山东省烟台市2023年高一物理第二学期期中检测模拟试题含解析

山东省烟台市2023年高一物理第二学期期中 检测 工程第三方检测合同工程防雷检测合同植筋拉拔检测方案传感器技术课后答案检测机构通用要求培训 模拟试题注意事项1．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回．2．答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用0．5毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置．3．请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符．4．作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案．作答非选择题，必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效．5．如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗．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、关于万有引力定律的发现，符合历史事实的是（）A．开普勒通过分析第谷的天文观测数据发现了万有引力定律B．牛顿发现了万有引力定律，卡文迪许测出了万有引力常量C．牛顿发现了万有引力定律，笛卡儿测出了万有引力常量D．牛顿发现了万有引力定律并测出了万有引力常量2、如图所示，用细线吊着一个质量为m的小球，使小球在水平面内做圆锥摆运动，关于小球受力正确的是（　　）A．受重力、拉力、向心力B．受重力、拉力C．受重力D．以上说法都不正确3、假设地球可视为质量均匀分布的球体，已知一颗人造地球卫星绕地球做匀速圆周运动的半径为R，周期为T；地球的半径为R1，自转周期为T1．则地球 表 关于同志近三年现实表现材料材料类招标技术评分表图表与交易pdf视力表打印pdf用图表说话 pdf 面赤道处的重力加速度大小与两极处重力加速度大小的比值为（　　）A．B．C．D．4、如图所示，两个质量不同的小球用长度不等的细线拴在同一点，并在同一水平面内作匀速圆周运动，则它们的（）A．运动周期相同B．运动线速度大小相同C．向心力大小一定相同D．向心加速度大小相同5、万有引力定律首次揭示了自然界中物体间一种基本相互作用的规律．以下说法正确的是A．物体的重力不是地球对物体的万有引力引起的B．人造地球卫星离地球越远，受到地球的万有引力越大C．人造地球卫星绕地球运动的向心力由地球对它的万有引力提供D．宇宙飞船内的宇航员处于失重状态是由于没有受到万有引力的作用6、在下列实例中，不计空气阻力，机械能不守恒的是（　　）A．物体做竖直上抛运动B．平抛运动C．起重机将重物匀速吊起D．自由落体运动7、如图所示，总质量为460kg的热气球，从地面刚开始竖直上升时的加速度为0.5m/s1，当热气球上升到180m时，以5m/s的速度向上匀速运动．若离开地面后热气球所受浮力保持不变，上升过程中热气球总质量不变，重力加速度g=10m/s1．关于热气球，下列说法正确的是（）A．所受浮力大小为4830NB．加速上升过程中所受空气阻力保持不变C．从地面开始上升10s后的速度大小为5m/sD．以5m/s匀速上升时所受空气阻力大小为130N8、关于平抛运动，下列说法中正确的是（　　）A．平抛运动是加速度不变的运动B．做平抛运动的物体速度变化越来越快C．做平抛运动的物体在相等时间内速度变化量相等D．质量不同的物体做平抛运动时加速度不同9、下列说法正确的是(　　)A．做曲线运动的物体的速度一定变化B．速度变化的运动一定是曲线运动C．同一物体的动量越大，其速度一定越大D．物体所受合力不为零，其机械能一定不守恒10、已知一足够长的传送带与水平面的倾角为θ，以一定的速度匀速运动．某时刻在传送带适当的位置放上具有一定初速度的物块（如图a所示），以此时为t＝0时刻记录了小物块之后在传送带上运动速度随时间的变化关系，如图b所示（图中取沿斜面向上的运动方向为正方向，其中两坐标大小v1＞v2）．已知传送带的速度保持不变．（g取10m/s2）则（）A．0～t1内，物块对传送带做正功B．物块与传送带间的动摩擦因数为μ，μ>tanθC．0～t2内，传送带对物块做功为D．系统产生的热量大小一定大于物块动能的变化量大小11、如图，质量为m的小球在竖直平面内的光滑圆环轨道上作圆周运动，圆半径为R。小球经过圆环最高点时刚好不脱离圆环．则通过最高点时（）A．小球对圆环的压力大小等于mgB．小球受到的向心力等于重力mgC．小球的线速度大小等于D．小球的向心加速度大小等于g12、质量一定的质点在运动过程中，动能保持不变，则质点的动量（  ）A．一定不变B．可能不变C．可能变化D．一定变化二、实验题（本题共16分，答案写在题中横线上）13、（6分）某同学利用如图所示的装置“探究合外力做功与物体动能变化的关系”，具体实验步骤如下∶A．按照图示安装好实验装置，挂上砂桶（含少量砂子）；B．调节长木板的倾角，轻推小车后，使小车沿长木板向下运动，且通过两个光电门的时间相等；C．取下细绳和砂桶，测量砂子和桶的质量m，并记录数据；D．保持长木板的倾角不变，将小车置于靠近滑轮的位置，由静止释放小车，记录小车先后通过光电门甲和乙时的时间t1、t2，并测量遮光条的宽度d，光电门甲、乙之间的距离为s；E．改变光电门甲、乙之间的距离，重复步骤D；请回答下列各问题：（用题目所给字母表示）(1)若砂桶和砂子的总质量为m，小车的质量为M，重力加速度为g，则步骤D中小车下滑时所受合力大小为________。（忽略空气阻力）(2)在误差允许的范围内，若满足__________，则表明物体所受合外力做的功等于物体动能变化量。14、（10分）如图所示，在一端封闭的光滑细玻璃管中注满清水，水中放一个红蜡做成的小圆柱体R（R视为质点），将玻璃管的开口端用胶塞塞紧后竖直倒置且与y轴重合，在R从坐标原点以速度v0＝2cm/s匀速上浮的同时，玻璃管沿x轴正方向做初速度为零的匀加速直线运动。(1)同学们测出某时刻R的坐标为（2cm，4cm），此时R的速度大小为______cm/s，R的加速度大小为______cm/s2；(2)R在上升过程中运动轨迹的示意图是下图中的________（填选项字号）。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，在光滑的平台上有一轻弹簧，其左端固定不动，右端位于P点时轻弹簧处于原长状态。现用一质量为1kg可视为质点的小物块向左将弹簧压缩至右端位于Q点，然后由静止释放，小物块从A点以4m/s的速度离开平台，在平台的右侧有一固定在竖直平面内的圆弧轨道BC，圆弧的半径为4m，圆心角θ=37°.在圆弧轨道的右侧有一质量为2kg的长木板静止在光滑的水平面上，长木板的左端挨着圆弧轨道，其上表面与过圆弧轨道C点的切线平齐。小物块离开平台后恰好沿B点的切线方向进入圆弧轨道运动，从B到C的过程中小物块克服摩擦力做功2.5J.小物块离开C点后滑上长木板的左端继续运动，已知小物块和长木板间的动摩擦因数为0.2，g取10m/s2。（sin37°=0.6，cos37°=0.8）求：（1）小物块在Q点时弹簧具有的弹性势能；（2）小物块运动到C点时对轨道的压力；（3）要使小物块不从长木板上掉下来，长木板的最小长度。16、（12分）如图所示，用长为R的不可伸长的轻绳将质量为的小球A悬挂于O点．在光滑的水平地面上，质量为m的小物块B（可视为质点）置于长木板C的左端静止．将小球A拉起，使轻绳水平拉直，将A球由静止释放，运动到最低点时与小物块B发生弹性正碰．（1）求碰后轻绳与竖直方向的最大夹角θ的余弦值．（2）若长木板C的质量为2m，小物块B与长木板C之间的动摩擦因数为μ，长木板C的长度至少为多大，小物块B才不会从长木板C的上表面滑出？17、（12分）图示为修建高层建筑常用的塔式起重机．在起重机将质量m=5×103kg的重物竖直吊起的过程中，重物由静止开始向上作匀加速直线运动，加速度a="0.2"m/s2，当起重机输出功率达到其允许的最大值时，保持该功率直到重物做vm="1.02"m/s的匀速运动．取g="10"m/s2,不计额外功．求：(1)起重机允许输出的最大功率．(2)重物做匀加速运动所经历的时间和起重机在第2秒末的输出功率．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】牛顿通过分析第谷的天文观测数据发现了万有引力定律，选项A错误；牛顿发现了万有引力定律，卡文迪许测出了万有引力常量，选项B正确，CD错误；故选B.2、B【解析】小球在水平面内做匀速圆周运动，对小球受力分析，如图小球受重力和绳子的拉力作用，两者的合力提供向心力，故ACD错误，B正确。故选B。3、C【解析】人造地球卫星绕地球做匀速圆周运动的半径为R，周期为T，故：解得：、在南北两极，万有引力等于重力，故两极处重力加速度大小：、考虑地球的自转，在赤道的重力加速度：、联立、解得：，故选项C正确，ABD错误．点睛：本题关键是明确解题的思路，先利用人造地球卫星得到地球的质量，再结合牛顿第二定律列式，本题要考虑地球的自转．4、A【解析】对其中一个小球受力分析，如图，受重力，绳子的拉力，由于小球做匀速圆周运动，故合力提供向心力；将重力与拉力合成，合力指向圆心，由几何关系得，合力：F=mgtanθ；由向心力公式得到：F=mω2r；设绳子与悬挂点间的高度差为h，由几何关系，得：r=htanθ；由三式得：，与绳子的长度和转动半径无关．A．由知，周期相同，故A正确；B．由v=ωr，两球转动半径不等，线速度不同，故B错误；CD．由a=ω2r，F=ma可知，两球转动半径不等，则向心加速度和向心力不相等，故CD错误.5、C【解析】物体的重力是由地球的引力而产生的，A正确；根据万有引力公式，B错误；人造地球卫星围绕地球做圆周运动，万有引力完全提供向心力，C正确；宇航员处于完全失重状态，是万有引力完全提供向心力，D错误．6、C【解析】A．物体做竖直上抛运动，只有重力做功，则机械能守恒，选项A不符合题意；B．平抛运动，只有重力做功，则机械能守恒，选项B不符合题意；C．起重机将重物匀速吊起，动能不变，重力势能增大，则机械能增加，选项C符合题意；D．自由落体运动，只有重力做功，则机械能守恒，选项D不符合题意。故选C。7、AD【解析】A、从地面刚开始竖直上升时，速度为零，故阻力为零，气球受重力和浮力，根据牛顿第二定律，有：F浮-mg=ma，解得：F浮=m（g+a）=460×（10+0.5）N=4830N，故A正确；B、气球受重力、浮力和空气阻力，若阻力不变，合力不变，气球匀加速上升，矛盾，故B错误；C、刚开始竖直上升时的加速度为0.5m/s1，气球是变加速运动，加速度逐渐减小，故10s后的速度大小小于5m/s，故C错误；D、以5m/s匀速上升时，根据平衡条件，有：F浮=mg+f，解得f=130N，故D正确；故选AD.8、AC【解析】A.平抛运动的加速度为重力加速度，且不变，故A正确；B.速度变化快慢由加速度来描述，因平抛运动的加速度为重力加速度，所以做平抛运动的物体速度变化快慢不变，故B错误；C.平抛运动的加速度不变，由可知在相等时间内速度变化量相等，故C正确；D.平抛运动的加速度为重力加速度，与质量无关，故D错误。故选AC。9、AC【解析】A项：做曲线运动的物体的速度方向一定改变，所以速度一定变化，故A正确；B项：速度变化的运动不一定是曲线运动，如匀加速直线运动，速度方向不变，大小变化，故B错误；C项：由公式可知，同一物体动量越大，速度一定越大，故C正确；D项：物体所受合外力不为零，其机械能不一定守恒，如平抛运动合外力不为零，但只有重力做功，其机械能守恒，故D错误．10、BD【解析】A．由图知，物块先向下运动后向上运动，则知传送带的运动方向应向上．内，物块对传送带的摩擦力方向沿传送带向下，则物块对传送带做负功，故A错误；B．在内，物块向上运动，则有得故B正确；C．内，由图“面积”等于位移可知，物块的总位移沿斜面向下，高度下降，重力对物块做正功，设为，根据动能定理得：则传送带对物块做功故C错误；D．内，重力对物块做正功，物块的重力势能减小、动能也减小都转化为系统产生的内能，则由能量守恒得知，系统产生的热量一定比物块动能的减少量大，故D正确．故选BD。11、BCD【解析】A．因为小球刚好在最高点不脱离圆环，则轨道对球的弹力为零，所以小球对圆环的压力为零，故A错误；BCD．小球受到的重力mg恰好提供向心力，根据牛顿第二定律得故线速度，向心加速度，故BCD正确。故选BCD。12、BC【解析】由动能可知动能不变时，速度的大小一定不变，但速度的方向可能不变或变化，则矢量动量可能变化，如匀速圆周运动，也可能不变如匀速直线运动．故选BC．【点睛】本题是矢量与标量的重大区别，同时掌握动量的大小和动能之间的换算关系：.二、实验题（本题共16分，答案写在题中横线上）13、mg【解析】（1）[1]由步骤B，可知小车和砂桶都做匀速直线运动；对小车，沿斜面方向，根据平衡条件可得对砂桶，根据平衡条件可得在步骤D中对小车，根据牛顿第二定律有联立可得即步骤D中小车加速下滑时所受合力大小为mg；（2）[2]遮光片通过两个光电门1、2的速度分别为v1=，v2=故小车动能变化量为在误差允许的范围内，合外力做功等于物体动能的变化量，即14、1B【解析】（1）[1][2]小圆柱体R沿y轴正方向做匀速运动有则t＝2s，R沿x轴正方向做初速度为0的匀加速运动有解得此时R的速度大小（2）[3]因合外力方向沿x轴正方向，由合外力指向曲线弯曲的内侧可判断出轨迹示意图是B。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）8J（2）19N，方向竖直向下（3）6m【解析】（1）小物块在Q点时弹簧具有的弹性势能得（2）B点：从B到C据动能定理有得在C点：得据牛顿第三定律，小物块对轨道的压力方向：竖直向下（3）小物块滑上长木板后向右匀减速，长木板向右匀加速对小物块：得对长木板：得设二者经过t时间达到共同速度v，则得据能量守恒有得要使小物块不从长木板上掉下来，长木板的最小长度16、（1）（2）【解析】（1）设小球A与小物块B碰前瞬间的速度为v0，则有设碰后小球A和小物块B的速度分别为v1和v2，有v0＝v1＋mv2设碰后小球A能上升的最大高度为H，有所求cosθ＝由以上各式解得cosθ＝.（2）法一：由（1）可求得碰后小物块B的速度为v2＝设小物块B与长木板C相互作用达到的共同速度为v，长木板C的最小长度为L，有mv2＝（m＋2m）vμmgL＝mv22－（m＋2m）v2由以上各式解得L＝.法二：由（1）可求得碰后小物块B的速度为v2＝设小物块B运动位移为x1时，小物块B、长木板C达到共同速度v，此时长木板C运动的位移为x2对小物块B有μmg＝maB，v22－v2＝2aB∙x1对长木板C有μmg＝2maC，v2＝2aC∙x2，＝木板的最小长度L＝x1－x2由以上各式解得L＝.17、（1）P0=5.1×104W（2）P=2.04×104W．【解析】（1）设起重机允许输出的最大功率为P0，重物达到最大速度时，此时物体做匀速直线运动，拉力F0等于重力．P0=F0vm①F0=mg②代入数据，有：P0=5.1×104W③（2）匀加速运动结束时，起重机达到允许输出的最大功率，设此时重物受到的拉力为F，速度为v1，匀加速运动经历时间为t1，有：P0=Fv1④F-mg=ma⑤V1=at1⑥由③④⑤⑥，代入数据，得：t1=5 s⑦T=2s时，重物处于匀加速运动阶段，设此时速度为v2，输出功率为P，则v2=aT⑧P=Fv2⑨由⑤⑧⑨，代入数据，得：P=2.04×104W．点睛：高中物理中，分析受力和物理过程是非常重要的．最大功率要用第三阶段中的Pm=FV=mgVm计算，而不能用第一阶段中的F与第三阶段中的Vm的乘积计算，两个F是不同的；Vm是最终速度，整个过程并不全是匀加速运动，不能用Vm=at来计算整个过程时间．应该根据Pm=FV1=（mg+ma）at来求t．要注意某一时刻的物理量要对应起来．