还剩16页未读，
继续阅读
甘肃省天水市2022_2023学年高一物理下学期期末学业质量检测试题含解析
展开
这是一份甘肃省天水市2022_2023学年高一物理下学期期末学业质量检测试题含解析，共19页。试卷主要包含了答卷前，考生务必将自己的姓名等内容，欢迎下载使用。
本试卷满分100分，考试时间75分钟。
考生注意：
1、答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2、回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号框涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号框。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。
3、考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
一、单选题：本题共8小题，每题4分，共32分。
1. 2023年世界女排联赛，中国女排对阵日本女排的第二局比赛开场不利、连续失误，大比分落后对手，局末阶段做好换人调整后，关键时刻袁心玥发球直接拿分，27-25逆转获胜，最终大比分3∶0力克对手，取得四连胜，再一次展现中国女排精神，下列说法正确的是（ ）
A. 排球受到被拍出的力，是由于排球恢复形变产生的
B. 欲判断排球是否落于界内，可以把排球视为质点
C. 排球在空中的运动是靠惯性，惯性大小与速度成正比
D. 袁心玥发球后，排球在空中上升过程处于失重状态
【答案】D
【解析】
【详解】A．排球受到被拍出的力，是由于手恢复形变产生的，故A错误；
B．欲判断排球是否落于界内，球的大小不能忽略，不可以把排球视为质点，故B错误；
C．惯性的大小与质量有关，与速度无关，故C错误；
D．排球在空中上升过程，加速度方向向下，处于完全失重状态，故D正确。
故选D。
2. 如图甲为网络上十分火爆的一款剥瓜子神器，将瓜子放入两圆柱体之间的凹槽，按压瓜子即可破开瓜子壳。该过程简化后如图乙，瓜子的剖面可视作顶角为、半径为r的扇形，将其竖直放入两完全相同的水平等高圆柱体A、B之间，并用竖直向下的恒力F按压瓜子且保持静止，若此时瓜子壳尚未破开，忽略瓜子自重，不计摩擦，则（）
A. 若仅减小A、B距离，圆柱体A对瓜子的压力变大
B. 若仅扇形半径r变大，圆柱体A对瓜子的压力变大
C. 若顶角越大，圆柱体A对瓜子的压力越小
D. 若顶角越小，圆柱体A对瓜子的压力越小
【答案】C
【解析】
【详解】A．瓜子处于平衡状态，若仅减小A、B距离，A、B对瓜子的弹力方向不变，则大小也不变，故A错误；
B．瓜子处于平衡状态，若仅扇形半径r变大，A、B对瓜子的弹力方向不变，则大小也不变，故B错误；
CD．若A、B距离不变，顶角越大，则A、B对瓜子弹力的夹角减小，合力不变，则两弹力减小；反之，顶角越小，则两弹力越大，故C正确，D错误。
故选C。
3. 在我国古代，人们曾经用一种叫“唧筒”的装置进行灭火，这种灭火装置的特点是：筒是长筒，下开窍，以絮囊水杆，自窍唧水，既能汲水，又能排水。简单来说，就是一种特制造水枪。设灭火时保持水喷出时的速率不变，则下列说法正确的是（ ）
A. 灭火时应将“唧筒”的轴线指向着火点
B. 想要使水达到更高的着火点，必须调大“唧筒”与水平面间的夹角（90°以内）
C. 想要使水达到更远的着火点，必须调小“唧筒”与水平面间的夹角（90°以内）
D. 若将出水孔扩大一些，则推动把手的速度相比原来应适当慢一些
【答案】B
【解析】
【详解】A．水离开出水口后做抛体运动，所以灭火时应将“唧筒”的轴线不能指向着火点，故A错误；
B．当调大“唧筒”与水平面间的夹角，即水在竖直方向的初速度增大，所以竖直位移更大，将到达更高的着火点，故B正确；
C．当调小“唧筒”与水平面间的夹角时，水在空中的时间减小，虽然水在水平方向的速度增大，但是不一定能使水达到更远的着火点，故C错误；
D．若将出水孔扩大一些，则推动把手的速度相比原来应适当快一些，才能使水喷出的速度大小不变，故D错误。
故选B。
4. 如图是一种新概念自行车，它没有链条，共有三个转轮，A、B、C转轮半径依次减小。轮C与轮A啮合在一起，骑行者踩踏板使轮C动，轮C驱动轮A转动，从而使得整个自行车沿路面前行，轮胎不打滑。下列说法正确的是（ ）
A. 转轮A、C转动方向相同，转轮A、B转动方向不相同
B. 转轮A、B、C角速度之间的关系是
C. 转轮A、B、C边缘线速度之间的关系是
D. 转轮A、B、C边缘向心加速度之间的关系是
【答案】B
【解析】
【详解】A．由于A、C啮合在一起，转动方向相同，转轮A、B向着同一方向运动，故转动方向相同，故A错误；
B．由
可知，在线速度相等的情况下，半径越小角速度越大，故B正确；
CD．自行车运动过程中，前后轮A、B的线速度相等，由于A、C啮合在一起，A、C线速度也相等，因此
由于半径越小，则根据
可得
故CD错误。
故选B。
5. 高血压的诱因之一是血管变细。为研究该问题，假设血液通过一定长度血管时受到的阻力与血液流速的平方成正比，即（其中k与血管粗细无关），为维持血液匀速流动，在这血管两端需要有一定的压强差。设血管内径为d时所需的压强差为，若血管内径减为d＇时，为了维持在相同时间内流过同样多的血液，压强差必须变为（）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】根据血液是匀速流动，说明受力平衡，即血压产生的压力等于阻力，则在正常情况下有
血管变细后有
因为在相同时间内流过的血液量不变，则有
即
又，所以
则
解得
故选A。
6. 《流浪地球2》中的太空电梯令人十分震撼，从理论上讲是可行的，原理是利用地球外有一个配重。这个配重绕地球旋转的高度高于同步卫星轨道，当它与地球同步转动时，缆绳上保有张力使得电梯舱可以把物资运送到太空。关于相对地面静止在不同高度的物资，下列说法正确的是（）
A. 物资在距离地心为地球半径处的线速度等于第一宇宙速度
B. 物资在配重空间站时处于完全失重状态
C. 物资所在高度越高，受到电梯舱的弹力越小
D. 太空电梯上各点线速度与该点离地球球心的距离成正比
【答案】D
【解析】
【详解】A．第一宇宙速度是指物体在环绕地球做匀速圆周运动所需要达到的最小速度，即物体在地面附近受到的万有引力提供做圆周运动所需的向心力；而物资在距离地心为地球半径处的线速度小于第一宇宙速度，故A错误；
B．太空电梯各点随地球一起做匀速圆周运动，只有位置达到同步卫星的高度的点才处于完全失重状态，空间站的高度高于同步卫星轨道，故B错误；
C．设物资受到电梯舱的弹力为，由万有引力和弹力的合力提供向心力，则有
可得
当时，物资高度等于同步卫星轨道高度，物资受到的弹力为0；
当物资高度小于同步卫星轨道高度时，物资所在高度越高，受到电梯舱的弹力越小；
当物资高度大于同步卫星轨道高度时，物资所在高度越高，受到电梯舱的弹力越大；
故C错误；
D．太空电梯相对地球静止，各点角速度相等，各点线速度
与该点离地球球心的距离成正比，故D正确。
故选D。
7. 质量均为m的两个星球A和B，相距为L，它们围绕着连线中点做匀速圆周运动。观测到两星球的运行周期T小于按照双星模型计算出的周期T0，且k。于是有人猜想在A、B连线的中点有一未知天体C，假如猜想正确，则C的质量为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】两星的角速度相同，根据万有引力充当向心力知
可得
r1=r2
两星绕连线的中点转动，则有
所以
由于C的存在，双星的向心力由两个力的合力提供，则
又
解得
可知A正确，BCD错误。
故选A。
8. 如图所示，一轻杆的下端连接在O点的光滑铰链上，上端固定一光滑小球Q，光滑水平地面上有一与小球质量相等的立方体P，小球Q靠在P的左侧面上，撤去F，当轻杆与地面的夹角为θ时，P和Q尚未分离，此时P和Q的动能之比为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】由题意可知，小球Q做圆周运动，设其速度为v，该速度在水平方向的分速度为，可知立方体P的水平速度大小是，则有此时P和Q的动能之比为
ABD错误，C正确。
故选C。
二、多选题：本题共4小题，每小题5分，共20分。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有答错的得0分。
9. 必修二教材封面如图。由于相机存在固定的曝光时间，照片中呈现的下落的砂粒并非砂粒本身的形状，而是成了一条条模糊的径迹，砂粒的疏密分布也不均匀。若近似认为砂粒从出口下落的初速度为0。忽略空气阻力，不计砂粒间的相互影响，设砂粒随时间均匀漏下，以下推断正确的是（ ）
A. 出口下方9cm处的径迹长度约是1cm处的9倍
B. 出口下方9cm处的径迹长度约是1cm处的3倍
C. 出口下方0～3cm范围内砂粒数约为3～6cm范围砂粒数的倍
D. 出口下方0～3cm范围内砂粒数约与3～12cm范围砂粒数相等
【答案】BCD
【解析】
【详解】AB．根据
可知，出口下方9cm处速度约为1cm处的3倍，出口下方9cm处的径迹长度约是1cm处的3倍，故A错误，B正确；
C．出口下方0～3cm运动时间
出口下方0～6cm运动时间为
则出口下方3～6cm运动时间
其中
由于砂粒随时间均匀漏下，则出口下方0～3cm范围内砂粒数约为3～6cm范围砂粒数的倍，故C正确；
D．根据初速度为零的匀变速运动在相邻相等时间内的位移之比为1：3：5…可知从出口下落0～3cm与3～12cm的时间是相等的，因砂粒随时间均匀漏下，可知出口下方0～3cm范围内的砂粒数约与3～12cm范围的砂粒数相等，故D正确。
故选BCD。
10. 如图所示，光滑的半圆环沿竖直方向固定，点为半圆环的最高点，点为半圆环上与半圆环的圆心等高的点，直径沿竖直方向，光滑的定滑轮固定在处，另一小圆环穿过半圆环用质量不计的轻绳拴接并跨过定滑轮。开始小圆环处在半圆环的最低点点，第一次拉小圆环使其缓慢地运动到点，第二次以恒定的速率将小圆环拉到点。滑轮大小可以忽略，则下列说法正确的是（ ）
A. 第一次轻绳的拉力逐渐减小
B. 第一次半圆环受到压力逐渐增大
C. 小圆环第一次在点与第二次在点时，第二次轻绳的拉力大一些
D. 小圆环第一次在点与第二次在点时，半圆环受到的压力大小一定不同
【答案】AD
【解析】
【详解】AB．在小圆环缓慢向上移动的过程中，小圆环处于三力平衡状态，对其受力分析如图所示
由三角形相似得
由题中几何关系知，变小，且恒定不变，则轻绳的拉力变小，小球受到半圆环的支持力不变，由牛顿第三定律，半圆环受到的压力不变，A正确，B错误；
C．小圆环第一次在点时与第二次在点时，轻绳的拉力在竖直方向的分力均等于重力，故小圆环第一次在点时轻绳的拉力等于第二次在点时轻绳的拉力，C错误；
D．小圆环第一次在点时处于平衡状态，加速度为零，半圆环弹力等于轻绳在水平方向的分力；小圆环第二次在点时处于非平衡状态，加速度不为零，半圆环的弹力等于轻绳在水平方向的分力减去向心力，故两次半圆环受到的压力大小不相等，半圆环受到的压力也不相等，D正确。
故选AD。
11. 如图甲，辘轳是古代民间提水设施，由辘轳头、支架、井绳、水斗等部分构成，如图乙为提水设施工作原理简化图，某次从井中汲取m＝2kg的水，辘轳绕绳轮轴半径为r＝0.1m，水斗的质量为0.5kg，井足够深且井绳的质量忽略不计。t＝0时刻，轮轴由静止开始绕中心轴转动向上提水桶，其角速度随时间变化规律如图丙所示，g取10，则（）
A. 水斗速度随时间变化规律为v＝2tB. 井绳拉力F的大小为25.5N
C. 10s末水斗和水的总动能5JD. 0～10s内水斗和水的机械能增加255J
【答案】BC
【解析】
【详解】A．由图丙可知
所以水斗速度随时间变化规律为
故A错误；
B．水斗匀加速上升，加速度
由牛顿第二定律
所以井绳拉力大小为
故B正确；
C．10s末水斗的速度为
动能为
故C正确；
D．0~10s内井绳拉力所做的功为
则水斗的机械能增加255J，故D错误。
故选BC。
12. 如图所示，A、B为弹性竖直挡板，相距，A、B之间为水平导轨。质量的一小球（可视为质点）自A板处开始，以的速度沿摩擦因数相同的水平导轨向B板运动，它与A、B挡板碰撞后瞬间均以碰前瞬间的速率反弹回来，为使小球恰好停在两挡板的中间，则摩擦力的大小可能为（ ）
A. B. C. D.
【答案】AB
【解析】
【详解】物体停在AB的中点，可知物体的路程
由动能定理
得
，（n=0，1，2，…）
代入数据得
，（n=0，1，2，…）
当时
当时
当时
当时
故AB正确，CD错误。
故选AB。
三、实验题；每空3分，共计12分。
13. 如图所示，气垫导轨上质量为M的滑块通过轻质细绳绕过轻质动滑轮与拉力传感器相连，动滑轮下悬挂质量为m的钩码，滑块上遮光条宽度为d。实验时，滑块由静止释放，测得遮光条通过光电门的时间为△t，拉力传感器的读数为F。
（1）某同学在“探究绳子拉力对滑块做功与滑块动能变化的关系”实验时，记录滑块的初位置与光电门的距离L及挡光条通过光电门的时间△t，测得多组L和△t值。应用图像法处理数据时，为了获得线性图像应作___________图像（选填“L-”、“L−”或“L-”），该图像的斜率k=___________；
（2）该同学通过实验发现：绳子拉力F做的功总大于滑块动能的变化量。若实验数据测量准确，出现该情况的可能原因是___________；
A．钩码质量m未远小于滑块质量M B．滑块运动过程中克服阻力做功
C．气垫导轨没有调节水平 D．没有考虑动滑轮的质量
（3）若用上述装置研究系统（含滑块、钩码）机械能守恒，设滑块由静止开始的释放点与光电门的距离为L、挡光条通过光电门的时间为△t，则满足关系式___________（用已知量符号表示）时，运动过程中系统机械能守恒。
【答案】 ①. L− ②. ③. BC##CB ④.
【解析】
【详解】（1）[1]由动能定理
则
则为了获得线性图像应作图像；
[2]该图像的斜率
（2）[3]A．因此实验中应用了力传感器，则不需要钩码质量m远小于滑块质量M，选项A错误；
B．滑块运动过程中克服阻力做功，使得滑块动能的变化量小于绳子拉力F做的功，选项B正确；
C．气垫导轨没有调节水平，滑块要克服重力做功，使得滑块动能的变化量小于绳子拉力F做的功，选项C正确；
D．因此实验中应用了力传感器，则动滑轮的质量对实验无影响，选项D错误；
故选BC。
（3）[4]拉力对系统做功
W=mgL
滑块的速度
则钩码的速度为
则系统动能的增量
则若运动过程中系统机械能守恒，则满足关系式
四、解答题（本题共3大题，共36分。）
14. 从距地面高度H＝5m处，将质量1kg的小球以16m/s的初速度水平向右弹射抛出。小球运动过程中受到恒定的水平向左的风力，风力的大小为20N。重力加速度g取10。求：
（1）小球落地时的水平距离；
（2）小球落地时的动能；
（3）小球抛出后经过多长时间动能最小。
【答案】（1）；（2）；（3）
【解析】
【详解】（1）小球竖直方向做自由落体运动，运动时间为
水平方向加速度为
小球落地的水平距离为
（2）根据动能定理
得
（3）当合力与速度垂直时动能最小，设此时速度与水平方向夹角为，即
又
，
联立得
15. 家用电梯内部装置可简略为如图所示。钢绳缠绕在电动机驱动轮上，一端悬吊轿厢，另一端悬吊配重，靠钢绳和驱动轮之间的静摩擦力驱使轿厢上下运行。小明在一楼搭乘电梯回家，共上升30m高度。电梯轿厢质量，配重质量，电梯满载时乘客总质量，设定电梯启动和制动的加速度大小均为，中间阶段以2m/s的速度匀速运行。重力加速度取，忽略空气阻力，钢绳质量不计。求：
（1）满载时，向上加速过程中钢绳对轿厢拉力的大小；
（2）满载时，向上加速过程中钢绳对轿厢拉力的最大瞬时功率；
（3）轿厢空载，由静止开始，从小明家到达一楼过程中，加速、匀速和减速阶段电动机所做的功分别为多少。
【答案】（1）；（2）；（3），，
【解析】
【详解】（1）加速上升阶段，对轿厢和乘客受力分析，由牛顿第二定律得
解得
（2）当钢绳对轿厢拉力最大，轿厢速度最大时，钢绳对轿厢做功的功率最大，钢绳最大拉力为，最大速度为2m/s，则钢绳对轿厢做功的最大瞬时功率为
解得
（3）在加速下降过程中，位移
电动机做的功为，对轿厢和配重根据动能定理有
解得
在匀速下降过程中，位移
电动机做的功为，对轿厢和配重根据动能定理有
解得
在减速下降过程中，位移
电动机做的功为，对轿厢和配重根据动能定理有
解得
16. 小华同学利用如图所示的装置进行游戏，已知装置甲的A处有一质量的小球（可视为质点），离地面高，通过击打可以将小球水平击出，装置乙是一个半径，圆心角是53°的一段竖直光滑圆弧，圆弧低端与水平地面相切，装置丙是一个固定于水平地面的倾角为37°的光滑斜面，斜面上固定有一个半径为的半圆形光滑挡板，底部D点与水平地面相切，线段为直径，现把小球击打出去，小球恰好从B点沿轨道的切线方向进入，并依次经过装置乙、水平地面，进入装置丙。已知水平地面表面粗糙，其他阻力均不计，取重力加速度大小，装置乙、丙与水平地面均平滑连接。（，，，）
（1）小球被击打的瞬间装置甲对小球做了多少功？
（2）小球到C点时对圆弧轨道的压力多大？
（3）若，要使小球能进入轨道且又不脱离段半圆形轨道，则小球与水平地面间的动摩擦因数取值范围为多少？
【答案】（1）；（2）；（3）或
【解析】
【详解】（1）A到B平抛有
解得
根据
解得
击打瞬间有
（2）A到C根据动能定理有
在C点由牛顿第二定律有
联立解得
由牛顿第三定律得小球到C点时对圆弧轨道的压力
（3）恰好过E点
得
A到E由动能定理
解得
若恰好到圆弧的中点，有
解得
恰好到D点时
解得
综上分析得动摩擦因数取值范围
本试卷满分100分，考试时间75分钟。
考生注意：
1、答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2、回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号框涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号框。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。
3、考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
一、单选题：本题共8小题，每题4分，共32分。
1. 2023年世界女排联赛，中国女排对阵日本女排的第二局比赛开场不利、连续失误，大比分落后对手，局末阶段做好换人调整后，关键时刻袁心玥发球直接拿分，27-25逆转获胜，最终大比分3∶0力克对手，取得四连胜，再一次展现中国女排精神，下列说法正确的是（ ）
A. 排球受到被拍出的力，是由于排球恢复形变产生的
B. 欲判断排球是否落于界内，可以把排球视为质点
C. 排球在空中的运动是靠惯性，惯性大小与速度成正比
D. 袁心玥发球后，排球在空中上升过程处于失重状态
【答案】D
【解析】
【详解】A．排球受到被拍出的力，是由于手恢复形变产生的，故A错误；
B．欲判断排球是否落于界内，球的大小不能忽略，不可以把排球视为质点，故B错误；
C．惯性的大小与质量有关，与速度无关，故C错误；
D．排球在空中上升过程，加速度方向向下，处于完全失重状态，故D正确。
故选D。
2. 如图甲为网络上十分火爆的一款剥瓜子神器，将瓜子放入两圆柱体之间的凹槽，按压瓜子即可破开瓜子壳。该过程简化后如图乙，瓜子的剖面可视作顶角为、半径为r的扇形，将其竖直放入两完全相同的水平等高圆柱体A、B之间，并用竖直向下的恒力F按压瓜子且保持静止，若此时瓜子壳尚未破开，忽略瓜子自重，不计摩擦，则（）
A. 若仅减小A、B距离，圆柱体A对瓜子的压力变大
B. 若仅扇形半径r变大，圆柱体A对瓜子的压力变大
C. 若顶角越大，圆柱体A对瓜子的压力越小
D. 若顶角越小，圆柱体A对瓜子的压力越小
【答案】C
【解析】
【详解】A．瓜子处于平衡状态，若仅减小A、B距离，A、B对瓜子的弹力方向不变，则大小也不变，故A错误；
B．瓜子处于平衡状态，若仅扇形半径r变大，A、B对瓜子的弹力方向不变，则大小也不变，故B错误；
CD．若A、B距离不变，顶角越大，则A、B对瓜子弹力的夹角减小，合力不变，则两弹力减小；反之，顶角越小，则两弹力越大，故C正确，D错误。
故选C。
3. 在我国古代，人们曾经用一种叫“唧筒”的装置进行灭火，这种灭火装置的特点是：筒是长筒，下开窍，以絮囊水杆，自窍唧水，既能汲水，又能排水。简单来说，就是一种特制造水枪。设灭火时保持水喷出时的速率不变，则下列说法正确的是（ ）
A. 灭火时应将“唧筒”的轴线指向着火点
B. 想要使水达到更高的着火点，必须调大“唧筒”与水平面间的夹角（90°以内）
C. 想要使水达到更远的着火点，必须调小“唧筒”与水平面间的夹角（90°以内）
D. 若将出水孔扩大一些，则推动把手的速度相比原来应适当慢一些
【答案】B
【解析】
【详解】A．水离开出水口后做抛体运动，所以灭火时应将“唧筒”的轴线不能指向着火点，故A错误；
B．当调大“唧筒”与水平面间的夹角，即水在竖直方向的初速度增大，所以竖直位移更大，将到达更高的着火点，故B正确；
C．当调小“唧筒”与水平面间的夹角时，水在空中的时间减小，虽然水在水平方向的速度增大，但是不一定能使水达到更远的着火点，故C错误；
D．若将出水孔扩大一些，则推动把手的速度相比原来应适当快一些，才能使水喷出的速度大小不变，故D错误。
故选B。
4. 如图是一种新概念自行车，它没有链条，共有三个转轮，A、B、C转轮半径依次减小。轮C与轮A啮合在一起，骑行者踩踏板使轮C动，轮C驱动轮A转动，从而使得整个自行车沿路面前行，轮胎不打滑。下列说法正确的是（ ）
A. 转轮A、C转动方向相同，转轮A、B转动方向不相同
B. 转轮A、B、C角速度之间的关系是
C. 转轮A、B、C边缘线速度之间的关系是
D. 转轮A、B、C边缘向心加速度之间的关系是
【答案】B
【解析】
【详解】A．由于A、C啮合在一起，转动方向相同，转轮A、B向着同一方向运动，故转动方向相同，故A错误；
B．由
可知，在线速度相等的情况下，半径越小角速度越大，故B正确；
CD．自行车运动过程中，前后轮A、B的线速度相等，由于A、C啮合在一起，A、C线速度也相等，因此
由于半径越小，则根据
可得
故CD错误。
故选B。
5. 高血压的诱因之一是血管变细。为研究该问题，假设血液通过一定长度血管时受到的阻力与血液流速的平方成正比，即（其中k与血管粗细无关），为维持血液匀速流动，在这血管两端需要有一定的压强差。设血管内径为d时所需的压强差为，若血管内径减为d＇时，为了维持在相同时间内流过同样多的血液，压强差必须变为（）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】根据血液是匀速流动，说明受力平衡，即血压产生的压力等于阻力，则在正常情况下有
血管变细后有
因为在相同时间内流过的血液量不变，则有
即
又，所以
则
解得
故选A。
6. 《流浪地球2》中的太空电梯令人十分震撼，从理论上讲是可行的，原理是利用地球外有一个配重。这个配重绕地球旋转的高度高于同步卫星轨道，当它与地球同步转动时，缆绳上保有张力使得电梯舱可以把物资运送到太空。关于相对地面静止在不同高度的物资，下列说法正确的是（）
A. 物资在距离地心为地球半径处的线速度等于第一宇宙速度
B. 物资在配重空间站时处于完全失重状态
C. 物资所在高度越高，受到电梯舱的弹力越小
D. 太空电梯上各点线速度与该点离地球球心的距离成正比
【答案】D
【解析】
【详解】A．第一宇宙速度是指物体在环绕地球做匀速圆周运动所需要达到的最小速度，即物体在地面附近受到的万有引力提供做圆周运动所需的向心力；而物资在距离地心为地球半径处的线速度小于第一宇宙速度，故A错误；
B．太空电梯各点随地球一起做匀速圆周运动，只有位置达到同步卫星的高度的点才处于完全失重状态，空间站的高度高于同步卫星轨道，故B错误；
C．设物资受到电梯舱的弹力为，由万有引力和弹力的合力提供向心力，则有
可得
当时，物资高度等于同步卫星轨道高度，物资受到的弹力为0；
当物资高度小于同步卫星轨道高度时，物资所在高度越高，受到电梯舱的弹力越小；
当物资高度大于同步卫星轨道高度时，物资所在高度越高，受到电梯舱的弹力越大；
故C错误；
D．太空电梯相对地球静止，各点角速度相等，各点线速度
与该点离地球球心的距离成正比，故D正确。
故选D。
7. 质量均为m的两个星球A和B，相距为L，它们围绕着连线中点做匀速圆周运动。观测到两星球的运行周期T小于按照双星模型计算出的周期T0，且k。于是有人猜想在A、B连线的中点有一未知天体C，假如猜想正确，则C的质量为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】两星的角速度相同，根据万有引力充当向心力知
可得
r1=r2
两星绕连线的中点转动，则有
所以
由于C的存在，双星的向心力由两个力的合力提供，则
又
解得
可知A正确，BCD错误。
故选A。
8. 如图所示，一轻杆的下端连接在O点的光滑铰链上，上端固定一光滑小球Q，光滑水平地面上有一与小球质量相等的立方体P，小球Q靠在P的左侧面上，撤去F，当轻杆与地面的夹角为θ时，P和Q尚未分离，此时P和Q的动能之比为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】由题意可知，小球Q做圆周运动，设其速度为v，该速度在水平方向的分速度为，可知立方体P的水平速度大小是，则有此时P和Q的动能之比为
ABD错误，C正确。
故选C。
二、多选题：本题共4小题，每小题5分，共20分。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有答错的得0分。
9. 必修二教材封面如图。由于相机存在固定的曝光时间，照片中呈现的下落的砂粒并非砂粒本身的形状，而是成了一条条模糊的径迹，砂粒的疏密分布也不均匀。若近似认为砂粒从出口下落的初速度为0。忽略空气阻力，不计砂粒间的相互影响，设砂粒随时间均匀漏下，以下推断正确的是（ ）
A. 出口下方9cm处的径迹长度约是1cm处的9倍
B. 出口下方9cm处的径迹长度约是1cm处的3倍
C. 出口下方0～3cm范围内砂粒数约为3～6cm范围砂粒数的倍
D. 出口下方0～3cm范围内砂粒数约与3～12cm范围砂粒数相等
【答案】BCD
【解析】
【详解】AB．根据
可知，出口下方9cm处速度约为1cm处的3倍，出口下方9cm处的径迹长度约是1cm处的3倍，故A错误，B正确；
C．出口下方0～3cm运动时间
出口下方0～6cm运动时间为
则出口下方3～6cm运动时间
其中
由于砂粒随时间均匀漏下，则出口下方0～3cm范围内砂粒数约为3～6cm范围砂粒数的倍，故C正确；
D．根据初速度为零的匀变速运动在相邻相等时间内的位移之比为1：3：5…可知从出口下落0～3cm与3～12cm的时间是相等的，因砂粒随时间均匀漏下，可知出口下方0～3cm范围内的砂粒数约与3～12cm范围的砂粒数相等，故D正确。
故选BCD。
10. 如图所示，光滑的半圆环沿竖直方向固定，点为半圆环的最高点，点为半圆环上与半圆环的圆心等高的点，直径沿竖直方向，光滑的定滑轮固定在处，另一小圆环穿过半圆环用质量不计的轻绳拴接并跨过定滑轮。开始小圆环处在半圆环的最低点点，第一次拉小圆环使其缓慢地运动到点，第二次以恒定的速率将小圆环拉到点。滑轮大小可以忽略，则下列说法正确的是（ ）
A. 第一次轻绳的拉力逐渐减小
B. 第一次半圆环受到压力逐渐增大
C. 小圆环第一次在点与第二次在点时，第二次轻绳的拉力大一些
D. 小圆环第一次在点与第二次在点时，半圆环受到的压力大小一定不同
【答案】AD
【解析】
【详解】AB．在小圆环缓慢向上移动的过程中，小圆环处于三力平衡状态，对其受力分析如图所示
由三角形相似得
由题中几何关系知，变小，且恒定不变，则轻绳的拉力变小，小球受到半圆环的支持力不变，由牛顿第三定律，半圆环受到的压力不变，A正确，B错误；
C．小圆环第一次在点时与第二次在点时，轻绳的拉力在竖直方向的分力均等于重力，故小圆环第一次在点时轻绳的拉力等于第二次在点时轻绳的拉力，C错误；
D．小圆环第一次在点时处于平衡状态，加速度为零，半圆环弹力等于轻绳在水平方向的分力；小圆环第二次在点时处于非平衡状态，加速度不为零，半圆环的弹力等于轻绳在水平方向的分力减去向心力，故两次半圆环受到的压力大小不相等，半圆环受到的压力也不相等，D正确。
故选AD。
11. 如图甲，辘轳是古代民间提水设施，由辘轳头、支架、井绳、水斗等部分构成，如图乙为提水设施工作原理简化图，某次从井中汲取m＝2kg的水，辘轳绕绳轮轴半径为r＝0.1m，水斗的质量为0.5kg，井足够深且井绳的质量忽略不计。t＝0时刻，轮轴由静止开始绕中心轴转动向上提水桶，其角速度随时间变化规律如图丙所示，g取10，则（）
A. 水斗速度随时间变化规律为v＝2tB. 井绳拉力F的大小为25.5N
C. 10s末水斗和水的总动能5JD. 0～10s内水斗和水的机械能增加255J
【答案】BC
【解析】
【详解】A．由图丙可知
所以水斗速度随时间变化规律为
故A错误；
B．水斗匀加速上升，加速度
由牛顿第二定律
所以井绳拉力大小为
故B正确；
C．10s末水斗的速度为
动能为
故C正确；
D．0~10s内井绳拉力所做的功为
则水斗的机械能增加255J，故D错误。
故选BC。
12. 如图所示，A、B为弹性竖直挡板，相距，A、B之间为水平导轨。质量的一小球（可视为质点）自A板处开始，以的速度沿摩擦因数相同的水平导轨向B板运动，它与A、B挡板碰撞后瞬间均以碰前瞬间的速率反弹回来，为使小球恰好停在两挡板的中间，则摩擦力的大小可能为（ ）
A. B. C. D.
【答案】AB
【解析】
【详解】物体停在AB的中点，可知物体的路程
由动能定理
得
，（n=0，1，2，…）
代入数据得
，（n=0，1，2，…）
当时
当时
当时
当时
故AB正确，CD错误。
故选AB。
三、实验题；每空3分，共计12分。
13. 如图所示，气垫导轨上质量为M的滑块通过轻质细绳绕过轻质动滑轮与拉力传感器相连，动滑轮下悬挂质量为m的钩码，滑块上遮光条宽度为d。实验时，滑块由静止释放，测得遮光条通过光电门的时间为△t，拉力传感器的读数为F。
（1）某同学在“探究绳子拉力对滑块做功与滑块动能变化的关系”实验时，记录滑块的初位置与光电门的距离L及挡光条通过光电门的时间△t，测得多组L和△t值。应用图像法处理数据时，为了获得线性图像应作___________图像（选填“L-”、“L−”或“L-”），该图像的斜率k=___________；
（2）该同学通过实验发现：绳子拉力F做的功总大于滑块动能的变化量。若实验数据测量准确，出现该情况的可能原因是___________；
A．钩码质量m未远小于滑块质量M B．滑块运动过程中克服阻力做功
C．气垫导轨没有调节水平 D．没有考虑动滑轮的质量
（3）若用上述装置研究系统（含滑块、钩码）机械能守恒，设滑块由静止开始的释放点与光电门的距离为L、挡光条通过光电门的时间为△t，则满足关系式___________（用已知量符号表示）时，运动过程中系统机械能守恒。
【答案】 ①. L− ②. ③. BC##CB ④.
【解析】
【详解】（1）[1]由动能定理
则
则为了获得线性图像应作图像；
[2]该图像的斜率
（2）[3]A．因此实验中应用了力传感器，则不需要钩码质量m远小于滑块质量M，选项A错误；
B．滑块运动过程中克服阻力做功，使得滑块动能的变化量小于绳子拉力F做的功，选项B正确；
C．气垫导轨没有调节水平，滑块要克服重力做功，使得滑块动能的变化量小于绳子拉力F做的功，选项C正确；
D．因此实验中应用了力传感器，则动滑轮的质量对实验无影响，选项D错误；
故选BC。
（3）[4]拉力对系统做功
W=mgL
滑块的速度
则钩码的速度为
则系统动能的增量
则若运动过程中系统机械能守恒，则满足关系式
四、解答题（本题共3大题，共36分。）
14. 从距地面高度H＝5m处，将质量1kg的小球以16m/s的初速度水平向右弹射抛出。小球运动过程中受到恒定的水平向左的风力，风力的大小为20N。重力加速度g取10。求：
（1）小球落地时的水平距离；
（2）小球落地时的动能；
（3）小球抛出后经过多长时间动能最小。
【答案】（1）；（2）；（3）
【解析】
【详解】（1）小球竖直方向做自由落体运动，运动时间为
水平方向加速度为
小球落地的水平距离为
（2）根据动能定理
得
（3）当合力与速度垂直时动能最小，设此时速度与水平方向夹角为，即
又
，
联立得
15. 家用电梯内部装置可简略为如图所示。钢绳缠绕在电动机驱动轮上，一端悬吊轿厢，另一端悬吊配重，靠钢绳和驱动轮之间的静摩擦力驱使轿厢上下运行。小明在一楼搭乘电梯回家，共上升30m高度。电梯轿厢质量，配重质量，电梯满载时乘客总质量，设定电梯启动和制动的加速度大小均为，中间阶段以2m/s的速度匀速运行。重力加速度取，忽略空气阻力，钢绳质量不计。求：
（1）满载时，向上加速过程中钢绳对轿厢拉力的大小；
（2）满载时，向上加速过程中钢绳对轿厢拉力的最大瞬时功率；
（3）轿厢空载，由静止开始，从小明家到达一楼过程中，加速、匀速和减速阶段电动机所做的功分别为多少。
【答案】（1）；（2）；（3），，
【解析】
【详解】（1）加速上升阶段，对轿厢和乘客受力分析，由牛顿第二定律得
解得
（2）当钢绳对轿厢拉力最大，轿厢速度最大时，钢绳对轿厢做功的功率最大，钢绳最大拉力为，最大速度为2m/s，则钢绳对轿厢做功的最大瞬时功率为
解得
（3）在加速下降过程中，位移
电动机做的功为，对轿厢和配重根据动能定理有
解得
在匀速下降过程中，位移
电动机做的功为，对轿厢和配重根据动能定理有
解得
在减速下降过程中，位移
电动机做的功为，对轿厢和配重根据动能定理有
解得
16. 小华同学利用如图所示的装置进行游戏，已知装置甲的A处有一质量的小球（可视为质点），离地面高，通过击打可以将小球水平击出，装置乙是一个半径，圆心角是53°的一段竖直光滑圆弧，圆弧低端与水平地面相切，装置丙是一个固定于水平地面的倾角为37°的光滑斜面，斜面上固定有一个半径为的半圆形光滑挡板，底部D点与水平地面相切，线段为直径，现把小球击打出去，小球恰好从B点沿轨道的切线方向进入，并依次经过装置乙、水平地面，进入装置丙。已知水平地面表面粗糙，其他阻力均不计，取重力加速度大小，装置乙、丙与水平地面均平滑连接。（，，，）
（1）小球被击打的瞬间装置甲对小球做了多少功？
（2）小球到C点时对圆弧轨道的压力多大？
（3）若，要使小球能进入轨道且又不脱离段半圆形轨道，则小球与水平地面间的动摩擦因数取值范围为多少？
【答案】（1）；（2）；（3）或
【解析】
【详解】（1）A到B平抛有
解得
根据
解得
击打瞬间有
（2）A到C根据动能定理有
在C点由牛顿第二定律有
联立解得
由牛顿第三定律得小球到C点时对圆弧轨道的压力
（3）恰好过E点
得
A到E由动能定理
解得
若恰好到圆弧的中点，有
解得
恰好到D点时
解得
综上分析得动摩擦因数取值范围
相关试卷
甘肃省白银市靖远县2022_2023学年高一物理下学期期末考试试题含解析： 这是一份甘肃省白银市靖远县2022_2023学年高一物理下学期期末考试试题含解析，共11页。试卷主要包含了答题前，考生务必将自己的姓名，本试卷主要考试内容等内容，欢迎下载使用。
甘肃省白银市靖远县2022_2023学年高二物理下学期期末试题含解析： 这是一份甘肃省白银市靖远县2022_2023学年高二物理下学期期末试题含解析，共11页。试卷主要包含了本试卷主要考试内容，5m等内容，欢迎下载使用。
2022-2023学年甘肃省天水市秦州区高一（下）期末物理试卷（含详细答案解析）： 这是一份2022-2023学年甘肃省天水市秦州区高一（下）期末物理试卷（含详细答案解析），共17页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，简答题，计算题等内容，欢迎下载使用。
