2023届广东省肇庆市物理高一下期中达标检测模拟试
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请考生注意：1．请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用0．5毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。写在
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卷、草稿纸上均无效。2．答题前，认真阅读答题纸上的《注意事项》，按
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答题。一、选择题（本题共12小题，每小题5分，共60分，在每小题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项正确，有的小题有多个选项正确.全部选对的得5分，选不全的得3分，有选错的或不答的得0分）1、如图所示，在发射地球同步卫星的过程中，卫星首先进入椭圆轨道I，然后在Q点通过改变卫星速度，让卫星进入地球同步轨道Ⅱ，则（ ）A．该卫星的发射速度必定大于11.2km/sB．卫星在同步轨道Ⅱ上的运行速度大于7.9km/sC．只有万有引力作用情况下，卫星在轨道Ⅱ上通过Q点的加速度大于在轨道I上通过Q点的加速度D．卫星在Q点通过加速实现由轨道Ⅰ进入轨道Ⅱ2、行星绕太阳运动的轨道是椭圆。如果椭圆半长轴为r，行星运行周期为T，不同行星的都是相同的。这一规律的发现者是（ ）A．第谷B．开普勒C．哥白尼D．牛顿3、如图所示，倒置的光滑圆锥面内侧，有两个小玻璃球A、B沿锥面在水平面内做匀速圆周运动，则下列关系式正确的是A．两小玻璃球的线速度vA
表
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V1、V2示数变化的绝对值分别为△U1和△U2，下列说法中正确的是（ ）A．小灯泡L1、L2变暗，L3变亮B．小灯泡L3变暗，L1、L2变亮C．△U1＞△U2D．△U1=△U212、两质量之比为的卫星绕地球做匀速圆周运动，运动的轨道半径之比，则下列关于两颗卫星的说法中正确的是（）A．线速度大小之比为B．运动的周期之比为C．向心加速度大小之比为D．角速度之比为二．填空题(每小题6分，共18分)13、我们知道月球表面没有空气，因此平抛运动的实验效果更好，某宇航员使用闪光照相拍摄小球在月球表面运动的位置，如图所示为小球做平抛运动的闪光照相照片的一部分，图中背景方格的边长表示实际长度8mm，照相机闪光的周期Ｔ＝0.1s，那么：⑴月球表面重力加速度为___m/s2；⑵小球运动中水平分速度的大小是____m/s；⑶小球经过B点时的速度大小是____m/s．14、小明用如图所示装置研究加速度与力的关系，图中带滑轮的长木板水平放置于桌面，拉力传感器可直接显示所受到的拉力大小．实验时，下列操作必要且正确的是________。．A．吊上砂桶时将长木板右端适当垫高，使小车能自由匀速滑动;B．小车靠近打点计时器，先接通电源，再释放小车，打出一条纸带，同时
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传感器的示数;C．改变砂和砂桶质量，重复步骤B，打出几条纸带;D．用天平测出砂和砂桶的质量;E．为了减小误差，实验中一定要保证砂和砂桶的质量远小于小车的质量15、如图用落体法“验证机械能守恒定律”的实验中：（g取9.8m/s2）。(1)运用公式时对实验条件的要求是________。(2)若实验中所用重锤质量m=1kg，打点纸带如图所示，打点时间间隔为0.02s，则记录B点时，重锤动能Ek=_____；从开始下落起至B点，重锤的重力势能减少量是_________，由此可得出的结论是_______________。三．计算题(22分)16、（12分）如图所示的“S”字形玩具轨道，该轨道是用内壁光滑的薄壁细圆管弯成，固定在竖直平面内，轨道弯曲部分是由两个半径相等的半圆连结而成，圆半径必细管内径大得多，轨道底端与水平地面相切．弹射装置将一个小球（可视为质点）从点水平弹射向点并进入轨道，经过轨道后从点水平抛出，已知小物体与地面段间的动摩擦因数，不计其它机械能损失，段长，圆的半径，小物体质量，轨道质量为，，求：（1）若，小物体从点抛出后的水平射程；（2）若，小物体经过轨道的最高点时管道对小物体作用力的大小和方向；（3）设小球进入轨道之前，轨道对地面的压力大小等于轨道自身的重力，当至少为多大时，可出现轨道对地面的瞬时压力为零．17、（10分）质量为m＝0.60kg的篮球从距地板H＝0.80m高处由静止释放，与水平地板撞击后反弹上升的最大高度h＝0.45m，从释放到弹跳至h高处经历的时间t＝1.0s．忽略空气阻力作用，重力加速度取g＝10m/s2，求：（1）篮球与地板撞击过程中损失的机械能△E；（2）篮球对地板的平均撞击力．参考答案一、选择题（本题共12小题，每小题5分，共60分，在每小题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项正确，有的小题有多个选项正确.全部选对的得5分，选不全的得3分，有选错的或不答的得0分）1、D【解析】A．第二宇宙速度11.2km/s，是卫星脱离地球引力束缚的最小发射速度，由于同步卫星仍然绕地球飞行，则发射的速度不能大于11.2km/s，故A错误；B．第一宇宙速度7.9km/s，是卫星在地球表面飞行时的速度，是最小的发射速度，根据万有引力提供向心力，有解得卫星在同步轨道Ⅱ上运动时，轨道半径变大，运行速度小于7.9km/s，故B错误；C．只有万有引力作用情况下，则有得同一位置的加速度相等，即卫星在轨道Ⅱ上通过Q点的加速度等于在轨道Ⅰ上通过Q点的加速度，故C错误；D．卫星在Q点通过加速，做离心运动，由轨道I进入轨道Ⅱ，故D正确。故选D。2、B【解析】开普勒第三定律指出所有围绕太阳运转的行星的轨道的半长轴的三次方跟公转周期的二次方的比值都相等，故B正确ACD错误。故选B。3、D【解析】对A、B两球分别受力分析，如图由图可知 F合=mgtanθ；因为两小球质量不知，所以它们的向心力不一定相等，故C错误；根据向心力公式有解得：a=gtanθ，，；由于A球转动半径较大，故向心加速度一样大，A球的线速度较大，角速度较小，所以AB错误，D正确。4、A【解析】做曲线运动的物体可以受恒力作用，其加速度可以保持不变，如平抛运动，故A正确；既然是曲线运动，它的速度的方向必定是改变的，所以曲线运动一定是变速运动，故B错误；做曲线运动的物体其所受合力一定指向轨迹的内侧，故C错误；在曲线运动中，质点的速度方向一定沿着轨迹的切线方向，故D错误．所以A正确，BCD错误．5、A【解析】A.行星围绕太阳运动的轨道是椭圆，太阳处在椭圆的一个焦点上，根据开普勒第二定律，太阳与行星的连线在相同时间内扫过的面积相等，太阳行星的距离不同，线速度不同，则A错误，D正确；B.每一个行星而言，太阳行星的连线在相同时间内扫过的面积相等，距离太阳越近，速度越大，该行星在a点的速度比在b、c两点的速度都大，故B正确；C．根据万有引力提供向心力，，即，距离太阳越近，向心加速度越大，该行星在a点的向心加速度比在b、c两点的都大，故C正确；本题选择错误答案，故选A6、C【解析】做匀速圆周运动的物体，向心力大小不变，方向时刻变化，所以向心加速度的方向始终指向圆心，在不同的时刻方向是不同的，而大小不变，故C正确，ABD错误。故选C。7、AB【解析】引用公式，这个关系式实质是牛顿第二定律，可以在实验室得到验证，故A正确．引用公式．这个关系式实质是匀速圆周运动的一个公式，即线速度等于弧长与时间的比值，是通过速度的定义式得到的，故B正确．引用公式是开普勒第三定律，是从观察行星运动所取得的资料中总结出来的，在实验室无法验证，故CD错误．故选AB．8、BD【解析】A．汽车匀加速启动，则在匀加速阶段，牵引力恒定，由图可知，在匀加速运动阶段加速度根据牛顿第二定律代数解得故A错误，B正确；C．在5s末，汽车达到额定功率，根据代数可得，汽车的额定功率为故C错误；D．当达到额定功率后，功率不再变化，速度继续增加，故牵引力减小，当牵引力减小到等于阻力时，汽车达到最大速度。有解得故D正确。故选BD。9、AD【解析】AB.、和三点都在圆环上，所以三点转动的角速度相等，由图可知三点的转动半径不同，大小关系为：，由公式可得三点的线速度的关系为：；由关系可得三点的向心加速度的关系为：。故A正确，B错误。C.任意时刻P、Q、R三点的线速度方向与各自的轨迹圆相切，所以任意时刻线速度方向均相同的。故C错误。D.任意时刻P、Q、R三点向心加速度的方向均是水平指向轴的，可以看出任意时刻P、Q、R三点向心加速度的方向相同。故D正确。10、CD【解析】根据速度的分解知识可知，B球的速度沿绳子方向的分速度等于A的速度，则两球速度大小不是始终相等，选项A错误；重力瞬时功率公式为P=mgvcosα，α是重力与速度的夹角．一开始B球是由静止释放的，所以B球在开始时重力的功率为零；B球运动到a点时，α=90°，重力的功率也为零，所以重力对小球B做功的功率先增大后减小，故B错误．在B球由c下滑到a的过程中，绳子的拉力一直对A球做正功，由功能原理可知，A球的机械能一直增加．故C正确．设小球B经过a点时的速度大小为v1，此时A球的速度大小为v1．则有：v1=v1cos30°;由系统的机械能守恒得：4mgR（1-cos60°）=mgR+；联立解得v1=．故D正确．故选CD．【点睛】本题解题的关键是对两个小球运动情况的分析，知道两球沿绳子方向的分速度大小相等以及系统的机械能守恒；能用特殊位置法判断B的重力的瞬时功率．11、BC【解析】当滑动变阻器的触片P从右端滑到左端时，分析变阻器接入电路的电阻的变化，确定外电路总电阻的变化，分析总电流和路端电压的变化，判断灯L1亮度的变化．根据总电流的变化，分析并联部分电压的变化，判断L3亮度的变化．根据总电流与通过L3电流的变化，分析通过L1电流的变化，判断其亮度变化．根据路端电压的变化，分析△U1和△U1的大小．【详解】当滑动变阻器的触片P从右端滑到左端时，变阻器接入电路的电阻减小，外电路总电阻减小，总电流增大，则L1变亮．变阻器的电阻减小，并联部分的电阻减小，则并联部分电压减小，则L3变暗．总电流增大，而L3的电流减小，则L1的电流增大，则L1变亮，故A错误，B正确；由上分析可知，电压表V1的示数减小，电压表V1的示数增大，由于路端电压减小，所以△U1＞△U1．故C正确，D错误．所以BC正确，AD错误．【点睛】本题是电路动态变化分析问题，按“局部→整体→局部”思路进行分析．运用总量法分析两电压表读数变化量的大小．12、AC【解析】根据万有引力等于向心力得：，解得：，已知，代入得，两颗卫星线速度之比为，故A正确。根据万有引力提供向心力得：，解得：，故两颗卫星周期之比为：，故B错误。根据万有引力提供向心力得：，解得：，故两颗卫星的向心加速度之比为：，故C正确。根据万有引力提供向心力得：，解得：，故两颗卫星角速度之比为：，故D错误。故选AC。【点睛】已知卫星的质量和轨道半径之比，可以由万有引力提供向心力列式，分析线速度，向心加速度，周期，角速度的关系．二．填空题(每小题6分，共18分)13、1.60.240.4【解析】（1）根据竖直方向运动：，解得：（2）水平方向：，（3）B点的竖直速度，所以B点速度：14、BC【解析】A项：实验前要平衡摩擦力，将长木板右端适当垫高，使小车能自由匀速滑动，平衡摩擦时，不能挂上砂桶和砂，故A错误；B项：为充分利用纸带，小车靠近打点计时器，应先接通电源，再释放小车，打出一条纸带，同时记录传感器的示数，故B正确；C项：为得出普遍规律，改变砂和砂桶质量，打出几条纸带，故C正确；D项：小车受到的拉力可由拉力传感器测出来，不需要用天平测出砂和砂桶的质量，故D错误；E项：小车受到的拉力可以由拉力传感器测出，实验中不需要保证砂和砂桶的质量远小于小车的质量，故E错误。故选：BC。15、初速度为00.174J0.175J在误差允许的范围内，重锤减少的重力势能等于增加的动能【解析】(1)[1]运用公式时，初动能应该为0，所以对纸带上起点的要求是重锤从初速度为0开始。(2)[2]利用匀变速直线运动中间时刻的速度等于平均速度的推论得则记录B点时，重锤动能[3]从开始下落至B点，重锤的重力势能减少量[4]因为Ek≈∆Ep，所以可以得出结论：在误差允许的范围内，重锤减少的重力势能等于增加的动能。三．计算题(22分)16、（1）（2）1.1N，方向竖直向下．（3）5m/s【解析】(1)设小球到达c点处速度为v，由动能定理，得－μmgL－mg4R＝mv2－mv02小球由c点做平抛运动，有4R＝gt2x＝vt联立并代入数值解得小球从最高点c抛出后的水平射程：x＝(2)当小球通过c点时，由牛顿第二定律得:FN＋mg＝m代入数值解得管道对小球作用力:FN＝1.1N，方向竖直向下．(3)要使小球以最小速度v0运动，且轨道对地面的压力为零，则小球的位移应该在“S”形道中间位置，设小球到达c点处速度为vc，由动能定理，得－μmgL－mg2R＝mvc2－mv02当小球通过c点时，由牛顿第二定律得：FN′＋mg＝m要使轨道对地面的压力为零，则有FN′＝Mg联立并代入数值解得：v0＝5m/s.17、（1）2.1J（2）20N【解析】（1）皮球与地板撞击过程中损失的机械能为：△E=mgH-mgh=0.6×10×（0.8-0.45）J=2.1J（2）设皮球从H高处下落到地板所用时间为t1，刚接触地板时的速度为v1；反弹离地时的速度为v2，上升的时间为t2，由动能定理和运动学公式得：下落过程：mgH=mv12，代入数据解得：v1=4m/s，t1==0.4s上升过程：-mgh=0-mv22，代入数据解得：v2=3m/s，t2=0.3s皮球与地板接触时间为：△t=t-（t1+t2）=0.3s设地板对皮球的平均撞击力为，取竖直向上为正方向，由动量定理得：（-mg）△t=mv2-（-mv1）代入数据解得：=20N根据牛顿第三定律，皮球对地板的平均撞击力为：=20N，方向向下．【点睛】本题考了自由落体运动的基本规律和动量定理的应用．皮球与地面接触的过程中，合外力对物体的冲量等于物体动量的变化量．也可以对全过程，运用动量定理列方程．
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