河北省秦皇岛市上庄坨中学2022-2023学年物理高一第二学期期中达标检测试题含解析

河北省秦皇岛市上庄坨中学2022-2023学年物理高一第二学期期中达标检测试题注意事项:1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。2．答题时请按要求用笔。3．请按照题号顺序在答题卡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、试卷上答题无效。4．作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。5．保持卡面清洁，不要折暴、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、如图所示，小明将质量为m的足球以速度v从地面上的A点踢起，当足球到达B点时离地面的高度为h．不计空气阻力，取地面为零势能面，则足球在B点时的机械能为（足球视为质点）A．B．mghC．+mghD．－mgh2、如图所示，质量为m的物块与转轴相距R，物块随水平转台由静止开始缓慢转动，当转速增加到一定值时，物块即将在转台上滑动，在物块由静止到开始滑动前的这一过程中，转台对物块做的功为，若物块与转台之间的最大静摩擦力与滑动摩擦力相等，则物块与转台间的动摩擦因数为（）A．0.25B．0.15C．0.125D．0.53、如图所示，细杆上固定两个小球a和b，杆绕O点做匀速转动，下列说法正确的是(　　)A．a、b两球线速度相等B．a、b两球角速度相等C．a球的线速度比b球的大D．a球的角速度比b球的大4、如图，拖着旧橡胶轮胎跑是身体耐力训练的一种有效方法。如果某受训者拖着轮胎在水平直道上跑了200m，那么下列说法正确的是（　　）A．摩擦力对轮胎做了负功B．重力对轮胎做了正功C．拉力对轮胎不做功D．支持力对轮胎做了正功5、如图所示，质量为m的小球A沿高度为h倾角为θ的光滑斜面以初速v0滑下，另一质量与A相同的小球B自相同高度同时由静止落下，结果两球同时落地．下列说法正确的是（）A．重力对两球做的功不相等B．落地前的瞬间A球的速度等于B球的速度C．落地时两球重力的瞬时功率相等D．两球重力的平均功率相等6、若有一星球密度与地球密度相同，此星球半径是地球半径的2倍，则星球表面的重力加速度是地球表面重力加速度的：（）A．0.25倍B．0.5倍C．2倍D．8倍7、下列所描述的几种运动，其中可能存在的是A．速度变化很大，加速度很小B．速度变化的方向为正，加速度方向为负C．速度变化越来越快，但加速度越来越小D．速度越来越大，加速度越来越小8、如图所示，传送带以速度v做匀速运动，质量为m的小物体无初速度放在传送带上的A端，经一段时间被传送带运到B端，到达B端之前已和传送带保持相对静止，不计空气阻力。关于上述过程，下列说法正确的是（　　）A．传送带克服滑动摩擦力做功B．传送带对物体做功为C．传送带与物体间因摩擦而产生的热量为D．由于传送该物体，电动机多消耗的能量为9、2018年11月19日2时7分，我国在西昌卫星发射中心用长征三号乙运载火箭，以“一箭双星”方式成功发射第42、43颗北斗导航卫星，这两颗卫星属于中圆地球轨道卫星（介于近地轨道和同步轨道之间），是我国北斗三号系统第十八、十九颗组网卫星．设该卫星绕地球做匀速圆周运动，下列说法正确的是（）A．该卫星处于完全失重状态，不受地球的引力作用B．该卫星绕地球做圆周运动的线速度小于地球的第一宇宙速度7.9km/sC．该卫星的向心加速度小于静止在赤道上物体的向心加速度D．若这两颗北斗导航卫星运行的轨道处于同一高度，则它们向心加速度的大小相等10、如图所示，将长为3L的轻杆穿过光滑水平转轴O，两端分别固定质量为2m的球A和质量为3m的球B，A到O的距离为L，现使杆在竖直平面内转动，当球B运动到最高点时，球B恰好对杆无作用力，两球均视为质点．则球B在最高点时()A．球B的速度大小为B．球A的速度大小为C．水平转轴对杆的作用力为5mgD．球A对杆的作用力大小为3mg11、如图所示，半径为R的竖直光滑圆轨道内侧底部静止着一个光滑的小球，现给小球一个冲击使其在瞬间得到一个水平初速度，若大小不同，则小球能够上升到的最大高度（距离底部）也不同，下列说法正确的是A．如果，则小球能够上升的最大高度为B．如果，则小球能够上升的最大高度为RC．如果，则小球能够上升的最大高度为D．如果，则小球能够上升的最大高度为2R12、如图所示，楔形木块abc固定在水平面上，粗糙斜面ab和光滑斜面bc与水平面的夹角相同，顶角b处安装一定滑轮．质量分别为M、m（M>m）的滑块,通过不可伸长的轻绳跨过定滑轮连接，轻绳与斜面平行．两滑块由静止释放后，沿斜面做匀加速运动．若不计滑轮的质量和摩擦，在两滑块沿斜面运动的过程中（）A．两滑块组成系统的机械能守恒B．重力对M做的功等于M动能的增加C．轻绳对m做的功等于m机械能的增加D．两滑块组成系统的机械能损失等于M克服摩擦力做的功二、实验题（本题共16分，答案写在题中横线上）13、（6分）一艘宇宙飞船飞近某一新发现的行星，并进入靠近该行星表面的圆形轨道绕行数圈后，着陆在行星上，宇宙飞船上备有以下实验仪器：A．弹簧测力计一个B．精确秒表一只C．天平一台（附砝码一套）D．物体一个为测定该行星的质量M和半径R，宇航员在绕行及着陆后各进行一次测量，依据测量数据可以求出M和R（已知引力常量为G）．(1)绕行时测量所用的仪器为_____（用仪器的字母序号表示），所测物理量为_____．(2)着陆后测量所用的仪器为_____，所测物理量为_____．用测量数据求该星球半径R＝_____．14、（10分）在做“研究平抛物体运动”的实验中，可以描绘平抛小球的运动轨迹和求平抛的初速度。（1）关于该实验的装置与操作的说法，正确的是_______。A．斜槽轨道必须光滑B．斜槽末端的切线必须水平C．木板必须竖直安装，且注意小球不和木板发生摩擦D．小球每次应从斜槽同一位置由静止开始下滑（2）如图所示，是小球做平抛运动的轨迹，测得AE、EB间的水平距离EF=DB=0.4m，高度差y1=0.25m，y2=0.35m，则小球的初速度是______m/s，抛出点的坐标为______（g取10m/s2）。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）一名宇航员到达半径为R、密度均匀的某星球表面，做如下实验：用不可伸长的轻绳拴一个质量为m的小球，上端固定在O点，如图甲所示，在最低点给小球某一初速度，使其绕O点在竖直面内做圆周运动，测得绳的拉力大小F随时间t的变化规律如图乙所示．F1、F2已知，引力常量为G，忽略各种阻力．求：(1)星球表面的重力加速度；(2)星球的密度．16、（12分）如图所示，P是水平面上的圆弧轨道，从高台边B点以速度v0水平飞出质量为m的小球，恰能从固定在某位置的圆弧轨道的左端A点沿圆弧切线方向进入。O是圆弧的圆心，θ是OA与竖直方向的夹角。已知：m＝0.5kg，v0＝3m/s，θ＝，圆弧轨道半径R＝0.5m，g＝10m/s2，不计空气阻力和所有摩擦力，求：(1)A．B两点的高度差；(2)小球能否到达最高点C，若能到达，小球对C点的压力；(3)在A点沿圆弧的切线方向给小球一初速度v1,要使小球进入圆弧轨道后在轨道内运动过程中不脱离轨道，v1满足的条件。17、（12分）在离地面高30m处将一小球以20m/s的初速度竖直上抛，不计空气阻力。求：小球运动到离抛出点15m处所用的时间？（g取10m/s2）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、A【解析】由题意可知，足球被踢出去后，只有重力对其做功，故机械能守恒，即足球在B点时的机械能等于在A点时的机械能，在A点的机械能为。A正确，BCD错误；故选A。2、A【解析】当物体即将在转台上滑动时，最大静摩擦力刚好等于物体所需向心力，即，可得此时物体动能为，转台由静止加速转动过程运用动能定理可得解得：，故A正确；故选：A3、B【解析】细杆上固定两个小球a和b，杆绕O点做匀速转动，所以a、b属于同轴转动，故两球角速度相等；由图可知b的半径比a球半径大，根据可知a球的线速度比b球的小，综上分析，B正确，ACD错误．4、A【解析】A．轮胎受到地面的摩擦力方向水平向左，而位移水平向右，两者夹角为180°，则轮胎受到地面的摩擦力对轮胎做负功，故A正确；B．轮胎受到的重力竖直向下，而轮胎的位移水平向右，则轮胎在竖直方向上没有发生位移，重力不做功，故B错误；C．设拉力与水平方向的夹角为α，由于α是锐角，所以轮胎受到的拉力对轮胎做正功，故C错误；D．轮胎受到地面的支持力竖直向上，而轮胎的位移水平向右，则轮胎在竖直方向上没有发生位移，支持力不做功，故D错误。故选A。5、D【解析】A项：根据知，重力对两球做功相同，故A错误；B项：对A球，根据动能定理得，，对B球，根据动能定理得，，知，故B错误；C项：，，两相比得：而vAsinθ就是A球在底端的竖直速度，很明显小于vB，因此PA＜PB，故C错误；D项：两球重力做功相等，时间相等，根据知，重力的平均功率相等，故D正确．6、C【解析】根据万有引力等于重力，列出等式：得：，其中M是任一星球的质量，r应该是物体在某位置到星球球心的距离．根据密度与质量关系得：M=ρ•πr3，则得：，星球的密度跟地球密度相同，星球的半径也是地球的2倍，则星球的表面重力加速度是地球表面重力加速度的2倍，故选C．7、AD【解析】A.根据可知加速度由速度的变化量和速度发生改变所需要的时间共同决定，虽然大，但更大时，加速度可以很小，故A正确；B.加速度的方向就是物体速度变化量的方向，速度变化方向为正，加速度方向为正，故B错误；C.加速度是描述速度变化快慢的物理量。速度变化越来越快，加速度越来越大，故C错误；D.如果物体加速度方向与速度方向相同，那么速度就会增大，如果加速度变小，速度增加得越来越慢，故D正确。8、BC【解析】A．根据动能定理可知，摩擦力对物体做功大小为，在物体匀加速运动的过程中，由于传送带的位移大于物体的位移，则传送带克服摩擦力做的功大于摩擦力对物体做功，所以传送带克服摩擦力做的功大于，故A错误；B．物体受重力、支持力和摩擦力，根据动能定理，传送带对物体做的功等于动能的增加量，即，故B正确；C．在传送物体过程产生的热量等于滑动摩擦力与相对路程的乘积，即假设加速时间为t，物体的位移为传送带的位移为根据动能定理有则热量为故C正确；D．电动机由于传送物体多消耗的能量等于物体动能增加量和摩擦产生的内能的和，故大于，故D错误。故选BC。9、BD【解析】卫星绕地球做匀速圆周运动，万有引力全部充当向心力，因此处于完全失重状态，但时仍然受地球得万有引力，故A错；由可得卫星绕地球运转轨道越高速度越小，第一宇宙时卫星在地表环绕得速度，轨道半径小于北斗卫星，因此速度大于北斗卫星速度，因此B对；赤道上得物体和地球同步卫星得角速度一样，由可知角速度相同，r越大加速度越大，地球同步卫星轨道半径大于赤道上得物体，因此，可知绕地球运转得卫星轨道越高加速度越小，由题可知，故，因此有，故C错误；由可知轨道半径一样，加速度大小一样，故D正确．综上分析，BD正确10、BD【解析】当B在最高点时，球B对杆无作用力，此时球B的重力提供作圆周运动所需的向心力则，解得：；由于AB转动的角速度相同，故根据v=ωr可知，故A错误，B正确；对A球受力分析可知，解得F=3mg，此时水平转轴对杆的作用力为3mg，则水平转轴对杆的作用力为3mg，故C错误，D正确.11、ABD【解析】A、当v0，根据机械能守恒定律有：mgh，解得h，即小球上升到高度为时速度为零，所以小球能够上升的最大高度为．故A正确．B、设小球恰好能运动到与圆心等高处时在最低点的速度为v，则根据机械能守恒定律得：mgRmv1，解得．故如果v0，则小球能够上升的最大高度为R．故B正确．C、设小球恰好运动到圆轨道最高点时在最低点的速度为v1，在最高点的速度为v1．则在最高点，有mg＝m从最低点到最高点的过程中，根据机械能守恒定律得：，解得v1，所以v0时，小球不能上升到圆轨道的最高点，会脱离轨道，在最高点的速度不为零．根据，知最大高度h．故C错误．D、当，由上分析知，上升的最大高度为1R．故D正确．故选ABD．12、CD【解析】试题分析：由于“粗糙斜面ab”，故两滑块组成系统的机械能不守恒，故A错误；由动能定理得，重力、拉力、摩擦力对M做的总功等于M动能的增加，故B错误；除重力弹力以外的力做功，将导致机械能变化，故C正确；除重力弹力以外的力做功，将导致机械能变化，摩擦力做负功，故造成机械能损失，故D正确考点：机械能守恒定律，动能定理的应用．二、实验题（本题共16分，答案写在题中横线上）13、B周期TACD物体质量m,重力F【解析】试题分析：据题意，当飞船绕行时有：，在星球表面有：和，联立这三式就可以求出行星质量M和半径R,所以需要用秒表测量绕行时的周期T和用弹簧测力计、物体一个及天平一台测量星球地面的重力加速度g；联立求得：．考点：本题考查万有引力定律．14、BCD4（−0.8m，0.2m）【解析】（1）[1]A．实验时只要把小球从斜槽轨道的同一位置由静止释放即可保证小球离开轨道时的速度相等，斜槽轨道不需要光滑，故A错误；B．为保证小球离开轨道后做平抛运动，斜槽末端的切线必须水平，故B正确；C．小球在竖直平面内做平抛运动，木板必须竖直安装，如果小球与木板发生摩擦，小球的运动轨迹会发生改变，因此小球不能和木板发生摩擦，故C正确；D．要保证小球的做平抛运动的速度相等，小球每次应从斜槽同一位置由静止开始下滑，故D正确。故选BCD。（2）[2][3]设小球抛出时初速度的大小为v，拋出点M的坐标为（x，y），显然x<0，y>0小球从M到A，在水平方向上运动的时间在竖直方向上，有同理，小球从M到E，可得小球从M到B，可得联立以上各式，解得，，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）（2）【解析】（1）由乙图知：小球做圆周运动在最高点拉力为F2，在最低点拉力为F1设最高点速度为，最低点速度为，绳长为在最高点：在最低点：由机械能守恒定律，得结合以上公式解得（2）在星球表面：星球密度：结合以上公式解得综上所述本题答案是：(1)（2）点睛：(1)小球在竖直平面内做圆周运动,在最高点与最低点绳子的拉力与重力的合力提供向心力,由牛顿第二定律可以求出重力加速度.(2)万有引力等于重力,求出星球的质量,然后由密度公式求出星球的密度.本题考查了求重力加速度、星球密度等问题,应用牛顿第二定律、万有引力定律、机械能守恒定律、密度公式即可正确解题.16、(1)0.8m；(2)能；4N，方向沿OC向上；(3)[0，]∪[，+∞]m/s【解析】(1)小球从B到A做平抛运动，在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，据题知，小球到达A点时，速度与水平方向的夹角为θ，则有小球到达A点的速度为vA5m/s对平抛运动的过程，由机械能守恒得mgh解得A、B两点的高度差h＝0.8m(2)假设小球能到达C点，由机械能守恒得mgR(1+cosθ)代入数据解得vC＝3m/s小球通过C点的最小速度为v，则mg＝m得vm/s因为vC＞v，所以小球能到达最高点C，在C点，由牛顿第二定律得mg+F＝m代入数据解得F＝4N由牛顿第三定律知，小球对C点的压力大小为4N，方向沿OC向上(3)到O等高位置速度为零，由机械能守恒得mgRcosθ=mv12解得v1=m/s由(2)可知小球通过C点的最小速度为v=m/s，从A到C由动能定理有－mgR(1+cosθ)=mv2－mv12解得v1=m/s综上所得v1满足题意的条件为[0，]∪[，+∞）m/s17、可能为1s，3s，【解析】取竖直向上为正方向，当石块运动到抛出点上方离抛出点15m时，位移为h=15m，由得，当石块运动到抛出点下方离抛出点15m时，位移为h=-15m，由得，（舍）故小球运动到离抛出点15m处所用时间可能为1s，3s，。