2023自治区乌兰察布集宁区二中高三上学期10月期中考试物理含解析

这是一份2023自治区乌兰察布集宁区二中高三上学期10月期中考试物理含解析，共9页。试卷主要包含了单选题，多选题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题（共7题，每题5分，共35分）
1、摩天轮是游乐场里的大型娱乐项目，它的直径可以达到几百米。乘客乘坐时，转轮始终不停地匀速转动，下列说法中正确的是( )
A. 在最高点，乘客处于超重状态
B. 任一时刻乘客受到的合力都不等于零
C. 乘客在乘坐过程中对座椅的压力始终不变
D. 乘客在乘坐过程中的机械能始终保持不变
2、如图所示，A，B，C三个物体放在旋转的水平圆盘面上，物体与盘面间的最大静摩擦力均是其重力的k倍，三物体的质量分别为2m、m、m，它们离转轴的距离分别为R、R、2R.当圆盘旋转时，若A，B，C三物体均相对圆盘静止，则下列判断中正确的是( )
A. A物的向心加速度最大
B. B和C所受摩擦力大小相等
C. 当圆盘转速缓慢增大时，C比A先滑动
D. 当圆盘转速缓慢增大时，B比A先滑动
3、某颗中子星的质量约为地球质量的5×105倍，半径约为20km，每秒钟可沿自己的轴线自转600圈.已知地球的半径为6400km，地球表面的重力加速度取10m/s2，则该中子星赤道的重力加速度大小与地球表面的重力加速度大小之比约为( )
A. 8×1018B. 6×1014C. 4×1012D. 2×1010
4、2021年2月8日，东海高铁开通运营，设计时速350公里的高铁便利了东海人民的出行.如图所示，设高铁运行时受到的阻力与速度成正比，若高铁以速度v匀速行驶，发动机的功率为P.则当高铁发动机功率为4P时，其匀速行驶的速度为( )
A. 2vB. 3v
C. 4vD. 8v
5、如图所示，一跳台滑雪运动员以6m/s的初速度从倾角为30°的斜坡顶端水平滑出。不计空气阻力，重力加速度g=10m/s2。则运动员再次落到斜面上时，其落点与坡顶的高度差为( )
A. 2.4m
B. 3.6m
C. 4.8m
D. 5.4m
6、如图所示，质量m=10 kg的物体在F=100 N斜向下的推力作用下，沿水平面以v=1 m/s的速度匀速前进x=1 m，已知F与水平方向的夹角θ=30°，重力加速度g=10 m/s2，则( )
A. 推力F做的功为100 J
B. 推力F的功率为100 W
C. 物体与水平面间的动摩擦因数为33
D. 物体克服摩擦力做功为50 J
7、质量为2 kg的物体以一定的初速度沿倾角为30°的斜面向上滑行，在向上滑行的过程中，其动能随位移的变化关系如图所示，则物体返回到出发点时的动能为(取g=10 m/s2)( )
A. 34 J
B. 56 J
C. 92 J
D. 196 J
二、多选题（共3题，每题6分，共18分）
8、如下图所示，轻质弹簧竖直放置，下端与水平地面相连，让小球从距离弹簧上端一定高度自由下落，直至弹簧被压缩到最短的整个下落过程中(弹簧始终在弹性限度内且不计空气阻力的影响)，下列说法正确的是( )
A. 小球的机械能守恒
B. 小球的机械能减小
C. 小球的动能一直增大
D. 小球、弹簧组成的系统机械能守恒
9、通过观测冥王星的卫星，可以推算出冥王星的质量。假设卫星绕冥王星做匀速圆周运动，除了引力常量外，至少还需要两个物理量才能计算出冥王星的质量。这两个物理量可以是( )
A. 卫星的速度和角速度B. 卫星的质量和轨道半径
C. 卫星的质量和角速度D. 卫星的运行周期和轨道半径
10、如图所示，在双人花样滑冰运动中，有时会看到被男运动员拉着的女运动员离开地面在空中做圆锥摆运动的精彩场面，目测体重为G的女运动员做圆锥摆运动时和水平冰面的夹角约为30​∘，重力加速度为g，估算该女运动员（ ）
A. 受到的拉力为2G
B. 受到的合力为3G
C. 向心加速度为3g
D. 向心加速度为2g
三 、实验题（共4空，每空3分，共12分）
11、某同学用落体法验证机械能守恒定律，装置如图甲所示。当地重力加速度为g。

(1)关于实验的要点，下列说法正确的是_______。
A.打点计时器所接电源为4—6 V的交流电 B.打点计时器的两限位孔应在同一竖直面内
C.重物在释放之前要尽量靠近打点计时器 D.重物应选用质量小体积小的物块
(2)如图所示为打出的一条纸带，图中O点是打点计时器打出的第一个点，A，B，C分别是连续选取的三个计时点，OA=ℎ1，OB=ℎ2，OC=ℎ3交流电的频率为f，则打B点时重物的速度大小为______。
(3)若测出纸带上各点到O点之间的距离ℎ，算出打各点的速度v，以v2为纵轴，ℎ为横轴，作出的图像所示，图像未过坐标原点，可能原因是_____________________。重新实验，如果作出的图像为过原点的一条斜的直线，且图像的斜率为________，则机械能守恒得到验证。
计算题（共3题，12题10分，13题12分，14题13分，共35分）
12、山东青岛码头的清晨，一艘质量为2000t的货轮，从码头由静止起航，沿直线航行，保持发动机输出功率等于其额定功率不变，经过15min达到最大航行速度，已知额定功率为4×106W，水对船阻力大小恒为2×105N，试求：
(1)轮船最大航行速度；
(2)从静止到最大速度牵引力做的功；
(3)从静止到最大速度轮船离开码头的距离。
13、如图所示，光滑斜面AB的倾角θ=53°，BC为水平面，BC长度lBC=1.2 m，CD为光滑的14圆弧，半径R=0.6 m.一个质量m=2 kg的物体，从斜面上A点由静止开始下滑，物体与水平面BC间的动摩擦因数μ=0.2，轨道在B、C两点平滑连接．当物体到达D点时，继续竖直向上运动，最高点距离D点的高度ℎ=0.2 m.不计空气阻力，sin 53°=0.8，cs 53°=0.6，g取10 m/s2.求：
(1)物体运动到C点时的速度大小vC；
(2)A点距离水平面的高度H；
(3)物体最终停止的位置到C点的距离s．
14、如图所示，一足够长木板B的质量M=2kg，静止放在粗糙的水平地面上，现有一质量m=1kg的小滑块A以ν0=9m/s的初速度从木板的左端滑上木板。A、B之间的动摩擦因数μ1=0.4，B与地面之间的动摩擦因数μ2=0.1。重力加速度g=10m/s²。求
(1)A、B相对运动过程中，B的加速度大小；
(2)A、B之间因摩擦而产生的热量；
(3)B在水平地面上滑行的距离。
答案：
1、B
解：A、乘客乘坐时，转轮始终不停地匀速转动，向心加速度向下，故处于失重状态，故A错误；
B、乘客做匀速圆周运动，乘客受到的合力提供向心力，故向心力大小不变，方向始终指向圆心，故B正确；
C、乘客对座位的压力大小是变化的，在最低点最大，最高点是最小的，故C错误；
D、乘客做匀速圆周运动，动能不变，重力势能时刻变化，故机械能时刻在变，故D错误；
故选：B。
2、C
【解答】
A.由于C物体的半径最大，依据an=ω2r，所以C物体的向心加速度最大，故A错误；
B.当圆盘匀速转动时，A、B、C三个物体相对圆盘静止，它们的角速度相同，向心力最小的是B物体，由于静摩擦力提供向心力。所以静摩擦力B物体最小。故B错误；
C.当圆盘转速增大时，仍由静摩擦力提供向心力。当向心力大于最大静摩擦力时，物体开始滑动。可得当半径越大时，需要的向心力越大。所以C比A先滑动。故C正确；
D.当圆盘转速增大时，仍由静摩擦力提供向心力。对于A、B：kmg=mω2r，两个物体同时达到最大静摩擦力，所以两者一起滑动。故D错误。
故选：C。
3、D
【解答】
地球表面物体受到的万有引力近似等于物体的重力，GMm0R2=m0g；中子星的自转角速度ω=2nπ，假设在中子星赤道上有一质量为m的物体：GM′mr2−mg′=mrω2，
联立以上各式得：g′=2.24×1011 m/s2，该中子星赤道的重力加速度大小与地球表面的重力加速度大小之比约为g′g≈2×1010，故D正确，ABC错误。
4、A
【解答】
高铁以速度v匀速行驶，发动机的功率为P，则满足关系P=fv,f=kv，当高铁发动机功率为4P时，其匀速行驶的速度设为v′，则有4P=f′v′,f′=kv′，联立，可得v′=2v，故A正确，BCD错误。
故选A。
5、A
【解析】解：根据平抛运动的规律得：落点与坡顶的高度差ℎ=12gt2，水平位移x=v0t，由题意得：tanθ=12gt2v0t=gt2v0，联立解得ℎ=2.4m，故A正确，BCD错误。
故选：A。
6、C
【解答】
A.推力W=Fxcs30°=503J，故A错误；
B.推力F的功率为P=Fvcs30°=503W，故B错误；
C.根据力的平衡条件，有：Fcs30°−μ(mg+Fsin30°)=0，代入数据解得：μ=33，故C正确；
D.根据动能定理，W−Wf=0，物体克服摩擦力做功为503J，故D错误。
故选C。
7、A
【解答】
物体上滑的过程中重力与摩擦力都做负功，由动能定理得：− mgx·sin 30°−Ffx=0− E0，
下滑的过程中重力做正功，摩擦力做负功，得： mgx·sin 30°−Ffx= E−0，
代入数据得E=34 J，故A正确，BCD错误。
故选A。
8、BD
【解答】
A.小球下落过程中，除重力外，弹簧弹力也对小球做功，小球的机械能不守恒，A错误；
D.小球、弹簧组成的系统在小球运动过程中只有弹簧弹力和重力做功，系统机械能守恒，D正确；
B.在整个过程中，小球的机械能转化为弹簧的弹性势能，由机械能守恒定律知，小球的机械能减少，B正确；
C.小球下落的过程中先加速后减速，则小球的动能先增大后减小，C错误．
9、AD
【解答】
卫星围绕冥王星做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，
A.已知卫星的速度和角速度，则轨道半径r=vω，根据GMmr2 =mωv即可求解冥王星质量M，故A正确；
B.根据GMmr2 =mv2r 可知，卫星的质量可以约去，只知道半径不能求出冥王星质量，故B错误；
C.根据GMmr2 =mω2r可知，卫星的质量可以约去，只知道角速度不能求出冥王星质量，故C错误；
D.根据GMmr2=m4π2rT2可知，知道卫星的运行周期和轨道半径可求解冥王星质量M，故D正确。
故选AD。
10、ABC
【解答】
A.做出女运动员的受力分析，她受到的拉力：FT=Gsin300=2G，故A正确；
B.对女运动员分析受力有：F合=mgtan30°=3mg=3G，故B正确；
CD.由牛顿第二定律得：mgtan300=ma，a=gtan300=3g，故C正确，D错误。
故选ABC。
11、【答案】
(1)BC
(2)ℎ3−ℎ12·f
(3)先释放纸带后接通电源；2g
【解答】
(1)A.如图所示为电火花计时器，需220V交流电，故A错；
B.为减小纸带与限位孔的摩擦，所以打点计时器的两限位孔应在同一竖直面内，故B正确；
C.重物靠近打点计时器，可使纸带上打上更多的点，故C正确；
D.为减小空气阻力对实验的影响，重物应选用质量大体积小的物块，故D错误。
(2)匀变速运动的平均速度等于对应时间段内中间时刻的瞬时速度，所以vB=ℎ3−ℎ12·f
(3)根据机械能守恒定律，重力势能的减少量等于动能增加量，即12mv2−12mv02=mgℎ，消去m并化简，得v2=2gℎ+v02，可知题中图像纵轴截距为v02，即在纸带上打第一个点时，纸带已有速度，所以答案为先释放纸带后接通电源；正确操作后，解析式为v2=2gℎ，v2与ℎ成正比，则斜率为2g。
12、解：(1)速度最大时有牵引力等于阻力，即F=f
根据P=Fv
解得：vm=Pf=4×1062×105m/s=20m/s
(2)t=15min=900s
轮船在额定功率下运动，牵引力做功根据W=Pt得
W=P0t=4×106×900J=3.6×109J
(3)在整个过程中，由动能定律得WF+Wf=12mv2
其中WF=P0t，Wf=f⋅s
代入数据解得
s=1.6×104m
答：(1)轮船最大航行速度为20m/s；
(2)从静止到最大速度牵引力做的功为3.6×109J；
(3)从静止到最大速度轮船离开码头的距离为1.6×104m。
13、解：
(1)物体由C点到最高点，根据机械能守恒得：12mvC2=mg(R+ℎ)
代入数据解得：vC=4m/s；
(2)物体由A点到C点，根据动能定理得：mgH−μmglBC=12mvC2−0
代入数据解得：H=1.04m；
(3)从物体开始下滑到停下，根据动能定理得：
mgH−μmgx=0−0
代入数据，解得：x=5.2m
由于x=4lBC+0.4
所以，物体最终停止的位置到C点的距离为：s=0.8m。
14、解：
(1)由牛顿第二定律得：
μ1mg−μ2(M+m)g=MaB
解得：aB=0.5m/s2
(2)aA=μ1mgm=4m/s2
设A、B相对运动过程所经历时间为t
ν0−aAt=aBt
解得：t=2s
此过程：xA=ν0t−12aAt2=9×2−12×4×4m=10m
xB=12aBt2=12×0.5×4m=1m
A、B之间相对运动距离L=xA−xB=9m
A、B之间因摩擦而产生的热量：
Q=μ1mg⋅L=0.4×1×10×9J=36J
(3)最终A、B均静止，设B在水平地面上滑行的距离为x，全过程中由功能关系可知：12mν02=Q+μ2(M+m)g ·x
解得：x=1.5m。
答：(1)A、B相对运动过程中，B的加速度大小aB=0.5m/s2；
(2)A、B之间因摩擦而产生的热量为36J；
(3)B在水平地面上滑行的距离x=1.5m。