精品解析：江西省九江地区2022-2023学年高一下学期第二次阶段模拟（期末）物理试题（解析版）

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2022-2023学年度下学期第二次阶段性模拟试卷高一物理一、选择题（本大题共10小题，每小题4分，共40分。其中1-7单项选择，8-10为多项选择，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。）注意事项：1.答题前填写好自己的姓名，班级，考号等信息2.请将答案正确填写在答题卡上一、选择题（本题包括10小题，共40分。第1-6小题只有一个选项正确，第7-10小题有多个选项正确。全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。）1. 关于一对作用力和反作用力做功的情况，下列说法中正确的是（　　）A. 若其中一个力作正功，另一个力必做负功B. 一对作用力和反作用力做功的代数和一定为零C. 这两个力可能同时做正功，也可能同时做负功D. 一对作用力和反作用力做的功一定是大小相等，方向相反【答案】C【解析】【详解】作用力和反作用力是作用在两个相互作用的物体上，作用力和反作用力可以同时做正功，也可以同时做负功，还可以作用力做正功，反作用力可以做正功，或者做负功，或者不做功，另外功是标量，没有方向。故选C2. 如图所示，A、B两点分别位于大、小轮的边缘上，C点位于大轮半径的中点，大轮的半径是小轮的2倍，它们之间靠摩擦传动，接触面上没有滑动。则（　　）A. A、B两点角速度大小之比为1∶1B. A、B两点向心加速度大小之比为2∶1C. B、C两点角速度大小之比为1∶2D. B、C两点向心加速度大小之比为4∶1【答案】D【解析】【详解】由题意可知，同缘传动边缘点线速度相等，故A与B的线速度的大小相同，A、两点为同轴转动，角速度相等，即AC．根据结合题意可得故AC错误；BD．根据可得故B错误，D正确。故选D。3. 如图所示，小球质量为m，一不可伸长的悬线长为l，把悬线拉到水平位置后放手，设小球运动过程中空气阻力大小恒定，则小球从水平位置A摆到竖直位置B的过程中，下列说法正确的是（　　）A. 重力做功为mglB. 绳的拉力做功-mglC. 空气阻力做功为F阻lD. 空气阻力做功为【答案】A【解析】【详解】A．如图所示，重力在整个运动过程中始终不变，小球在重力方向上的位移为l，所以WG=mgl．故A正确；
B．因为拉力FT在运动过程中始终与运动方向垂直，故不做功，即WFT=0．故B错误；
CD．F阻所做的总功等于每个小弧段上F阻所做功的代数和，运动的弧长为πl，故阻力的功为：WF阻=-（F阻△x1+F阻△x2+…）=-F阻πl．故CD错误；
故选A。4. 截止到2023年3月，嫦娥五号探测器已取得多项科研成果。已知地球质量为月球质量的k倍，地球半径R为月球半径的p倍，地球表面的重力加速度为g，则嫦娥五号探测器在近月圆形轨道的线速度大小约为（　　）A.  B.  C.  D. 【答案】B【解析】【详解】在地球表面飞行卫星万有引力提供向心力又联立可得由上述分析可知，卫星在月球表面与地球表面运行时的线速度之比为故故选B。5. 2022年4月13日，神舟十三号飞船在历经了183天的太空航行之后，成功返回地球，创下了中国载人航天空间站任务飞行时间最长、任务项目最多的纪录。神舟十三号此行的主要任务之一是进入太空并与天宫空间站进行对接，飞船的运动可简化为如图所示的情境，圆形轨道2为天宫空间站运行轨道，椭圆轨道1为载人飞船运行轨道，两轨道相切于P点，Q点在地面附近，是轨道1的近地点，则下列判断正确的是（　　）A. 载人飞船可在到达轨道2后不断加速追上空间站实现对接B. 载人飞船在轨道1上P点的加速度等于空间站在轨道2上P点的加速度C. 载人飞船在轨道1上经过Q点时的速度等于7.9km/sD. 载人飞船从Q点向P点运动过程中，万有引力不做功【答案】B【解析】【详解】A．若载人飞船在到达轨道2后不断加速，则会做离心运动，从而远离轨道2，不会追上空间站从而不能实现对接，选项A错误；B．根据可知，载人飞船在轨道1上P点的加速度等于空间站在轨道2上P点的加速度，选项B正确；C．载人飞船从近地圆轨道的Q点加速才能进入轨道1的椭圆轨道，则在轨道1上经过Q点时的速度大于7.9km/s，选项C错误；D．载人飞船从Q点向P点运动过程中，万有引力对飞船做负功，选项D错误。故选B。6. 如图所示，倾角为30°的斜面上，质量为m的物块在恒定拉力作用下沿斜面以加速度a＝（g为重力加速度）向上加速运动距离x的过程中，下列说法正确的是（　　）A. 重力势能增加 B. 动能增加C. 机械能增加mgx D. 拉力做功为mgx【答案】C【解析】【详解】A．重力势能的增加量为故A错误；B．根据动能定理，合外力做功等于物体动能的增量，则有故B错误；C．机械能的增加量等于重力势能的增加量再加上动能的增加量故C正确；D．斜面是否光滑未知，因而不能确定拉力的大小，不能得到拉力做的功，故D错误。故选C。7. 以速度v0水平抛出一物体，当其竖直分位移与水平分位移相等时，此物体的（　　）A. 竖直分速度等于水平分速度 B. 瞬时速度为v0C. 运动时间为 D. 运动的位移是【答案】BC【解析】【详解】根据平抛运动规律，及题意可得解得则竖直分速度即速度分速度与水平分速度不相等，瞬时速度大小水平位移运动位移A．由上述分析，A错误；B．由上述分析，B正确；C．由上述分析，C正确；D．由上述分析，D错误．故选BC。8. 如图所示，在竖直平面内固定有两个很靠近的同心圆轨道，外圆光滑内圆粗糙．一质量为m=0.2kg的小球从轨道的最低点以初速度v0向右运动，球的直径略小于两圆间距，球运动的轨道半径R=0.5m，g取10m/s2，不计空气阻力，设小球过最低点时重力势能为零，下列说法正确的是（     ）A. 若小球运动到最高点时速度为0，则小球机械能一定不守恒B. 若小球第一次运动到最高点时速度大小为0，则v0一定小于5m/sC. 若要小球不挤压内轨，则v0一定不小于5m/sD. 若小球开始运动时初动能为1.6J，则足够长时间后小球的机械能为1J【答案】ABD【解析】【详解】A．若小球运动到最高点时受到为0，则小球在运动过程中一定与内圆接触，受到摩擦力作用，要克服摩擦力做功，机械能不守恒，故A正确；B．小球如果不挤压内轨，则小球到达最高点速度最小时，小球的重力提供向心力，由牛顿第二定律得由于小球不挤压内轨，则小球在整个运动过程中不受摩擦力作用，只有重力做功，机械能守恒，从最低点到最高点过程中，由机械能守恒定律得mv02=mv2+mg•2R解得v0=5m/s则小球要不挤压内轨，速度应大于等于5m/s，可知，若小球第一次运动到最高点时速度大小为0，则v0一定小于5m/s．故B正确；C．若要小球不挤压内轨，存在两种可能的情况：其一．到达最高点时的速度大于等于，则v0≥5m/s其二．小球始终在O点以下运动，此时重力的一部分提供向下的加速度，而外出轨道提供指向圆心的向心加速度，此时小球始终没有压内轨道．由机械能守恒得mv02≤mgR即故C错误．D．小球的初速度则小球在运动过程中要与内轨接触，要克服摩擦力做功，机械能减少，最终小球将在轨道的下半圆内做往复运动，到达与圆心同高位置处速度为零，则小球的最终机械能E=mgR=0.2×10×0.5J=1J故D正确；故选ABD。9. 经长期观测人们在宇宙中已经发现了“双星系统”。“双星系统”由两颗相距较近的恒星组成，每个恒星的线度远小于两个星体之间的距离，而且双星系统一般远离其他天体。如图所示，两颗星球组成的双星，在相互之间的万有引力作用下，绕连线上的O点做周期相同的匀速圆周运动。现测得两颗星球之间的距离为L，质量之比，则可知（    ）  A. 、做圆周运动的线速度之比为B. 、做圆周运动的角速度之比为C. 做圆周运动的半径为D. 做圆周运动的半径为【答案】AB【解析】【详解】AB．设两星的运动半径分别为和，由于两星的周期相同，根据两星之间的万有引力等于它们的向心力有可知它们的角速度相同，根据则有故AB正确；CD．根据以上分析可知所以故CD错误。故选AB。10. 如图所示，一小球自A点由静止自由下落，到B点时与弹簧接触，到C点时弹簧被压缩到最短。若不计弹簧质量和空气阻力，在小球由A→B→C的过程中（　　）A. 小球从A→B的过程中机械能守恒；小球从B→C的过程中只有重力和弹力做功，所以机械能也守恒B. 小球在B点时动能最大C. 小球减少的机械能，等于弹簧弹性势能的增量D. 小球到达C点时动能为零，弹簧的弹性势能最大【答案】CD【解析】【分析】【详解】A．A→B的过程中小球机械能守恒，B→C的过程中小球与弹簧组成的系统机械能守恒而小球的机械能不守恒，故A错误；B．小球在B点时仍有向下的加速度，速度仍在增大，故B错误；C．在B→C的过程中弹力对小球做负功，小球的机械能减少，减少的部分转化为弹簧的弹性势能，故C正确；D．当小球到达C点时，小球速度为零，弹簧压缩到最短，小球减少的重力势能全部转化为弹簧的弹性势能，D正确。故选CD。二、实验探究题（本题2个小题，共18分。将符合题意的内容填在题目中的横线上，并统一书写到答题卡相应的位置。）11. 在“探究平抛运动的运动规律”的实验中，可以描绘出小球平抛运动的轨迹，某次实验中在坐标纸上描出了a、b、c、d四个点。（1）关于该实验，下列说法正确是___________。A．应使小球每次从斜槽上相同的位置由静止滑下B．斜槽轨道必须光滑C．斜槽轨道末端可以不水平D．要使描出的轨迹更好地反映真实运动，记录的点应适当多一些（2）已知图中小方格的边长L=10cm，小球平抛的初速度为v=____________（用L、g表示），b点的速度大小为____________m/s。（3）图中抛出点的坐标是_________(以a点为坐标原点)。（取g=10m/s2）【答案】    ①. AD    ②.     ③. 2.5    ④. （-10cm，1.25cm)【解析】【详解】(1)[1] 为了能画出平抛运动轨迹，首先保证小球做的是平抛运动，所以斜槽轨道不一定要光滑，但必须是水平的．同时要让小球总是从同一位置释放，这样才能找到同一运动轨迹上的几个点，不需要把所有的点都连接起来，而是让更多的点分布在曲线两边．要使描出的轨迹更好地反映真实运动，记录的点应适当多一些．故AD正确BC错误。(2)[2][3] 在竖直方向上，根据△y=L=gT2得初速度b点的竖直分速度根据矢量的合成法则，则b点的速度大小为(3)[4] 根据b点的竖直分速度vyb=1.5m/s，可知，抛出点到b点的时间那么从抛出点到b点的水平位移为：x=v0t=2×0.15=0.3m=30cm从抛出点到b点的竖直位移为：因ab的水平位移为x′=20cm，而竖直位移为y′=10cm；所以，抛出点坐标为：（-10cm，-1.25cm）；12. 用如图所示装置验证机械能守恒定律，装有遮光条的滑块放置在气垫导轨上的A位置，细线绕过固定在导轨右端的定滑轮，一端与滑块连接、另一端悬吊钩码。测出遮光条的宽度d，滑块与遮光条的总质量M，A到光电门中心距离x。调节气垫导轨水平，由静止释放滑块，读出遮光条通过光电门的挡光时间t。将遮光条通过光电门的平均速度看作滑块中心到达光电门中心点时的瞬时速度。已知钩码的质量为m，当地重力加速度为g。（1）滑块从A处到达光电门中心处时，m和M组成的系统动能增加量可表示为______，系统的重力势能减少量可表示为______，在误差允许的范围内，若，则可认为系统的机械能守恒：（用题中字母表示）（2）某同学实验时，保持光电门的位置不变，改变滑块的位置A，测出多组对应的x与t的数值，经过计算发现系统动能的增加量大于钩码重力势能的减少量，其原因可能是______。A．钩码质量太大B．气垫导轨未完全调水平，左端高于右端C．系统受到空气阻力D．气垫导轨未完全调水平，左端低于右端（3）某同学为了减小误差，通过调整A的位置来改变x，测出对应的通过光电门的时间t得到若干组（x、t）后，在坐标纸上描点，拟合出直线，则他描绘的是______图像。A．    B．    C．    D．（4）某同学实验时，气泵不能工作，他想到用使轨道倾斜方法来平衡摩擦力，如果已经平衡了摩擦力，______（填“能”或“不能”）用此装置验证统机械能守恒。【答案】    ①.     ②.     ③. B    ④. C    ⑤. 不能【解析】【详解】（1）[1]到达光电门的速度为则[2] 系统的重力势能减少量可表示为（2）[3]A．钩码质量大小对实验不产生影响，故A错误；C．若存在空气阻力，则会略大于，故C错误；BD．若气垫导轨左端的滑轮调节过高，使得拉动滑块的绳子与气垫之间存在夹角，不考虑其它影响，滑块自A点由静止释放，则滑块在运动过程中，由速度关联可知钩码下滑的速度为其中角度为细线和水平气垫导轨的夹角，故此时机械能守恒应写成故重力势能的减少量小于动能的增加量，故B正确，D错误。故选B。（3）[4]根据可得整理得故描绘的是图像。故选C。（4）[5]已经平衡了摩擦力，对整个系统，该装置不能验证统机械能守恒，因为由摩擦力做功，没有满足只有重力做功，故机械能不守恒。三、解答题（本题4个小题，共52分。解答时应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分；有数值计算的题，答案中必须写出数值和单位。）13. 用竖直向上的力拉一质量为2kg的物体，由静止开始使其以3m/s2的加速度上升6m，到达位置A，不计空气阻力，取，求：（1）在此过程中拉力做的功；（2）到达位置A时拉力的瞬时功率。【答案】（1）；（2）【解析】详解】（1）物体受力分析如图根据牛顿第二定律得解得拉力做功为（2）由公式代入数据解得拉力的瞬时功率为【点睛】本题考查了功率、牛顿第二定律、运动学公式的基本运用，知道瞬时功率和平均功率的区别，掌握这两种功率的求法。14. 宇航员在某星球上做了以下实验：将一小球从水平地面以30°角斜向上抛出，抛出时速度大小为v0，经t时间落回水平面，忽略空气阻力和星球自转的影响，已知引力常量为G，星球半径为R．求：（1）该星球的质量；（2）在该星球表面要成功发射一颗卫星的最小发射速度v．【答案】（1）；（2）【解析】【分析】【详解】（1）小球做斜抛运动，根据斜抛运动的对称性，可知小球经过时间上升到最高点，竖直方向的分速度vy减小到零．由和可得星球表面重力加速度在天体表面附近重力近似等于万有引力该星球的质量（2）最小的发射速度等于第一宇宙速度，重力提供向心力解得最小的发射速度15. 某电动汽车在平直公路上从静止开始加速，测得发动机功率P随时间变化的图像和其速度随时间变化的图像分别如图甲、乙所示，已知汽车在50s末的速度大小为，在110s后速度稳定，若电动汽车所受阻力大小f恒定，求：（1）电动汽车受到的阻力大小（2）电动汽车的质量M（3）电动汽车在0~110s内的位移【答案】（1）1000N；（2）1200kg；（3）2440m【解析】【详解】（1）由图象可知汽车匀速运动时功率，最大速度，则汽车所受的阻力（2）汽车在50s末根据牛顿第二定律有其中联立并带入数据得汽车的质量为（3）在内的位移在内物体发动机功率不变，根据动能定理有带入数据解得0～110s内该电动汽车通过的距离16. 如图所示，从点水平抛出一质量的小物块，之后小物块恰好沿切线方向从B点进入固定的光滑圆弧轨道，经圆弧轨道后滑上与C点等高、静止在粗糙水平面上的长木板，圆弧轨道端切线水平，已知长木板的质量，A、B两点距C点的高度分别为，，，小物块与长木板之间的动摩擦因数，长木板与地面之间的动摩擦因数，取重力加速度。求：（1）小物块运动至点时的速度大小；（2）小物块滑动至点时，圆弧轨道对小物块支持力的大小；（3）长木板至少为多长，才能保证小物块不滑出长木板。【答案】（1）；（2）；（3）【解析】详解】（1）物块做平抛运动，则有设到达B点时竖直分速度为vy，则设，由几何知识可得，故B点的速度大小为联立以上式子，代入数据求得（2）从B至C点，由动能定理得设物块在C点受到的支持力为FN，则有联立解得（3）由题意可知小物块m对长木板的摩擦力为长木板与地面间的最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力因为所以小物块在长木板上滑动时，长木板将向右匀加速，小物块在长木板上做匀减速运动，至长木板右端时二者刚好共速，以后一起向右匀减速直至停止，此时长木板最短；根据牛顿第二定律可得小物块加速度大小为长木板加速度大小为达到共速时有则长木板长度至少为联立以上式子，求得