[物理][期中]辽宁省鞍山市2023-2024学年高一下学期期中考试试题(B)(解析版)

这是一份[物理][期中]辽宁省鞍山市2023-2024学年高一下学期期中考试试题(B)(解析版)，共16页。试卷主要包含了选择题，实验题，解答题等内容，欢迎下载使用。
时间：75分钟 满分：100分
考试范围：必修二68章
一、选择题：（本题共10小题，共46分。在每小题给出的四个选项中，第1~7题只有一项符合题目求，每小题4分，第8~10题有多项符合题目要求，每小题6分，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。）
1. 物理学在发展完善的过程中，不同年代的物理学家对物理现象进行观察、思考和研究、在实验论证、逻辑推理、演绎论证等基础上建构了现在比较完善的体系。下列关于物理学重大历史事件描述正确的是（ ）
A. 为了研究自由落体运动的规律，伽利略首先建立了平均速度、瞬时速度的概念
B. 亚里士多德否定了托勒密提出的地心说，提出了日心说
C. 开普勒对行星的运动进行了长期的观测和记录，并提出了关于行星运动的三条定律
D. 牛顿发现了万有引力定律，并用扭秤实验测出了引力常量
【答案】A
【解析】A．为了研究自由落体运动的规律，伽利略首先建立了平均速度、瞬时速度的概念。故A正确；
B．哥白尼否定了托勒密提出的地心说，提出了日心说。故B错误；
C． 第谷对行星的运动进行了长期的观测和记录，开普勒提出了关于行星运动的三条定律。故C错误；
D．牛顿发现了万有引力定律，卡文迪什用扭秤实验测出了引力常量。故D错误。
故选A。
2. 如图所示，下列有关生活中圆周运动实例分析，其中说法正确是（ ）
A. 图1中汽车通过凹形桥的最低点时，汽车处于失重状态
B. 图2中旋转秋千装置中，等长绳索对质量相等座椅A、B的拉力相等
C. 图3中在铁路转弯处，设计外轨比内轨高，目的是火车转弯时减小轮缘与外轨的侧压力
D. 图4中脱水桶原理是水滴受到的离心力大于它受到的向心力，从而沿切线方向甩出
【答案】C
【解析】A．汽车在最低点时向心加速度向上，此时支持力大于重力，汽车处于超重状态，故A错误；
B．旋转秋干装置中，根据牛顿第二定律可得
由于B的圆周运动半径大，则B绳索与竖直方向的夹角更大，根据
可知绳索对座椅B的拉力更大，故B错误；
C．外轨高于内轨可以让支持力水平分量充当部分向心力，从而减小侧压力，故C正确；
D．脱水桶原理并不是水滴受到的离心力大于它受到的向心力，而是水滴受到的实际合力不足以提供所需的向心力，从而沿切线方向甩出，故D错误。
故选C。
3. 小蜀同学用玩具汽车做实验。如图所示，汽车以恒定速率先后经过某凹形桥面和拱形桥面，凹形桥面最低点为A点，拱形桥面最高点为B点。下列说法正确的是（ ）
A. 生活中，同样材质修建的桥面，凹形桥面不容易损坏
B. 拱形桥的B点汽车速度越快，需要的向心力越小
C. 过A点时，汽车对桥面压力小于自身重力
D. 过B点时，汽车对桥面压力小于自身重力
【答案】D
【解析】A．汽车以恒定速率先后经过某凹形桥面和拱形桥面，在A点向心加速度向上，处于超重状态，在B点向心加速度向下，处于失重状态，故拱形桥面不容易损坏，故A错误；
B．由向心力公式可知，汽车速度越快，需要的向心力越大，故B错误；
C．在A点，根据牛顿第二定律得
可知
根据牛顿第三定律可知，汽车对桥面压力大于自身重力，故C错误；
D．在B点，根据牛顿第二定律得
可知
根据牛顿第三定律可知，汽车对桥面压力小于自身重力，故D正确。
故选D。
4. 如图所示，质量为m的物体A静止于倾角为的斜面体B上，斜面体B的质量为M，现对该斜面体施加一个水平向左的推力F，使物体随斜面体一起沿水平方向向左匀速运动的位移为l，则在此运动过程中斜面体B对物体A所做的功为（ ）
A. B.
C. 0D.
【答案】C
【解析】对A受力分析可知，A受重力和B对A的作用力而处于平衡状态，所以B对A的作用力大小等于mg，方向竖直向上，物体随斜面体一起沿水平方向向左运动时，B对A的作用力与位移垂直，做功为0。
故选C。
5. 嫦娥1号奔月卫星与长征3号火箭分离后，进入绕地运行的周期约为16小时的椭圆轨道，称为16小时轨道（如图中曲线1所示）。随后，为了使卫星离地越来越远，星载发动机先在远地点点火，使卫星进入图中曲线2所示新轨道，以抬高近地点。后来又连续三次在抬高以后的近地点点火，使卫星加速和变轨，抬高远地点，相继进入24小时轨道、48小时轨道和地月转移轨道（分别如图中曲线3、4、5所示）。卫星最后进入绕月圆形轨道，距月面高度为h，周期为。已知月球半径为r，万有引力常量为G，则以下正确的是（ ）
A. 卫星在16小时轨道上运行时，在近地点的机械能比在远地点的机械能小
B. 24小时轨道与48小时轨道的半长轴之比为
C. 卫星在地月转移轨道上运行时速度大于第二宇宙速度
D. 月球的质量为
【答案】B
【解析】A.卫星在16小时轨道上运行时，只有万有引力做功，机械能守恒。在近地点的机械能等于在远地点的机械能，故A错误；
B.设24小时轨道与48小时轨道的半长轴分别为，，由开普勒第三定律有
得
故B正确；
C.所有卫星运行速度小于第一宇宙速度，而第一宇宙速度小于第二宇宙速度，所以卫星在地月转移轨道上运行时速度小于第二宇宙速度，故C错误；
D.对卫星有
得
故D错误。
故选B。
6. 如图所示，长为10m传送带以进行传动，将一质量为1kg的小煤块无初速度地放在传送带左端，经过一段时间小物块运动到传送带的右端，已知小物块与传送带之间的动摩擦因数，，下列判断正确的是（ ）
A. 小物块先做变加速直线运动，再做匀速直线运动
B. 煤块留在传送带上的划痕长度为12m
C. 此过程因传送小物块多消耗的电能为36J
D. 此过程因摩擦产生的热量为36J
【答案】C
【解析】A．根据题意，由牛顿第二定律有
解得
由公式可得，当物块的速度为时，运动的位移为
则物块先做匀加速直线运动后做匀速直线运动，故A错误；
B．根据公式可得，当物块的速度为时，所用时间为
由公式可得，传送带的位移为
则煤块留在传送带上的划痕长度为
故B错误；
D．此过程因摩擦产生的热量为
故D错误；
C．此过程因传送小物块多消耗的电能为
故C正确。
故选C。
7. 如图甲所示，长木板A放在光滑的水平面上，质量为m＝2kg的另一物体B（可看成质点）以水平速度v0＝2m/s滑上原来静止的长木板A的上表面。由于A、B间存在摩擦力，之后A、B速度随时间变化情况如图乙所示。下列说法正确的是（g取10m/s2）（ ）
A. 木板A最终获得的动能为2J
B. 系统损失的机械能为4J
C. 木板A的最小长度为2m
D. A、B间的动摩擦因数为0.1
【答案】D
【解析】A．由题图乙可知，0～1 s内，A、B的加速度大小都为
物体B和木板A水平方向均受滑动摩擦力，根据牛顿第二定律知二者质量相等，则木板最终动能为
故A错误；
B．系统损失的机械能为
故B错误；
C．题图乙可得二者相对位移为1 m，即木板A的最小长度为1 m，选项C错误；
D．由对B受力分析，根据牛顿第二定律，可得
解得
D正确。
故选D。
8. 如图所示，小球质量为，悬线长为，小球在位置A时悬线水平，放手后，小球运动到位置，悬线竖直。设在小球运动过程中空气阻力忽略不计，重力加速度为，关于该过程，下列说法正确的是（ ）

A. 重力做的功为
B. 悬线拉力做的功不为0
C. 小球到达位置的速度为
D. 小球到达位置的速度为
【答案】AC
【解析】A．重力做的功为
选项A正确；
B．悬线拉力方程始终与速度方向垂直，悬线拉力做的功为0，选项B错误；
CD．根据机械能守恒定律可得
可得小球到达位置的速度为
选项C正确，D错误。
故选AC。
9. 如图所示，卫星还未发射，在地球赤道上随地球表面一起转动，卫星绕地球做匀速圆周运动且离地面高度为，卫星是地球同步卫星，则（ ）

A. 的线速度小于第一宇宙速度
B. 的向心加速度就是重力加速度
C. 的向心加速度比的向心加速度大
D. 与地球中心的连线在相等时间内扫过的面积相等
【答案】AC
【解析】A．第一宇宙速度是最大的环绕速度，除近地卫星外，其他所有卫星的环绕速度都小于第一宇宙速度，A正确；
B．a随地球一起做圆周运动的向心力是其所受万有引力的一个很小的分力，比重力要小很多，其向心加速度不是重力加速度g，B错误；
C．卫星c是同步卫星，周期等于地球自转的周期，即
向心加速度等于
而
所以的向心加速度比的向心加速度大，C正确；
D．根据开普勒第二定律，同一卫星绕中心天体运动在相同的时间内扫过的面积相等，D错误。
故选AC
10. 新能源汽车的发展为了减少对传统燃料的依赖，减少环境污染和减少温室气体的排放。如图所示为某一型号汽车某次测试行驶时的加速度和车速倒数的关系图像，若汽车质量为，它由静止开始沿平直公路行驶，且行驶中阻力恒定，最大车速为，下列说法正确的是（ ）
A. 汽车匀加速所需时间为
B. 汽车牵引力的额定功率为
C. 汽车车速为时，功率为
D. 汽车所受阻力为
【答案】AB
【解析】A．由图可知，汽车在速度等于10m/s 前，加速度不变为，汽车是匀加速启动的，根据匀变速直线运动的基本规律
可得
s
故A正确；
BD．由图可知，速度由10m/s到40m/s，加速度减小，汽车以额定功率行驶。汽车的最大速度为 40m/s，之后汽车做匀速直线运动，此时
当m/s时，汽车的加速度，根据牛顿第二定律可得
解得
N，W
故B正确，D错误；
C．汽车在车速为5m/s时，汽车处于匀加速阶段，加速度，有
解得
W
故C错误。
故选AB。
二、实验题（14分。每空2分）
11. 如图所示是探究向心力的大小F与质量m、角速度和半径r之间关系的实验装置。
（1）下列实验的实验方法与本实验相同的是___________；
A. 探究平抛运动的特点
B. 探究加速度与力、质量的关系
C. 探究两个互成角度的力的合成规律
（2）当探究向心力的大小F与半径r的关系时需调整传动皮带的位置使得左右两侧塔轮轮盘半径___________（选填“相同”或“不同”）；
（3）当探究向心力的大小F与角速度的关系时，需要把质量相同的小球分别放在挡板___________（填“A、C”或者“B、C”）
【答案】（1）B （2）相同 （3）A、C
【解析】
【小问1详解】
探究向心力的大小F与质量m、角速度和半径r之间关系，采用的实验方向是控制变量法。
A．探究平抛运动的特点，采用的是等效思想，故A错误；
B．探究加速度与力、质量的关系采用的实验方法是控制变量法，故B正确；
C．探究两个互成角度的力的合成规律采用的实验方法是等效替代法，故C错误。
故选B。
【小问2详解】
当探究向心力的大小F与半径r的关系时，需要控制质量和角速度相同，两侧塔轮边缘的线速度大小相等，根据
可知需调整传动皮带的位置使得左右两侧塔轮轮盘半径相同。
【小问3详解】
当探究向心力的大小F与角速度的关系时，需要控制质量和半径相同，则需要把质量相同的小球分别放在挡板A、C。
12. 用如图甲所示的实验装置验证m1、m2组成的系统机械能守恒。m2从高处由静止开始下落，m1上拖着的纸带打出一系列的点，图乙给出的是实验中获取的一条纸带，0是打下的第一个点，每相邻两计数点间还有4个点未标出，所用电源的频率为50Hz。已知，。（结果均保留三位有效数字）则：
（1）下列说法正确的是_________。
A.先放m2，再打开打点计时器开关
B.本实验需要刻度尺，不需要秒表
C.m2比m1越大越好
D.用公式计算某点的速度
（2）在打下0点到打下计数点5的过程中系统动能的增加量=________J。系统重力势能的减少量=_________J。（当地的重力加速度g取9.8m/s2）
（3）本实验的误差来源（写一条）_________。
【答案】（1）B （2）1.15 1.18 （3）见解析
【解析】
【小问1详解】
A．根据实验的操作，应先打开打点计时器开关，后放m2，故A错误；
B．本实验需要刻度尺测量相邻计数点间的距离，打点计时器就是计时仪器，故不需要秒表，故B正确；
C．m2比m1大才能使m2下落，m1上升，但并不是m2比m1越大越好，速度太大，点迹很疏，误差较大，故C错误；
D．测量纸带上各点到起始点间的距离，用中间时刻的瞬时速度等于这段位移的平均速度来求各点的速度，不能用公式计算某点的速度，故D错误。
故选B。
【小问2详解】
相邻两计数点间的时间间隔为
打下计数点5的瞬时速度为
故打下0点到打下计数点5的过程中系统动能的增加量为
系统重力势能的减少量为
【小问3详解】
通过数据计算可知，系统重力势能的减少量大于系统动能的增加量，误差来源可能是存在空气阻力或者是绳子与滑轮间存在摩擦。
三、解答题（（本题共3小题，共40分，解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤.只写出最后答案的不能得分。有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位）
13. 如图，用一根长的细线，一端系一质量的小球（可视为质点），另一端固定在一光滑锥体顶端，锥面与竖直方向的夹角。小球在水平面内绕锥体的轴做匀速圆周运动。取重力加速度，结果可用根式表示，求：
（1）若要小球离开锥面，则小球的角速度至少为多大；
（2）若细线与竖直方向的夹角为，则小球的角速度为多大。
【答案】（1）；（2）
【解析】（1）若要小球刚好离开锥面，则小球只受到重力和细线拉力，根据牛顿第二定律有
解得
代入数据得
（2）同理，当细线与竖直方向成角时，由牛顿第二定律有
解得
代入数据得
14. 一滑雪项目如图所示，可视为质点的总质量（包括装备）为的滑板运动员，从高为的斜面的顶端A点由静止开始沿斜面下滑，在B点进入光滑的四分之一圆弧，圆弧半径为，运动员经C点沿竖直轨道冲出向上运动，经时间后到达C点正上方的最高点D（图中未标出）。若运动员经C点后在空中运动时只受重力，轨道段粗糙、段光滑.。（不计过B点时机械能的损耗和空气阻力）求：
（1）运动员在C点的速度大小和离开C点可上升的高度；
（2）运动员（包括装备）运动到圆轨道最低点B时对轨道的压力大小；
（3）从A点到B点，运动员损失的机械能。
【答案】（1）10m/s，5m；（2）3000N；（3）12000J
【解析】（1）根据竖直上抛运动规律，可得运动员在点的速度为
离开点可上升的高度为
（2）从到过程，根据机械能守恒定律可得
在点，根据牛顿第二定律可得
联立解得
牛顿第三定律可知，对轨道的压力大小为
（3）从到，根据机械能守恒定律，则有
可得到，运动员损失的机械能为
15. 如图甲所示，一物块放置在水平台面上，在水平推力的作用下，物块从坐标原点由静止开始沿轴运动，与物块的位置坐标的关系如图乙所示。物块在处从平台飞出，同时撤去，物块恰好由点沿其切线方向进入竖直圆轨道，随后刚好从轨道最高点飞出。已知物块质量为，物块与水平台面间的动摩擦因数为0.7，轨道圆心为，半径为，为竖直直径，，重力加速度取：，，不计空气阻力。求：
（1）物块飞出平台时的速度大小；
（2）物块运动到点时的速度大小以及此时轨道对铁球的支持力大小；
（3）物块在圆轨道上运动时克服摩擦力做功。
【答案】（1）；（2），；（3）
【解析】（1）由与物块的位置坐标的关系图像面积分析可知当物块运动到处时所做的功
设物块运动到处时的速度为，由动能定理
解得
（2）分析可知物块从平台飞出后做平抛运动，且从点沿切线方向进入竖直圆轨道，设物块运动到点时的速度为，可得物块在点的速度
对点处的小球进行受力分析可知物块在点的向心力由支持力和重力沿半径方向的分力的合力提供，则有
解得此时轨道对铁球的支持力大小
（3）设物块恰好由轨道最高点飞出时的速度为，由圆周运动知识
可得
设物块在圆轨道时，克服摩擦力做的功为，由动能定理
解得