精品解析：江西省抚州市黎川县第二中学2022-2023学年高一下学期6月期末物理试题（解析版）

这是一份精品解析：江西省抚州市黎川县第二中学2022-2023学年高一下学期6月期末物理试题（解析版），共18页。试卷主要包含了作答时，将答案写在答题卡上，考试结束后，将答题卡交回，5h阶段，牵引力做的功为1等内容，欢迎下载使用。
高一物理注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在本试卷和答题卡的相应位置上：2.作答时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。3.考试结束后，将答题卡交回。一、选择题 （共11题，每题4分，共44分，1-7单选，8-11多选。）1. 下列现象中，与离心现象无关的是（　　）A. 公路拐弯处设置限速标志B. 汽车突然加速时人向后倾倒C. 用洗衣机脱去湿衣服中的水D. 医务人员利用离心机从血液中分离血浆和红细胞【答案】B【解析】【详解】离心现象是做圆周运动的物体，在所受向心力突然消失，或者不足以提供圆周运动所需的向心力的情况下，产生的逐渐远离圆心移动的物理现象。公路拐弯处限速是防止速度过大而产生离心现象；洗衣机是利用离心现象使水脱离衣服；医务人员的利用的离心机从血液中分离血浆和红细胞也是离心现象。而汽车突然加速时人向后倾倒是由于人具有惯性，而不是离心现象。故选B。2. 关于地球静止同步卫星，下列说法正确的是（　　）A. 一个静止同步卫星上发射的电磁波可以直接到达地球表面上的任何地方B. 静止同步卫星的周期、高度都是一定的C. 静止同步卫星的线速度为第一宇宙速度D. 我国发射的静止同步卫星可以定点在南昌市上空【答案】B【解析】【详解】A．同步卫星发射的电磁波只能直接到达可直接接受的地表范围，A错误；B．所受同步卫星高度必须是一定的，运动周期才能与地球自转周期相同，B正确；C．第一宇宙速度是最大的环绕速度，同步卫星的线速度小于第一宇宙速度，C错误；D．同步卫星只能在赤道正上方，D错误。故选B。3. 如图所示，A、B、C是三颗人造地球卫星，它们轨道半径的关系为，下列说法正确的是（　　）    A. 它们的速度关系 B. A、B的质量一定相等C. 它们的周期关系 D. 它们的角速度关系【答案】A【解析】【详解】A．根据万有引力提供卫星做匀速圆周的向心力，有解得由它们轨道半径的关系为，可知，故A正确；B．A、B两颗人造地球卫星的轨道半径相同，当其质量可以不同，故B错误；C．根据万有引力提供卫星做匀速圆周的向心力，有解得由它们轨道半径的关系为，可知，故C错误；D．根据万有引力提供卫星做匀速圆周的向心力，有解得由它们轨道半径的关系为，可知，故D错误。故选A。4. 在地球赤道某处有一天文观测站，观测站一名观测员一次偶然机会发现一颗人造卫星从观测站的正上方掠过，然后他就对这颗卫星进行跟踪，发现这颗卫星每两天恰好有四次从观测站的正上方掠过。若地球自转周期为T，假设卫星做匀速圆周运动且运行方向与地球自转方向相同，地球半径为，地球表面加速度为，则下列判断正确的是（　　）A. 卫星周期为TB. 卫星轨道半径为C. 卫星运行速度小于地球同步卫星速度D. 卫星加速度小于地球赤道上的物体随地球自转的向心加速度【答案】B【解析】【详解】A．由于每两天恰有4次经过，所以卫星的周期为，故A错误B．由得又所以故B正确；C．由于卫星周期小于同步卫星周期，所以速度大于同步卫星速度。故C错误；D．卫星的加速度大于同步卫星加速度，而同步卫星加速度大于地球赤道上物体的加速度，所以卫星加速度大于地球赤道上物体的加速度。故D错误。故选B。5. 一粒冰雹自高空云层由静止竖直下落，下落过程中冰雹受到的空气阻力恒定，不计冰雹质量的变化，则此过程中冰雹（    ）A 做自由落体运动 B. 动能变大C. 动能不变 D. 落到地面前，做匀速直线运动【答案】B【解析】【详解】AD．根据牛顿第二定律可知冰雹做匀加速直线运动，且，故AD错误；BC．冰雹竖直下落过程中，冰雹所受的合外力做正功，冰雹动能增大，故B正确，C错误。故选B。6. 一同学测试某品牌无人机竖直升空的性能，在遥控下无人机从静止开始竖直向上做匀加速直线运动，在运动过程中，他利用传感器测出无人机的动能Ek与高度x的关系图像如图所示，无人机加速至距地面高0.5h处电机达到最大功率，之后维持该功率直到最大速度。已知无人机的质量为m，重力加速度为g，不计空气阻力，下列说法正确的是（　　）  A. 0~0.5h阶段，牵引力做的功为1.5mghB. 0.5h~4h阶段，无人机上升的时间为C. 0.5h~7h阶段，无人机的机械能增加了8mghD. 7h~9h阶段，牵引力做的功为-2mgh【答案】C【解析】【详解】A．0~0.5h阶段，根据动能定理可得解得牵引力做的功为故A错误；B．0.5h~4h阶段，无人机牵引力功率恒定，有根据解得牵引力的功率为根据动能定理解得故B错误；C．0.5~7h阶段，无人机的动能增加了1.5mgh，重力势能增加了6.5mgh，机械能增加了8mgh，故C正确；D．7h~9h阶段，牵引力做功为0，故D错误。故选C。7. 如图，广场水平地面上同种盆栽紧密排列在以O为圆心、和为半径的同心圆上，圆心处装有竖直细水管，其上端水平喷水嘴的高度、出水速度及转动的角速度均可调节，以保障喷出的水全部落入相应的花盆中。依次给内圈和外圈上的盆栽浇水时，喷水嘴的高度、出水速度及转动的角速度分别用、、和、、表示。花盆大小相同，半径远小于同心圆半径，出水口截面积保持不变，忽略喷水嘴水平长度和空气阻力。下列说法正确的是（　　）A. 若，则B. 若，则C. 若，，喷水嘴各转动一周，则落入每个花盆的水量相同D. 若，喷水嘴各转动一周且落入每个花盆的水量相同，则【答案】D【解析】【详解】AB．根据平抛运动的规律解得可知若h1=h2，则 v1:v2 =R1:R2若v1=v2，则选项AB错误；C．若，则喷水嘴各转动一周的时间相同，因v1=v2，出水口的截面积相同，可知单位时间喷出水的质量相同，喷水嘴转动一周喷出的水量相同，但因内圈上的花盆总数量较小，可知得到的水量较多，选项C错误；D．设出水口横截面积为S0，喷水速度为v，在圆周上单位时间内单位长度的水量为若，喷水嘴各转动一周且落入每个花盆的水量相同，则选项D正确。故选D。8. 已知引力常数G和下列各组数据，能计算出地球质量的是（    ）A. 地球绕太阳运行周期及地球离太阳的距离B. 月球绕地球运行的周期及月球的半径C. 地球的半径及地球表面的重力加速度（不考虑地球自转）D. 人造地球卫星在地面附近绕行的运行周期和轨道半径【答案】CD【解析】【详解】A.根据万有引力提供圆周运动向心力可以求出中心天体的质量，故地球围绕太阳运动中心天体是太阳，故不能求出环绕天体地球的质量，故A错误；B.月球绕地球做匀速圆周运动，它受到地球的万有引力充当向心力解得其中r为地球与月球间的距离，而不是月球的半径，故B错误；C.地球表面物体受到的地球的万有引力等于重力，即解得因此可以求出地球的质量，故C正确；D.人造地球卫星受到的万有引力充当向心力解得因此可以求出地球的质量，故D正确。故选CD。9. 木星有多颗卫星，下表列出了其中两颗卫星的轨道半径和质量，两颗卫星绕木星的运动均可看作匀速圆周运动。由表中数据可知（    ）卫星轨道半径r/km卫星质量m/kg木卫一木卫二 A. 木星对木卫一的万有引力小于木星对木卫二的万有引力B. 木卫一绕木星运动的向心加速度大于木卫二绕木星运动的向心加速度C. 木卫一绕木星运动的线速度大于木卫二绕木星运动的线速度D. 木卫一绕木星运动的周期大于木卫二绕木星运动的周期【答案】BC【解析】【详解】A．根据万有引力表达式可知木卫一质量大、轨道半径小，所以木星对木卫一的万有引力大于木星对木卫二的万有引力，故A错误；B．由牛顿第二定律可得因为木卫一的轨道半径小于木卫二的轨道半径，所以木卫一绕木星运动的向心加速度大于木卫二绕木星运动的向心加速度，故B正确；C．由牛顿第二定律可得因为木卫一的轨道半径小于木卫二的轨道半径，所以木卫一绕木星运动的线速度大于木卫二绕木星运动的线速度，故C正确；D．由牛顿第二定律可得因为木卫一的轨道半径小于木卫二的轨道半径，所以木卫一绕木星运动的周期小于木卫二绕木星运动的周期，故D错误。故选BC。10. 如图所示，站在汽车上的人用手推车的力为F，脚对车向后的静摩擦力为，下列说法正确的是（　　）  A. 当车匀速运动时，F和做的总功为零B. 当车加速运动时，F和的总功为负功C. 当车加速运动时，F和的总功为正功D. 不管车做何种运动，F和的总功都为零【答案】AB【解析】【详解】A．根据牛顿第三定律，车对人向后的推力大小也为，车对人向前的静摩擦力大小也为；以人为研究对象，取车前进的方向为正方向，由牛顿第二定律得当车匀速运动时，则有，由于人对车的推力做正功，人对车的摩擦力对车做负功，而两力做功的绝对值相等，所以和的总功为零，选项A正确；BCD．当车加速运动时，则有，则对车做的负功多，对车做的正功少，故和的总功为负功；当车减速运动时，则有，则对车做的负功少，对车做的正功多，故和的总功为正功，故B正确，CD错误；故选AB。11. 有一种被称为“魔力陀螺”的玩具如图甲所示，陀螺可在圆轨道外侧旋转而不脱落，好像轨道对它施加了魔法一样，它可等效为一质点在圆轨道外侧运动模型，如图乙所示。在竖直平面内固定的强磁性圆轨道半径为，A、两点分别为轨道的最高点与最低点。质点沿轨道外侧做完整的圆周运动，受圆轨道的强磁性引力始终指向圆心且大小恒为，当质点以速率通过A点时，对轨道的压力为其重力的7倍，不计摩擦和空气阻力，质点质量为，重力加速度为，则（）  A. 强磁性引力的大小B. 质点在点对轨道的压力小于在点对轨道的压力C. 只要质点能做完整的圆周运动，则质点对A、两点的压力差恒为D. 若强磁性引力大小为,为确保质点做完整的圆周运动，则质点通过点的最大速率为【答案】ACD【解析】【详解】A．在A点，对质点，由牛顿第二定律有根据牛顿第三定律有 解得故A正确；BCD．质点能完成圆周运动，在A点根据牛顿第二定律有根据牛顿第三定律有在B点，根据牛顿第二定律有根据牛顿第三定律有从A点到B点过程，根据动能定理解得若磁性引力大小恒为F，在B点，根据牛顿第二定律当FB=0，质点速度最大vB=vBm解得选项B错误，CD正确。故选ACD。二、实验题（共20分）12. 在某星球上用如图甲所示的装置探究平抛运动的规律。在铁架台的悬点正下方点有水平放置的炽热电热丝，当悬线摆至电热丝处时被烧断，之后小球做平抛运动。现利用频闪数码照相机连续拍摄，在有坐标纸的背景屏前拍下了小球做平抛运动的多张照片，经合成后，照片如图乙所示。、、、、为连续五次拍下的小球位置，而后用平滑曲线连接各点得到小球做平抛运动的轨迹，已知照相机拍照的频率为。  （1）根据上述信息，可知点______（填“是”或“不是”）小球平抛的起点，小球做平抛运动的初速度大小为______（结果保留两位有效数字）；（2）小球在点时竖直方向的速度为______（结果保留两位有效数字）；（3）该星球表面的重力加速度大小为______（结果保留两位有效数字）；（4）若该星球的半径与地球的半径之比为，地球表面加速度为，则该星球与地球的质量之比为______。【答案】    ①. 不是    ②. 0.40    ③. 0.50    ④. 4.0    ⑤. 8︰5【解析】【详解】（1）[1]由于水平间距相等，时间间隔相同，从平抛起点开始竖直高度之比应为…，所以点不是平抛的起点。[2]照相机拍照的频率为，小球水平方向微匀速直线运动，周期为小球做平抛运动的初速度大小为（2）[3]竖直方向中间时刻速度等于平均速度，可知点竖直方向速度为（3）[4]根据匀变速直线运动规律解得（4）[5]在地球上可得同理在该星球联立可得13. 用如图1所示的装置做“验证机械能守恒定律”的实验。    （1）除了图中所示的器材外，下列器材哪个是完成该实验所必须的__________?A．秒表　　B．刻度尺C．天平　　D游标卡尺（2）某同学按照正确的操作得到如图2所示的纸带．其中打O点时释放重物，A、B、C为个计数点，在计数点A和B、B和C之间还各有一个点。该同学用刻度尺测量O点到A、B、C三点的距离分别为h1、h2、h3。已知打点计时器的电源频率为f，重物质量为m，当地重力加速度为g。则打下B点时重物的速度为__________，OB段动能增加量为__________，重力势能减少量为_______________。如果在误差允许的范围内，动能的增加量等于重力势能的减少量，即可验证机械能守恒。（3）在实际验证的过程中，该同学发现动能的增加量略小于重力势能的减少量。导致这一问题的出现，下面分析合理的是____________。A．所用重锤的质量太大B．重锤和纸带下落时受到了空气阻力和摩擦阻力C.交流电的实际频率大于50HZD．这一误差为偶然误差，多次实验即可减小误差【答案】    ①. B    ②.     ③.     ④.     ⑤. BC##CB【解析】【详解】（1）[1]实验中要用刻度尺测量纸带的长度；要验证的关系式两边都有质量m，则不需要测量质量，不需要天平；也不需要秒表和游标卡尺。故选B。（2）[2]打下B点时重物的速度为[3]OB段动能增加量为[4]重力势能减少量为（3）[5]A．所用重锤的质量太大不会导致动能的增加量略小于重力势能的减少量，选项A错误；B．重锤和纸带下落时受到了空气阻力和摩擦阻力，使得部分重力势能转化为克服阻力做功，导致动能的增加量略小于重力势能的减少量，选项B正确；C.交流电实际频率大于50HZ，若仍用50HZ来计算，则得到的速度值偏小，导致导致动能的增加量略小于重力势能的减少量，选项C正确；D．这一误差为系统误差，即使多次实验也不能减小误差，选项D错误。故选BC。三、计算题（共36分）14. 一颗质量为m的人造地球卫星绕地球做匀速圆周运动的周期为T，已知地球表面重力加速度为g，地球半径为R，万有引力常量为G，求：（1）地球质量；（2）卫星到地面的高度。【答案】（1） ；（2）【解析】【详解】（1）对地球表面处质量为m0的物体解得地球的质量（2）对人造卫星m，有卫星到地面高度15. 在汽车越野赛中，一个土堆可视作半径r＝10 m的圆弧，左侧连接水平路面，右侧与一坡度为37°的斜坡连接。某车手驾车从左侧驶上土堆，经过土堆顶部时恰能离开，赛车飞行一段时间后恰沿与斜坡相同的方向进入斜坡，沿斜坡向下行驶。研究时将赛车视为质点，不计空气阻力。求：（g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8）（1）赛车经过土堆顶部时的速度大小；（2）赛车落到斜坡上的位置与土堆顶部的水平距离。  【答案】（1）10 m/s；（2）7.5 m【解析】【详解】（1）赛车在土堆顶部做圆周运动，且恰能离开，重力提供向心力，由牛顿第二定律得mg＝m解得v＝10 m/s（2）赛车离开土堆顶部后做平抛运动，落到斜坡上时速度与水平方向夹角为37°，则有解得t＝0.75 s则落到斜坡上的位置距离土堆顶部的水平距离为x＝vt＝7.5 m16. 如图所示，一倾角为θ=30°的足够长光滑斜面固定在水平面上，斜面下端有一与斜面垂直的固定挡板，将一质量为m的木板放置在斜面上，木板的上端有一质量为m的小物块（视为质点），物块和木板间最大静摩擦力等于滑动摩擦力且大小恒为kmg（0.5<k<1），初始时木板下端与挡板的距离为L。现由静止同时释放物块和木板，物块和木板沿斜面下滑，已知木板与挡板碰撞的时间极短，且碰撞后木板的速度大小不变，方向与碰撞前的速度方向相反，物块恰好未滑离木板，重力加速度为g，求：（1）木板第一次与挡板碰撞前瞬间，物块的速度大小v1；（2）从释放到木板第二次与挡板碰撞前瞬间，物块相对木板的位移大小∆x；（3）木板的长度x以及整个运动过程中系统因摩擦产生的热量Q。  【答案】（1）；（2）；（3）【解析】【详解】（1）对物块与木板整体，根据动能定理有解得（2）木板第一次与挡板碰撞后，木板的加速度大小解得沿斜面向下，物块的加速度大小为解得沿斜面向上，规定向下为正方向，木板第一次与挡板碰撞结束时到木板和物块速度相同时，对木板有对物块有解得木板第一次与挡板碰撞到二者第一次速度相同时物块的位移木板的位移大小之后到碰撞挡板前二者无相对滑动，故物块相对于长木板的位移为（3）设板长为x，从释放到长木板和物块都静止的过程中系统能量守恒，则解得故系统产生的热量