新疆乌鲁木齐市第一中学2022-2023学年物理高一第二学期期中检测模拟试题含解析

新疆乌鲁木齐市第一中学2022-2023学年物理高一第二学期期中检测模拟试 题 快递公司问题件快递公司问题件货款处理关于圆的周长面积重点题型关于解方程组的题及答案关于南海问题 注意事项：1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。2．选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0．5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。3．请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、 试题 中考模拟试题doc幼小衔接 数学试题 下载云南高中历年会考数学试题下载N4真题下载党史题库下载 卷上答题无效。4．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。一、选择题：（1-6题为单选题7-12为多选，每题4分，漏选得2分，错选和不选得零分）1、关于开普勒行星运动定律，下列说法正确的是A．所有的行星都绕太阳做圆运动B．对任意一个行星它与太阳的连线在相等时间内扫过相等的面积C．在中，k是与太阳无关的常量D．开普勒行星运动定律仅适用于行星绕太阳运动2、如图皮带传动装置中，轮A和B同轴，A、B、C分别是三个轮边缘的质点，且RA=RC=2RB，则三质点的角速度之比ωA：ωB：ωC等于（）A．4：2：1B．2：2：1C．1：2：4D．4：1：43、世界上没有永不谢幕的传奇，NASA的“卡西尼”号探测器进入图形探测任务的最后篇章．据NASA报道，“卡西尼”2017年4月26日首次到达土星和土星内环（碎冰块、岩石块、尘埃等组成）之间，并在近圆轨道做圆周运动．在极其稀薄的大气作用下，开启土星探测之旅的．最后阶段---“大结局”阶段．这一阶段将持续到九月中旬，直至坠向土星的怀抱．若“卡西尼”只受土星引力和稀薄气体阻力的作用，则()A．5月6月间，“卡西尼”的动能越来越大B．4月29日，“卡西尼”在近圆轨道上绕土星的加速度小于内环的加速度C．4月28日，“卡西尼”在近圆轨道上绕土星的线速度小于内环的线速度D．4月26日，“卡西尼”在近圆轨道上绕土星的角速度小于内环的角速度4、宇宙中有一些由二颗或多颗星球组成的天体系统,它们离其他星系很远,与其他星系相互作用的万有引力可忽略不计,依靠彼此的万有引力而运动,关于这些星系,下列说法正确的是()A．双星系统中两星球可以有不同的周期,且周期大的质量小B．三星系统中各星球可以的不同的质量,且质量大的角速度大C．双星系统中两星球可以有不同的线速度,且线速度大的质量小D．双星系统必以两者的连线中点为中心做匀速圆周运动5、下列物理量属于矢量的是（　　）A．线速度B．功C．功率D．重力势能6、2019年8月11日超强台风“利奇马”登陆青岛，导致部分高层建筑顶部的广告牌损毁。台风“利奇马”登陆时的最大风力为11级，最大风速为30m/s。某高层建筑顶部广告牌的尺寸为：高5m、宽20m，空气密度=1.2kg/m3，空气吹到广告牌上后速度瞬间减为0，则该广告牌受到的最大风力约为A．3.9×103NB．1.2×105NC．1.0×104ND．9.0×l04N7、用重物的自由落体运动验证机械能守恒定律的实验中，除铁架台、铁夹、导线、打点计时器、纸带和重物外，还需选用的器材有（）A．秒 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B．刻度尺C．直流电源D．交流电源8、太阳放出的大量中微子向地球飞来，但实验测定的数目只有理论的三分之一，后来科学家发现中微子在向地球传播过程中衰变成一个μ子和一个τ子。若在衰变过程中μ子的速度方向与中微子原来的方向相反，则τ子的运动方向（　　）A．一定与μ子同方向B．一定与μ子反方向C．一定与μ子在同一直线上D．可能与μ子不在同一直线上9、甲、乙为两颗地球卫星，乙的运行高度低于甲的运行高度，两卫星轨道均可视为圆轨道．以下判断正确的是（）A．甲的周期大于乙的周期B．甲的速度大于乙的速度C．甲的加速度小于乙的加速度D．甲的角速度小于乙的角速度10、有一种“套环”游戏:把一金属小环平抛出去,环落地时套住摆放在地上的奖品,游戏者就可以获得这个奖品．一次抛环的轨迹如图所示,要想下一次套中奖品,游戏者该如何调整(不计空气阻力)A．不改变抛出点的高度,适当增大抛出的速度B．不改变抛出点的高度,适当减小抛出的速度C．不改变抛出的速度,适当增大抛出点的高度D．不改变抛出的速度,适当减小抛出点的高度11、假设人造卫星绕地球做匀速圆周运动，当卫星绕地球运动的轨道半径增大到原来的2倍时，则有()．A．卫星运动的线速度将减小到原来的B．卫星所受的向心力将减小到原来的一半C．卫星运动的周期将增大到原来的2倍D．卫星运动的角速度将增大到原来的2倍12、在距离地面高3m的平台上，以15m/s的初速度竖直上抛一质量为0.5kg的石块，不计空气阻力，取g＝10m/s2，则(　　)A．抛出后第2s内重力所做的功是100JB．抛出后第2s内重力所做的功是0C．第1s内，物体克服重力做功50JD．前3s内，重力先做负功后做正功二、实验题（本题共16分，答案写在题中横线上）13、（6分）某中学生小明想探究拉力做功与弹簧弹性势能增量的关系．如图所示，轻弹簧左端固定，被外力从原长A位置开始拉长到B位置．小明发现拉力是一个越来越大的变力，所以描绘了拉力和弹簧伸长量的变化图像（如图），并且发现该图像为过坐标原点O的直线，实验过程中，弹簧始终处于弹性限度内．(1)根据所学知识，可以判断直角三角形PQO的面积的物理意义是：___________(2)由此可推断，如果一劲度系数为k的轻弹簧，在弹性限度内，当其形变大小为x时，弹簧的弹性势能的表达式为Ep=_______________．14、（10分）在测量蓄电池(电动势约为2.2V，内阻很小)的电动势和内阻时，某同学按选定的器材连接电路，如图甲所示，其中保护电阻R＝1Ω.实验发现，闭合开关后无论怎样移动滑片P，电压表示数约为2.2V不变，电流表的示数几乎为零．(1)若电路中只有一处故障，则电路故障可能是________(填选项前的字母)．A．b、c间断路B．电流表接线断路C．P与电阻丝未接通D．保护电阻断路(2)排除故障后，某小组讨论发现图中有一条线连接错误，请在错误导线上画上“×”，并画出正确接线（请在答题纸上修改）________．(3)改正错误后，按正确操作完成实验，根据实验 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，将测量数据描点如图乙所示，则待测蓄电池的电动势E为________V，内阻r为________Ω.(结果均保留两位有效数字)三、计算题要求解题步骤，和必要的文字说明（本题共36分）15、（12分）如图所示，质量为80kg的滑雪运动员，在倾角θ为的斜坡顶端，从静止开始匀加速下滑50m到达坡底，用时10s。若g取10m/s2，求：(1)运动员下滑过程中的加速度大小；(2)运动员受到的阻力大小。16、（12分）如图所示，一质量为m=1.0×10-2kg，带电荷量为q=﹣1.0×10-6C的小球，用绝缘细线悬挂在水平向右的匀强电场中，假设电场范围足够大，静止时悬线向左与竖直方向成37°角，此时小球的电势能为零。若在某时刻将细线突然剪断，小球在运动过程中电荷量保持不变，重力加速度取g＝10m/s2.（sin37°=0.6，cos37°=0.8）求：(1)电场强度E的大小；(2)小球运动1s末的速度大小和电势能大小。17、（12分）滑板运动是极限运动的鼻祖，许多极限运动项目均由滑板项目延伸而来．如图是滑板运动的轨道，和是两段光滑圆弧形轨道，段的圆心为点，圆心角为，半径与水平轨道垂直，水平轨道段粗糙且长．一运动员从轨道上的点以的速度水平滑出，在点刚好沿轨道的切线方向滑入圆弧轨道，经轨道后冲上轨道，到达点时速度减为零，然后返回．已知运动员和滑板的总质量为，、两点与水平面的竖直高度为和，且，，取．求：(1)运动员从运动到达点时的速度大小；(2)轨道段的动摩擦因数；(3)通过计算说明，第一次返回时，运动员能否回到点？如能，请求出回到点时速度的大小；如不能，则最后停在何处？参考答案一、选择题：（1-6题为单选题7-12为多选，每题4分，漏选得2分，错选和不选得零分）1、B【解析】A、所有行星围绕太阳运动的轨道都是椭圆,太阳处在椭圆的一个焦点上;故A错误.B、对任意一个行星它与太阳的连线在相等时间内扫过相等的面积;故B正确.C、在中，k是与太阳质量有关的常量;故C错误.D、开普勒行星运动定律不仅适用于行星绕太阳运动，还适用于宇宙中其他卫星绕行星的运动;故D错误.故选B.【点睛】行星绕太阳虽然是椭圆运动，但我们可以当作圆来处理，同时值得注意是周期是公转周期．2、B【解析】由于B轮和C轮是皮带传动，皮带传动的特点是两轮与皮带接触点的线速度的大小与皮带的线速度大小相同，故vC=vB，由角速度和线速度的关系式v=ωR可得ωB：ωC=2：1；由于A轮和B轮共轴，故两轮角速度相同，即ωA=ωB，故ωA：ωB=1：1；故ωA：ωB：ωC=2：2：1，故B正确，ACD错误；3、A【解析】因与稀薄气体阻力做负功其速度减小，做向心运动，重力做正功动能增加，A正确；根据可得，即轨道半径越大，线速度越小，加速度越小，角速度越小，故BCD错误．4、C【解析】双星系统中每个星球只受另一个星球的万有引力，必然产生一个加速度，因此它们一定绕连线上某一点（不一定为连线的中点）做角速度相等即周期相等的匀速圆周运动，万有引力恰好等于向心力，由得，即质量大的轨道半径小，而，因此线速度大的轨道半径大，质量小，故C正确，AD错误；三星或多星系统都可以有不同的质量星球，各星球的相对位置稳定不变，角速度相等，故B错误．5、A【解析】A．线速度是有大小又有方向的矢量，故A正确；B．功是只有大小没有方向的标量，故B错误；C．功率是只有大小没有方向的标量，故C错误；D．重力势能是只有大小没有方向的标量，故D错误。故选A。6、B【解析】广告牌的面积S=5×20m2=100m2设t时间内吹到广告牌上的空气质量为m，则有：m=ρSvt根据动量定理有：－Ft=0－mv=0－ρSv2t得：F=ρSv2代入数据解得F≈1.2×105N故B正确，ACD错误。故选B。7、BD【解析】A．实验中由打点计时器测量时间，不再需要秒表，故A不符合题意；B．实验中需测量点迹间的距离，可知需要毫米刻度尺，故B符合题意；CD．打点计时器需要接交流电源，故C不符合题意，.D符合题意。故选BD。8、BC【解析】根据题中给出的信息，在中微子衰变过程中分裂为μ子和τ子，其衰变过程中符合动量守恒定律，取中微子原来的方向的正，则有得则τ子运动方向一定与μ子运动方向相反，即在同一直线上，故AD错误，BC正确。故选BC。9、AC【解析】试题分析：卫星绕地球做圆周运动万有引力提供向心力，由牛顿第二定律得：，解得：，由于：r乙＜r甲，则T甲＞T乙，故A正确；卫星绕地球做圆周运动万有引力提供向心力，由牛顿第二定律得：，解得：，由于乙的轨道半径大于地球半径，则乙的线速度小于第一宇宙速度，故B错误；星绕地球做圆周运动万有引力提供向心力，由牛顿第二定律得：，解得：，由于：r乙＜r甲，则a乙＞a甲，故C错误；由题意可知，卫星轨道半径间的关系为：r乙＜r甲；甲是地球同步卫星，它的轨道在赤道平面内，甲不可能通过北极上方，故D错误；故选A．考点：万有引力定律的应用【名师点睛】本题考查了万有引力定律的应用，知道万有引力提供卫星做圆周运动的向心力是解题的关键，应用万有引力 公式 小学单位换算公式大全免费下载公式下载行测公式大全下载excel公式下载逻辑回归公式下载 与牛顿第二定律可以解题，本题是一道常规题．10、AC【解析】金属小环做平抛运动，落地点在奖品的左方，说明水平位移偏小，应增大水平位移才能使小环套在奖品上；将平抛运动进行分解：水平方向做匀速直线运动，竖直方向做自由落体运动，由运动学公式得出水平位移与初速度和高度的关系式，再进行分析选择．【详解】金属环做平抛运动，设其初速度大小为，跑出点高度为，水平位移为则在竖直方向上：在水平方向上：联立得：金属小环做平抛运动，落地点在奖品的左方，说明水平位移偏小，应增大水平位移才能使小环套在奖品上所以保持抛出点的高度不变，适当增大，可以增大水平位移；若保持抛出点速度不变，应适当增加，同样能使水平位移增大．故本题选AC．【点睛】本题运用平抛运动的知识分析处理生活中的问题，比较简单，关键运用运动的分解方法得到水平位移的表达式．11、AC【解析】人造卫星做匀速圆周运动时，万有引力提供向心力，则有：，解得：，，，．当星绕地球运动的轨道半径增大到原来的2倍时，根据，可知卫星运动的线速度将减小到原来的，A正确；根据，可知所以向心力将减小到原来的四分之一，B错误；根据，可知卫星运动的周期将增大到原来的2倍，C正确；根据，可知卫星运动的角速度减小，变为原来的，D错误．12、BCD【解析】ABC：以15m/s的初速度竖直上抛的石块，上升的时间。第1s内，石块上升的高度，重力做功，即第1s内，物体克服重力做功50J。抛出后第2s内物体先上升0.5s再下落0.5s，该过程石块的位移是0，抛出后第2s内重力所做的功是0。故A项错误，BC两项正确。D：抛出后前3s内，石块先上升后下落，重力先做负功后做正功。故D项正确。二、实验题（本题共16分，答案写在题中横线上）13、拉力F做的功【解析】（1）根据W=Fx可知，直角三角形PQO的面积的物理意义是：拉力F做的功（2）由图像可知拉力做功为 ，则根据能量守恒关系可知，在弹性限度内，当其形变大小为x时，弹簧的弹性势能的表达式为14、(1)AC(2)略(3)2.2(2.1～2.3均可)0.52(0.40～0.60均可)【解析】（1）电流表的示数几乎为零，说明电路存在断路；无论怎样移动滑片P，电压表示数约为2.2V，等于电源电动势，说明断路位置出现在电压表的并联部分电路；b、c间断路，电路断路，电流表示数为零，电压表与电源两极相连，测电源电动势，符合电路故障现象，故A正确；电流表接线断路，则电压表的读数应该为零，选项B错误；P与电阻丝未接通，移动滑片时电路始终断路，电流表示数为零，电压表示数接近电源电动势，符合电路故障现象，故C正确；如果保护电阻断路，电压表示数为零，不符合电路故障现象，故D错误；故选AC。（2）电压表连线错误，改正后的电路图如图甲所示。（4）根据坐标系内描出的点，作出电源的U-I图象如图所示，由图象可知，电源U-I图象与纵轴交点坐标值为2.20，则电源电动势E=2.20V，由图象可知：r+R1==1.50Ω，则电源内阻r=1.50Ω-R1=1.50Ω-1Ω=0.50Ω；点睛：应用描点法作图时，直线要尽可能过所有的点，如果直线不能过所有的点，要让各点对称地分布在直线两侧，对于偏离直线很远的点，要舍掉，该点所数据实验误差很大，或该数据本身就是错误的数据。三、计算题要求解题步骤，和必要的文字说明（本题共36分）15、(1）1m/s2；(2)320N【解析】(1)根据位移时间公式得所以有(2)根据牛顿第二定律得mgsinθ－f=ma代入数据解得f=320N16、（1）；（2）12.5m/s，－0.28J【解析】(1)小球受力平衡,由受力分析可得：(2)绳子剪断后，小球做匀加速直线运动，受到的合力：由牛顿第二定律，加速度：1s末小球速度：小球运动1s的过程中，水平方向受到的静电力：水平方向位移：静电力做功：由功能关系得，小球的电势能减少0.28J小球的电势能：Ep=－0.28J17、(1)(2)(3)停在点左侧处，或点右侧处【解析】（1）由题意可知：解得：（2）由点到点，由动能定理可得：代入数据可得：，（3）运动员能到达左侧的最大高度为，从到第一次返回左侧最高处根据动能定理有：解得：所以第一次返回时，运动员不能回到点设运动员从点运动到停止，在段的总路程为由动能定理可得：代入数据解得：，因为，所以运动员最后停在点左侧处，或点右侧处．【点睛】本题考查了平抛运动、动能定理的综合，能根据几何关系求出B点速度，并且能根据动能定理求出动摩擦因数和最终停止的位置．