间为t1，再让小球在该点水平抛出，小球刚好能垂直打在斜面上，运动的时间为t2，不计空气阻力，则t1t2为( )
A. 31B. 3 2C. 32D. 21
4.图(a)为某景区的蛙口喷泉，两次喷出水的轨迹A、B如图(b)所示，最大高度相同，轨迹A的落点M恰好在轨迹B最高点的正下方，不计空气阻力，对轨迹A、B的说法正确的是( )
A. A轨迹对应的水滴在空中运动时间较短
B. 两次喷出的水滴的初速度大小有可能相等
C. 在最高点时，轨迹A上的水滴速度小于轨迹B上水滴的速度
D. 轨迹A、B上两滴水滴在空中运动过程中速度变化量大小相等，方向不同
5.将地球看成均匀球体，已知均匀球体对球外物体的万有引力相当于将球体的质量集中于球心的质点对物体的万有引力。假设在紧贴地球表面处挖去一半径为R8的球(R为地球半径)，如图所示，在图中A点放置一质量为m的质点，则该质点在挖空前后受到的万有引力的比值为( )
A. 87B. 98C. 6463D. 6449
6.地球的公转轨道接近圆，但哈雷彗星的绕日运动轨道则是一个非常扁的椭圆，如图所示。天文学家哈雷成功预言哈雷彗星的回归，哈雷彗星最近出现的时间是1986年，预计哈雷彗星下次回归将在2061年。已知地球和太阳之间的距离为1AU，则哈雷彗星轨道半长轴约为( )
A. 27AUB. 18AUC. 9AUD. 3AU
7.如图所示，一倾斜的匀质圆盘绕垂直于盘面的固定转轴以恒定角速度ω匀速转动，盘面上离转轴2m处有一小物体(可视为质点)与圆盘始终保持相对静止，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，盘面与水平面间的夹角为30°，g=10m/s2，则( )
A. 若ω越大，则小物体在最高点处受到的摩擦力一定越大
B. 小物体受到的摩擦力不可能背离圆心
C. 若小物体与盘面间的动摩擦因数为 32，则ω的最大值是 52rad/s
D. 若小物体与盘面可的动摩因数为 32，则ω的最大值是2.5rad/s
二、多选题：本大题共3小题，共15分。
8.如图所示，P、Q是质量均为m的两个质点，分别置于地球表面不同纬度上，假设把地球看成是一个质量分布均匀的球体，P、Q两质点随地球自转做匀速圆周运动，则下列说法正确的是( )
A. Q质点受地球的万有引力大于P质点
B. P、Q做匀速圆周运动的向心加速度大小相等
C. P质点的重力小于Q质点的重力
D. P、Q质点所受地球万有引力的方向均指向地心
9.如图所示，一质量为m的物体系于长度分别为L1、L2的轻质弹簧和细线上，L1的劲度系数为k，重力加速度为g，下列说法正确的是( )
A. 弹簧此时的长度为mgkcsθB. 细线上的拉力为mgtanθ
C. 剪断L1的瞬间，物体的加速度为gcsθD. 剪断L2的瞬间，物体的加速度为gtanθ
10.影视作品中的武林高手展示轻功时都是吊威亚(钢丝)的。如图所示，轨道车A通过细钢丝跨过轮轴拉着特技演员B上升，便可呈现出演员B飞檐走壁的效果。轨道车A沿水平地面以速度大小v=5m/s向左匀速前进，某时刻连接轨道车的钢丝与水平方向的夹角为37°，连接特技演员B的钢丝竖直，取sin37∘=0.6,cs37∘=0.8，则该时刻特技演员B( )
A. 速度大小为4m/sB. 速度大小为6.25m/s
C. 处于超重状态D. 处于失重状态
三、实验题：本大题共2小题，共18分。
11.图(a)为测量滑块与长木板之间的动摩擦因数的实验装置，实验中利用了力传感器来测量细线的拉力大小F，所用电源的频率为50Hz。
(1)根据本实验的测量原理，下列说法中正确的是______。
A.应当先接通电源，待打点稳定后再释放滑块
B.需要平衡摩擦力
C.应保证连接滑块的细线与长木板平行
D.一定要保证沙桶的总质量远小于滑块的质量
(2)图(b)的纸带中相邻两点间有四个点未画出，则滑块的加速度a=_____m/s2(结果保留两位有效数字)。
(3)保持滑块质量不变，根据多组数据绘制出滑块加速度a与拉力F的图像，如图(c)所示。由图像可得滑块的质量M=_____kg；取重力加速度g=10m/s2，则滑块与长木板间的动摩擦因数μ=_____。
12.在“探究平抛运动的特点”的实验中。
(1)某组同学用如图甲所示装置探究平抛运动的特点。用小锤击打弹性金属片后，A球沿水平方向抛出，做平抛运动，同时B球由静止下落，可以观察到两个小球同时落地，改变小球距地面的高度和小锤击打的力度，发现：两球总是同时落地。由此可以得到的结论是__________。
(2)该组同学继续用如图乙所示装置继续探究平抛运动的规律，在该实验中，下列说法正确的是( )。
A.斜槽轨道末端切线必须水平 B.斜槽轨道必须光滑
C.将坐标纸上确定的点用直线依次连接 D.小球每次都从斜槽上同一高度由静止释放
(3)另一组同学拍摄钢球做平抛运动频闪照片的一部分如图丙所示，已知每个小方格的边长为L，重力加速度为g，则钢球平抛的初速度大小为__________。
(4)一小球做平抛运动，某同学记录了运动轨迹上的三个点A、B、C，如图所示。以A点为坐标原点建立坐标系，各点的坐标值已在图中标出。小球做平抛运动的初速度大小v0=__________m/s；小球做平抛运动的初始位置坐标为__________。
四、计算题：本大题共3小题，共39分。
13.快到家啦！奔跑中的杰瑞决定“刹车”回家。就在杰瑞开始减速的同时，身后与它相距10m的汤姆立即蹑手蹑脚地由静止开始加速，想趁其不备地“偷袭”杰瑞。已知杰瑞的初速度为8m/s，加速度大小为2m/s2，汤姆的加速度大小也为2m/s2，那么
(1)求在没有干扰的情况下，杰瑞减速到0时所用的时间及位移的大小。
(2)求在追逐的过程中汤姆与杰瑞间的最大距离。
14.如图所示为风靡小朋友界的风火轮赛车竞速轨道的部分示意图。一质量为m=0.5kg的赛车(视为质点)从A处出发，以速率v1=0.1m/s驶过半径R1=0.1m的凸形桥B的顶端，经CD段直线加速后从D点进入半径为R2=0.2m的竖直圆轨道，并以某速度v2驶过圆轨的最高点E，此时赛车对轨道的作用力恰好为零。重力加速度g取10m/s2，试计算：
(1)赛车在B点受到轨道支持力的大小；
(2)若赛车以2v2的速率经过E点，求轨道受到来自赛车的弹力。
15.跳台滑雪是勇敢者的运动，运动员穿着专用滑雪板，总质量为m=80kg，在助滑雪道上获得一定速度后从跳台水平飞出，如图所示，运动员在空中飞行一段距离后滑雪板正好与一段半径为R=10m、圆心角为θ=53°的圆弧轨道AB相切并进入该圆弧轨道，通过圆弧轨道AB段后进入水平滑雪道，(圆弧轨道AB段与水平滑雪道平滑相连)在水平滑雪道不用雪杖滑行了l=37.5m停下。已知滑雪板与水平滑雪道的摩擦因数为μ=0.3，圆弧轨道A点距离跳台的高度h=5m，重力加速度g=10m/s2，sin53°=0.8，cs53°=0.6，不计空气阻力，将运动员视为质点，求：
(1)运动员从跳台水平飞出的速度v0的大小和刚进入圆弧形轨道A点时的速度vA的大小；
(2)运动员运动到圆弧轨道最低点B进入水平滑雪道时的速度vB的大小；
(3)运动员运动到圆弧轨道最低点B时对轨道的压力的大小。
答案和解析
1.【答案】B
【解析】【分析】
离开斜风区时雨滴的速度斜向左下方，进入无风区后雨滴只受重力，速度和加速度不在一条直线上，不可能做直线运动；离开斜风区时雨滴的速度斜向左下方，轨迹在速度和重力之间偏向重力一侧。
本题是曲线的条件在实际生活中的应用，不难。
【解答】
A.离开斜风区时雨滴的速度斜向左下方，进入无风区后雨滴只受重力，速度和加速度不在一条直线上，不可能做直线运动，A错误；
BD.离开斜风区时雨滴的速度斜向左下方，轨迹在初速度和重力之间偏向重力一侧，B正确，D错误；
C.离开斜风区时雨滴有水平向左的分速度，所以在落地前雨滴的速度不可能竖直向下，C错误。
故选B。
2.【答案】A
【解析】【详解】
由题意可得，渡船的合速度
v= v船2−v水2= 52−42m/s=3m/s
侦察员渡江的时间
t=dv=6003s=200s
故选A。
3.【答案】A
【解析】设小球在斜面上方的距离为h，则
h=12gt12
做平抛运动时
tanθ=v0gt2
12gt22+v0t2tanθ=h
解得
t1t2 = 31
故选A。
本题考查平抛运动和自由落体运动知识，根据平抛运动和自由落体运动规律列方程，结合斜面几何关系求解问题，难度不大。
4.【答案】C
【解析】由题意可得两轨迹做斜抛运动，竖直方向做竖直上抛运动，水平方向做匀速直线运动，设竖直方向的初速度为 vy ，水平方向的初速度为 v0 ，水滴空中运动的时间为 t ，根据运动的对称性可知，上升和下降的时间均为 t2 ，由斜抛运动的特点可知
竖直方向
vy2=2gh
vy=gt2
由以上两式解得
vy= 2gh ①
t=2 2hg ②
水平方向
x=v0t
初速度
v0=2x g2h ③
A.因为两次喷出水的轨迹A、B最大高度相同，由②式可得
tA=2 2hg
tB=2 2hg
可知，两轨迹对应的水滴在空中运动的时间相同，故A错误；
BC.由③式知两次喷出的水滴的水平初速度大小
v0A=xA2 g2h
v0B=xB2 g2h
由于 xAvyA= 2gh
vyB= 2gh
两次喷出的水滴的初速度大小
vA= vyA2+v0A2= 2gh+xA2g8h
vB= vyB2+v0B2= 2gh+xB2g8h
由于 xAD.由匀变速速度变化量计算式 Δv=at 可得
ΔvA=gt
ΔvB=gt
轨迹A、B上两滴水滴在空中运动过程中时间相同，加速度大小方向也相同，所以速度变化量大小相等，方向相同，故D错误。
故选C。
5.【答案】A
【解析】【分析】
本题主要采用割补法的思想，根据整体球M在与小球m的引力等于割掉的小球与小球m的引力和剩余空腔部分与小球m的引力的矢量和，掌握割补思想是解决本题的主要入手点，掌握万有引力定律公式是基础。
用没挖之前球对质点的引力，减去被挖部分对质点的引力，就是剩余部分对质点的引力。
【解答】
解：未挖前，在A处的质点受到的万有引力F1=GMmR2
挖去部分对A处质点的万有引力F2= G·M83m(R8)2
故A处质点在挖空前后受到的万有引力的比值为k=F1F1−F2
联立解得k=87；
故A正确，BCD错误。
6.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查开普勒第三定律的应用，根据开普勒第三定律结合题意即可解题。
【解答】
设彗星的周期为T哈，地球的公转周期为T地，根据题意由开普勒第三定律
a3T2=k
可得
T地2T哈2=r地3r哈3
其中
T哈=2061年−1986年=75年
代入数据解得
r哈=17.8AU
故选B。
7.【答案】C
【解析】AB.小物体在最高点时，由牛顿第二定律得
mgsin30∘+f=mω2r
解得
ω= mgsin30∘+fmr
当 f=0 时
ω= gsin30∘r= 10×0.52rad/s= 52rad/s
当 ω< 52rad/s 时， f<0 ，即摩擦力方向背离圆心， ω 越大，则小物体受到的摩擦力越小；当 ω> 52rad/s 时， f>0 ，即摩擦力方向指向圆心， ω 越大，则小物体受到的摩擦力越大；故AB错误；
CD.小物体在最低点摩擦力达到滑动摩擦力时，此时圆盘转动的角速度最大，由牛顿第二定律得
μmgcs30∘−mgsin30∘=mω2r
将 μ= 32 ， r=2m 代入上式得，最大角速度
ω= 52rad/s
故C正确，D错误；
故选C。
8.【答案】CD
【解析】AD.根据题意，由公式 F=GMmR2 可知，由于P、Q两个质点的质量相等，则Q质点受地球的万有引力的等于P质点，方向均指向地心，故A错误，D正确；
B.P、Q两个质点为同轴转动，角速度相等，由公式 v=ω2r 可知，由于P、Q两个质点做圆周运动的半径不同，则P、Q做匀速圆周运动的向心加速度大小不相等，故B错误；
C.根据题意可知，若考虑地球的自转，则有
GMmR2=mg+mω2r
可知，由于 P 质点做圆周运动的半径较大，则 P 质点做圆周运动所需向心力较大，可得P质点的重力小于Q质点的重力，故C正确。
故选CD。
9.【答案】BD
【解析】对小球受力分析，设弹簧弹力大小为 F ，绳的拉力大小为 FT ，由受力平衡可得，竖直方向
Fcsθ=mg
水平方向
Fsinθ=FT
设弹簧形变量为 x ，则
F=kx
由以上三式得，弹簧形变量
x=mgkcsθ
细绳上的拉力
FT=mgtanθ
A.弹簧此时的长度应为 (L1+mgkcsθ) ，故A错误；
B.细绳上的拉力为 mgtanθ ，故B正确；
C.剪断 L1 的瞬间，小球以绳长为半径向下做圆周运动，此时的合力为 mg ，根据牛顿第二定律，此时加速度
a=mgm=g
故C错误；
D.剪断 L2 的瞬间，小球所受弹簧弹力和重力不变，合力与剪断细绳前绳的拉力大小相等，方向相反，大小为 mgtanθ 。根据牛顿第二定律，此时加速度
a=mgtanθm=gtanθ
故D正确。
故选BD。
10.【答案】AC
【解析】【分析】根据速度的分解求出钢丝的速度和轨道车的速度的关系。运用牛顿运动定律分析超重和失重。解决本题的关键要抓住车沿绳子方向的分速度与人的速度相等，来分析人的速度变化情况。
【解答】
AB.将车速v沿着细钢丝方向和垂直于细钢丝的方向分解可知，在沿着细钢丝方向的速度为v//=vcs 37∘，所以人上升的速度为v人=vcs37∘=4m/s，故A正确，B错误；
CD.设连接轨道车的钢丝与水平方向的夹角为 θ ，则人的速度v人=vcsθ，则随着车运动，则θ减小，拉绳的速度逐渐变大，则演员的速度也是逐渐变大，即向上加速上升，根据牛顿第二定律可知演员处于超重状态，故C正确，D错误。
故选AC。
11.【答案】(1)AC
(2)0.39
(3) 0.1 0.2

【解析】(1)A.应当先接通电源，待打点稳定后再释放滑块，故A正确；
B.本实验是测量滑块与长木板之间的动摩擦因数，所以不需要平衡摩擦力，故B错误；
C.为了使细线对滑块的拉力恒定不变，应使连接滑块的细线与长木板平行，故C正确；
D.由于该实验装置中，细线拉力可以通过力传感器测得，所以不需要保证沙桶的总质量远小于滑块的质量，故D错误。
故选AC。
(2)所用电源的频率为50Hz，相邻两点间有四个点未画出，则相邻两点间的时间间隔为
T=5f=0.1s
由逐差法可得，滑块的加速度为
a=x24−x02(2T)2=4.17+4.56−3.77−×10−2m/s2≈0.39m/s2
(3)[1][2]以滑块为对象，根据牛顿第二定律可得
F−μMg=Ma
整理可得
a=1MF−μg
结合图像可得
1M=40.6−0.2 ， 0.2M−μg=0
解得
M=0.1kg ， μ=0.2
12.【答案】(1)平抛运动竖直方向上为自由落体运动；
(2)AD；
(3)32 2gL；
(4)1 ， (−10cm,−5cm)

【解析】(1)该实验中，A球做平抛运动，而B球做自由落体运动，当两球在同一高度处同时运动，得到的结果是两球同时落地，改变小球距地面的高度和小锤击打的力度，仍然得到相同的结果，则说明平抛运动竖直方向上为自由落体运动。
(2)A.为了让小球在斜槽末端获得水平方向的速度以保证小球做平抛运动，则斜槽末端必须水平，故A正确；
BD.该实验中只要保证小球每次都从斜槽上同一高度由静止释放，则可保证小球每次做平抛运动的初速度相同，不需要斜槽轨道必须光滑，故B错误，D正确；
C.由于平抛运动的轨迹为抛物线，因此应该用平滑的曲线将坐标纸上确定的点连接起来，故C错误。
故选AD。
(3)平抛运动水平方向做匀速直线运动，而竖直方向做自由落体运动，根据图丙可得，在水平方向有3L=v0t，在竖直方向由逐差法得5L−3L=gt2，联立解得v0=32 2gL。
(4)由图可知A、B两点间的水平位移等于B、C两点间的水平位移，则A、B两点间的时间间隔等于B、C两点间的时间间隔，在竖直方向上根据逐差公式有yBC−yAB=gT2，解得A、B两点间的时间间隔为T=0.1s，则小球做平抛运动的初速度大小为v0=xABT=10cm0.1s=1m/s，B点的竖直分速度为vy=yAC2T=40cm2×0.1s=2m/s，则抛出点到B点的竖直高度为hB=vy22g=0.2m=20cm，则抛出点到A点的竖直距离为y=hB−yAB=5cm，竖直方向根据自由落体运动规律有y=12gt2，解得：抛出点到A点的时间为t=0.1s，则抛出点到A点的水平距离为x=v0t=0.1m=10cm，故小球做平抛运动的初始位置坐标为 (−10cm,−5cm) 。
13.【答案】(1)4s，16m；(2) 18m
【解析】(1)杰瑞减速到0时所用的时间
t0=v0a=82s=4s
杰瑞减速到0时所用的位移大小
x0=v022a=822×2m=16m
(2)当汤姆和杰瑞速度相等时，距离最大，根据速度时间关系
v0−at=at
解得
t=2s
杰瑞的位移
x1=v0t−12at2
汤姆的位移
x2=12at2
最大距离
xmax=x1−x2+Δx
代入数据解得
xmax=18m
14.【答案】解：(1)根据牛顿第二定律，B处的赛车满足mg−FN=mv12R1
即赛车在B点受到的支持力为FN=4.95N
(2)赛车以某速度v2驶过圆轨的最高点E时，对轨道的作用力恰好为零，根据牛顿第二定律mg=mv22R2
即赛车的速率为v2= gR2= 2m/s
显然以 2v2 过E点时，会受到轨道对其指向圆心的压力，故根据牛顿第二定律，E处的赛车满足mg+F1N=m2v22R2
即F1N=15N
根据牛顿第三定律，赛车对轨道的弹力F′1N=15N
方向竖直向上。

【解析】(1)在B点，对赛车根据牛顿第二定律求轨道对赛车的支持力；
(2)赛车以速度v2驶过圆轨的最高点E时，由重力提供向心力，根据牛顿第二定律求出速度v2；若赛车以2v2的速率经过E点，根据牛顿第二定律求出轨道对赛车的支持力，由牛顿第三定律得到轨道受到来自赛车的弹力。
本题考查竖直平面内的圆周运动，应用牛顿第二定律解答，关键是正确分析赛车受力情况，明确向心力的来源。
15.【答案】(1)运动员飞到A点时竖直向下的速度v y2=2gh
解得vy=10m/s，tanθ=vyv0
解得v0=vytanθ=7.5m/s
运动员刚进入圆弧形轨道时的速度v= v02+vy2
解得v=12.5m/s
(2)从B点进入水平雪道，由牛顿第二定律有a=Ffm=μg=3m/s2
由匀变速运动公式有0−vB2=−2al
解得vB=15m/s
(3)运动员在B点时有FN−mg=mv B2R
由牛顿第三定律F′N=FN
解得F′N=2600N

【解析】本题是一道力学综合题，难度不大。
(1)根据平抛运动规律进行解题。
(2)根据牛顿运动定律及匀变速直线运动规律进行解题。
(3)根据圆周运动规律进行解题。