[物理]湖北省重点高中智学联盟2023-2024学年高一下学期5月联考试卷(解析版)

这是一份[物理]湖北省重点高中智学联盟2023-2024学年高一下学期5月联考试卷(解析版)，共22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。
命题学校：鄂州高中 命题人：杨炳灵 江文雄 谢操 审题人：
一、选择题（本题共10小题，每小题4分，共40分。第1—7题为单选题，第8—10题为多选题。其中第1—6题和第8—10题为必做部分，第7题有两道，为选做部分，两道任选一道作答）
1. 物理学发展中许多物理学家的科学研究推动了人类文明的进程，下列说法正确的是（ ）
A. 卡文迪什发现了万有引力定律，并在实验室测出了引力常量
B. 第谷将开普勒的几千个数据归纳得出简洁的三定律，揭示了行星运动的规律
C. 牛顿最早通过理想斜面实验得出：力不是维持物体运动的原因
D. 托勒密和哥白尼都建立了物理模型来分析行星运动，对后人产生了深远影响
【答案】D
【解析】A．牛顿发现了万有引力定律，卡文迪什在实验室测出了引力常量，故A错误；
B．开普勒将第谷的几千个数据归纳得出简洁的三定律，揭示了行星运动的规律，故B错误；
C．伽利略最早通过理想斜面实验得出：力不是维持物体运动的原因，故C错误；
D．托勒密和哥白尼都建立了物理模型来分析行星运动，对后人产生了深远影响，故D正确。
故选D。
2. 1935年5月，红军为突破“围剿”决定强渡大渡河。连长熊尚林任队长率领16名战士，由帅士高等4名当地船工摆渡，冒着枪林弹雨依托仅有的一条小木船坚决强突。若河面宽300m，水流速度3m/s，木船相对静水速度2m/s，前半程采用最短时间的方案向对岸出发，在木船到达河面中央时因受敌方炮弹波及，使木船沿平行河岸方向偏离原来的位置，后半程采用最小位移的方案继续前进，最后成功抵达对岸渡口。不计中途偏离的时间与位移，下列说法正确的是（ ）
A. 前半程用时为75s
B. 前半程位移为150m
C. 后半程用时为75s
D. 后半程位移为
【答案】A
【解析】A．前半程采用最短时间方案，即船以相对静水速度，向对岸行驶，前半程垂直河岸方向的位移
用时为
A正确；
B．前半程垂直河岸方向的位移，船在平行于河岸方向的速度为水速，在平行于河岸方向的位移
所以前半程的合位移为
B错误；
C．由于船相对静水速度2m/s小于水流速度3m/s，所以后半程选择最短位移过河方案时，根据运动的合成与分解，船相对静水速度、水流速度与合速度应满足的关系，如图
合速度大小应为
其中
则合速度在垂直河岸方向的分速度为
由于后半程垂直河岸方向的位移也为，则后半程用时为
C错误；
D．后半程船的合速度方向与沿河岸方向的夹角满足，由于合速度大小方向固定，船的运动为匀速直线运动，所以后半程的位移为
其中
D错误。
故选A。
3. 关于力对物体做功，下列说法正确的是（ ）
A. 滑动摩擦力对物体一定做负功
B. 静摩擦力总是不做功
C. 一对相互作用的滑动摩擦力对相互作用的两物体做功代数和一定为负值
D. 力对物体不做功，物体加速度大小一定为零
【答案】C
【解析】A．滑动摩擦力的方向与物体相对运动方向相反，但与运动方向可以相同，也可以相反，还可以与运动方向垂直，故可能做负功，也可能做正功，也可以不做功，故A错误；
B．静摩擦力的方向与物体相对运动趋势方向相反，但与运动方向可以相同，也可以相反，可以成任意夹角，故静摩擦力可以做正功，可以做负功，也可以不做功，故B错误；
C．一对相互作用的滑动摩擦力对相互作用的两物体做功代数和一定为负值，其绝对值等于产生的内能，故C正确；
D．力对物体不做功，物体动能一定不变，但不一定平衡，加速度也不一定为零，如匀速圆周运动，故D错误。
故选C。
4. 有一个高的曲面固定不动，一个质量为2kg的物体，由静止开始从曲面的顶点滑下，滑到底端时的速度大小为5m/s，g取。在此过程中，下列说法正确的是（ ）
A. 物体的动能减少了25J
B. 物体的机械能减少了100J
C. 物体的机械能守恒
D. 物体的重力势能减少了100J
【答案】D
【解析】A．物体的动能增加了
故A错误；
D．物体的重力势能减少了
故D错误；
BC．物体的机械能变化量为
可知物体的机械能减少了，故BC错误。
故选D。
5. 2024年4月25日，神舟十八号载人飞船发射取得圆满成功，三名宇航员将会在空间站内展开各种工作。若中国空间站绕地球可视为匀速圆周运动，已知地表重力加速度为g，轨道离地面的高度为h，地球半径为R，忽略地球自转的影响，则下列说法正确的是（ ）
A. 空间站的运行速度为
B. 空间站的运行周期为
C. 空间站绕地球运动的向心加速度大于g
D. 空间站内物体能够漂浮是因为其所受合力为零
【答案】B
【解析】ABC．在地球表面处有
空间站绕地球做匀速圆周运动，由万有引力提供向心力得
可得
故AC错误，B正确；
D．空间站内物体能够漂浮是因为其所受合力刚好提供物体绕地球做匀速圆周运动所需的向心力，故D错误。
故选B。
6. 某商家为了促销推出弹珠抽奖游戏，图为游戏的模型示意图，游戏面板平面与水平面成固定放置，面板右侧的直管道与半径为R的细圆管轨道平滑连接，两者固定在面板上。圆管轨道的圆心为O，顶端水平。顾客游戏时，用外力压缩面板底部连接的小弹簧将弹簧顶端的小弹珠弹出。已知弹珠质量m，直管道长度l，AB长度d，分为图中的五个中奖区域，不计所有摩擦和阻力。某一次抽奖小球刚好打在A点，已知重力加速度为g，下列说法正确的是（ ）
A. 无论怎么改变弹簧压缩量，小球都不可能落入B侧的一等奖槽中
B. 小球离开细圆管轨道的速度为
C. 若小球落在AB中点，则其离开细圆管轨道的速度为原来的
D. 小球达到A点时，重力的瞬时功率为
【答案】B
【解析】A．小球离开圆弧轨道时速度可能为0，即在最高点有
满足杆—球模型刚好过最高点，则此时小球可能落在B侧一等奖槽中，故A错误；
B．小球在斜面上所受合力沿斜面向下，有
可得
小球落到底面，在沿斜面方向有
解得时间为
小球落在A点，平行于AB方向，小球做匀速运动，有
解得
故B正确；
C．若小球落在AB的中点，有
解得
故C错误；
D．沿斜面向下的速度为
则重力瞬时功率为
故D错误。
故选B。
7. 如图所示，abc为均匀带电半圆环，O为其圆心，O处的电场强度大小为E，将一试探电荷从O点移到无穷远处，克服电场力做功为W。若在cd处再放置一段圆的均匀带电圆弧，如虚线所示，其单位长度带电量与abc相同，电性与abc相反，则此时O点场强大小及将同样的试探电荷从无穷远处移到O点克服电场力做功为（ ）
A. ，B. ，
C. ，D. ，
【答案】C
【解析】把题中半圆环等分为两段，即每段为圆环，每段在点O的电势为，电场强度为，且方向分别与E夹角为，根据电场强度的叠加原理可知
设试探电荷的电荷量为，则有
因为电势是标量，每段导体在O上的电势为
同理，在cd处再放置一段圆的均匀带电圆弧后，可等分为3个圆环，由于电性与abc相反，根据场强叠加可知O处的场强大小为
电势为3个圆环在O点的电势之和，则有
将同样的试探电荷从无穷远处移到O点克服电场力做功为
故选C。
8. 如图所示，假设沿地球直径凿通一条隧道，把一小球从地面S点静止释放，小球在隧道内的运动可视为简谐振动。已知地球半径为R，小球经过O点时开始计时，由O向S运动，经时间第1次过P点（P点图中未标出），再经时间又过该点。则（ ）
A. 小球振动的周期为
B. O到P的距离为
C. 小球第3次过P点所需的时间为
D. 由S到O的运动过程中小球受力逐渐增大
【答案】B
【解析】A.小球经过O点时开始计时，由O向S运动，经t0时间第1次过P点，再经2t0时间又过该点，说明小球从O到P的时间为t0，从P到最大位移处的时间为t0，小球从最大位移处再回到P点的时间为t0，则小球振动的周期为
T = 4(t0+ t0) =8t0
故A错误;；
B.设O到P的距离为x，由简谐运动的对称性可得
x=Asin
又
A= R
则得
故B正确；
C.小球第3次过P点所需的时间为
t=6t0
故C错误；
D.由S到O的运动过程中小球做简谐运动，位移逐渐减小，根据简谐运动的特征
分析可知加速度逐渐减小，由牛顿第二定律知小球受力逐渐减小，故D错误。
故选B。
9. 两个星体在二者间相互引力作用下，分别绕它们连线上某点做周期相等的匀速圆周运动，这样的星体称为双星系统，宇宙中有甲、乙两天体构成的双星系统，若甲、乙两天体线速度之比为，两天体半径之比为，则下列正确的是（ ）
A. 甲、乙两天体质量之比为
B. 甲、乙两天体表面重力加速度之比为
C. 甲、乙两天体动能之比
D. 甲、乙两天体角速度之比为
【答案】AB
【解析】ACD．根据题意可知，甲、乙两天体绕它们连线上某点做周期相等的匀速圆周运动，则甲、乙两天体角速度之比为；它们做圆周运动所需的向心力由相互作用的万有引力提供，则有
又
联立可得甲、乙两天体质量之比为
甲、乙两天体动能之比
故A正确，CD错误；
B．物体在星球表面有
可得表面重力加速度为
则甲、乙两天体表面重力加速度之比为
故B正确。
故选AB
10. 如图所示，电动机通过轻绳和轻质动滑轮拉起质量为m的重物，重物原本静止，某一时刻电动机开始以恒定的输出功率P（即指向外界提供的功率）工作。已知重力加速度为g，轻绳足够长，不计一切摩擦和空气阻力，忽略滑轮和轻绳的质量。以下说法正确的是（ ）
A. 电机启动后重物向上做匀加速直线运动
B. 重物速度为v时，重物的加速度为
C. 重物速度为v时，绳上拉力为
D. 若重物相对初始位置上升了高度h，电机工作时间为t，那么重物此时的速度为
【答案】BD
【解析】ABC．重物速度为v时，电动机拉动绳子的速率为2v，则绳中拉力大小为
以重物为对象，根据牛顿第二定律可得，重物的加速度为
由于电动机以恒定的输出功率P工作，可知随着重物速度v的增大，重物的加速度逐渐减小，则电机启动后重物向上做加速度逐渐减小的加速运动，故AC错误，B正确；
D．若重物相对初始位置上升了高度h，电机工作时间为t，根据动能定理可得
解得重物此时的速度为
故D正确。
故选BD。
11. 如图所示，水平转台上有一个质量为m的小物块，用轻细绳将物块连接在通过转台中心的竖直转轴OP上，OP高度为h，物块距P点距离为R，系统静止时细绳伸直且拉力刚好为零。物块与转台间动摩擦因数，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。现物块和转台一起以相同的角速度绕OP轴做匀速圆周运动，重力加速度为g，下列说法错误的是（ ）
A. 若，当，转台对物块的支持力小于重力
B. 若，当，摩擦力小于
C. 若，当，绳上拉力为
D. 随着的取值由零逐增加，转台与物块的摩擦力先逐渐增加后逐渐减小
【答案】AC
【解析】A．若，系统静止时细绳伸直且拉力刚好为零，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力时，转台的角速度为，有
解得
当时，明显
可知由静摩擦力提供向心力，竖直方向对物块受力分析有
转台对物块的支持力等于重力；
故A错误，符合题意；
B．当物块刚好要要离开转台时，对转台的压力为零，设转台的角速度为，此时物块受拉力和重力，由拉力和重力的合力提供向心力，有
由几何关系得
联立解得
若，当，明显
得此时物块受拉力、支持力、摩擦力和重力，由拉力和摩擦力提供向心力
解得
得摩擦力小于，故B正确，不符合题意；
C．若，当，明显
此时物块受拉力和重力，由拉力和重力的合力提供向心力，有
由几何关系可知
故C错误，符合题意；
D．当较小
由静摩擦力提供向心力，随着的增大，静摩擦力增大，当
静摩擦力达到最大静摩擦力时，静摩擦力达到最大值，随着的增大，当
由拉力和重力的合力提供向心力，静摩擦力减小为零，所以随着的取值由零逐增加，转台与物块的摩擦力先逐渐增加后逐渐减小，故D正确，不符合题意；
故选AC。
二、实验题（本题共2小题，共16分）
12. 利用实验室的斜面小槽等器材研究平抛运动，用频闪相机记录小球的运动轨迹。
（1）实验过程中，要在频闪照片中建立直角坐标系研究平抛轨迹，通过_________图中的方法建立直角坐标系，在频闪照片轨迹上另选一处位置较远的小球，测得小球球心和坐标原点的水平实际距离为x，竖直实际距离为y，可求得小球的初速度_________。（用物理量x，y，g表示）
A. B.
C. D.
（2）某同学选（1）中A图使用（1）中的方法测量平抛的初速度，这样测得的平抛初速度值与真实值相比，测量结果_________。（填“偏大”、“偏小”或“准确”）
【答案】（1）C （2）偏大
【解析】
【小问1详解】
坐标原点为小球在斜槽末端时，小球球心在木板上的投影。
故选C。
根据平抛运动规律有
，
联立可得小球的初速度为
【小问2详解】
某同学选（1）中A图使用（1）中的方法测量平抛的初速度，则竖直方向位移y测量值偏小，水平位移x测量准确，根据
可知这样测得的平抛初速度值与真实值相比，测量结果偏大。
13. 某实验小组用如图甲所示的实验装置验证机械能守恒定律。图中O是量角器的圆心，悬线一端系于此处，另一端系一个小钢球，S是光电门，位于O点正下方。实验过程中，调节装置使OS保持竖直，量角器所在平面为竖直平面，将钢球拉开一定角度，保持悬线伸直，由静止释放钢球，在钢球底部粘住一片宽度为d的遮光条，记录钢球每次下落时的绳子与竖直方向的夹角和遮光条经过光电门的挡光时间t：
（1）用计算钢球动能变化量的大小，用刻度尺测量遮光条宽度示数如图乙所示，其读数_________。某次测量中，计时器的示数为，则钢球经过S时的速度_________m/s；
（2）要完成实验，除（1）问外还必须测量物理量是_________；
A. 钢球（包括遮光条）的质量m
B. 由静止释放到钢球运动到光电门位置所用的时间
C. 钢球重心到悬线悬点O距离L
（3）用题设和（2）中给定的物理量符号写出验证机械能守恒定律的表达式：_________（重力加速度为g）；
（4）某同学验证机械能守恒时，发现小钢球的势能减小量，总是略小于动能增加量，造成该差异的原因是_________。
A. 计算钢球重力势能的变化时，L测量为O点到球在最低点时底端之间的距离
B. 钢球下落过程中存在空气阻力
C. 实验中所求速度是遮光条的速度，比钢球速度略大
【答案】（1）1.00 1.00 （2）C （3） （4）C
【解析】
【小问1详解】
刻度尺的最小分度值为1mm，需估读一位，所以读数为1.00cm；
钢球经过S的时间极短，则其平均速度约等于瞬时速度，有
【小问2详解】
物体下摆的过程中到最下端获得速度为v，有
消去等式两边的质量m，变形后得到守恒表达式为
所以必须测量的物理量除了光电门记录的时间和外，还有物体重心到悬线悬点O的距离L，故选C；
【小问3详解】
由给定的物理量符号写出验证机械能守恒定律的表达式为
【小问4详解】
若实验时发现与之间存在差异，且有；
A．计算钢球重力势能的变化时，L测量为O点到球在最低点时底端之间的距离，测量的小球下落的高度偏大，则偏大，故A错误；
B．若钢球下落过程中存在空气阻力，则有重力势能减少量大于钢球动能增加量，即，故B错误；
C．实验中所求速度是遮光条的速度，比钢球速度略大，导致，故C正确。
故选C。
三、解答题（本题共3小题，共44分。其中第13题和16题为必做题，14和15题为选做题，两道题中任选一道作答。）
14. 如图所示，位于竖直平面上的圆弧固定轨道，轨道表面光滑，半径为r，OB沿竖直方向，上端A距地面高度为h，质量为m的小球从A点由静止释放，从B点离开轨道，最后落在地面上C点处，不计空气阻力，重力加速度为g，求：
（1）小球刚运动到B点时的加速度大小和对轨道的压力大小；
（2）小球落地点C与B点之间的水平距离。
【答案】（1）2g，3mg；（2）
【解析】（1）对A到B过程，由动能定理
解得
由圆周运动规律可得
由径向方向列牛顿第二定律
解得
有牛顿第三定律得
压力大小
（2）由平抛运动公式
得
15. 如图所示，圆心为O、半径为R的圆形区域内存在一个平行于该区域的匀强电场，MN为圆的一条直径。质量为m、电荷量为的粒子从M点以速度v射入电场，速度方向与MN夹角，一段时间后粒子运动到N点，速度大小仍为v，不计粒子重力。求：
（1）电场强度的方向；
（2）匀强电场的场强大小E；
（3）仅改变粒子速度大小，当粒子离开圆形区域的电势能最小时，粒子速度改变量的大小。
【答案】（1）电场强度方向垂直MN斜向左下；（2）；（3）
【解析】（1）从M到N粒子动能不变，电场力做功为0，所以MN为等势线，由于粒子带正电且所受电场力偏向，所以电场强度方向垂直MN斜向左下。
（2）粒子做类似斜抛的运动，沿MN方向，粒子做匀速运动，则有
垂直MN方向有
根据牛顿第二定律得
联立解得匀强电场的场强大小为
（2）如图所示
当粒子运动到P点时，电势能最小；由
，，
联立解得
16. 甲、乙两位同学利用中国象棋进行游戏。某次游戏中，在水平放置的棋盘上，甲用手将甲方的棋子以0.4m/s的初速度正对乙方棋子弹出，两棋子相碰撞后（碰撞时间极短），甲方棋子速度大小变为0.1m/s，方向不变．两棋子初始位置如图所示，棋子中心与网格线交叉点重合，该棋盘每方格长宽均，棋子直径均为，棋子质量相等均为，棋子与棋盘间的动摩擦因数均为。重力加速度g大小取。求：
（1）甲、乙两棋子相碰时损失的机械能；
（2）通过计算，判断乙方棋子中心是否滑出边界；
（3）甲方棋子从弹出到停下所需的时间。（计算结果保留2位有效数字）
【答案】（1）；（2）不滑出边界；（3）
【解析】（1）设甲、乙两棋子碰撞前瞬间甲棋子的速度大小为，从甲棋子开始运动到甲、乙碰撞前瞬间过程，甲移动距离为
对甲棋子，由动能定理得
代入数据解得
甲、乙两棋子碰撞过程系统内力远大于外力，系统动量守恒，设碰撞后瞬间乙棋子的速度大小为，以碰撞前甲棋子的速度方向为正方向，由动量守恒定律得
代入数据解得
碰撞过程中损失的机械能为
解得
（2）设乙棋子碰后运动距离停下来，对乙棋子，由动能定理得
解得
即可乙棋子移动距离不够1方格，棋子中心不滑出边界。
（3）对甲棋子从弹出到碰撞前，列动量定理有
解得
碰撞后，对甲棋子，列动量定理有
解得
甲方棋子从弹出到停下所需的时间为
17. 如图所示，直角杆AOB位于竖直平面内，OA水平，OB竖直，两杆光滑，用长度为l的不可伸长的轻细绳连接两小球a和b，将两球分别套在OA和OB杆上，两球的质量均为m，初始时a球静止于O点，轻绳竖直，两球处于平衡状态。对a球施加一水平向右的恒力，使a球向右运动，b球向上运动。a球向右达到最大位移时轻绳与竖直方向夹角为53°，重力加速度为g。（）。求：
（1）当轻绳与竖直方向夹角为30°时，求的值；
（2）求恒力F的大小；
（3）恒力F作用的运动过程中两球组成系统的最大动能。
【答案】（1）；（2）；（3）
【解析】（1）由于轻绳不可伸长，可知两球沿绳方向速度相同，当轻绳与竖直方向夹角为30°时，有
解得
（2）对a、b向右运动至最大位移过程，由动能定理得
解得
（3）系统运动过程中恒力F做正功，重力做负功，设轻绳与竖直方向夹角为，由动能定理得
可得
经数学变换可得
其中
当时，可得两球组成系统的最大动能为