2023-2024学年安徽省宣城市高一（下）期末调研测试物理试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年安徽省宣城市高一（下）期末调研测试物理试卷（含解析），共13页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。

1.下列说法正确的是( )
A. 第谷测量大量行星运行的数据并据此推理出了行星运动定律
B. 太阳系内所有行星绕太阳运动的轨迹都是椭圆，且太阳处在椭圆的一个焦点上
C. 计算不同行星间的万有引力时，引力常量有所不同
D. 太阳系内所有行星轨道的半长轴的二次方与公转周期的比值都相等
2.如图所示，甲球从O点以水平速度v1飞出，落在水平地面上的A点。乙球从O点以水平速度v2飞出，落在水平地面上的B点反弹后恰好也落在A点.已知乙球在B点与地面碰撞反弹后瞬间水平方向的分速度不变、竖直方向的分速度方向相反大小不变，不计空气阻力。下列说法正确的是( )
A. 由O点到A点，甲球运动时间与乙球运动时间相等
B. v1:v2=3:1
C. v1:v2=2:1
D. 甲球由O点到A点的水平位移是乙球由O点到B点水平位移的2倍
3.修正带的结构如图所示，大小齿轮分别嵌合于固定的大小轴孔中，且相互吻合，a、b点分别位于大小齿轮的边缘，c点位于大齿轮上某点，修正带正常使用过程中
A. a、b两点的角速度大小相等B. a、c两点的线速度大小相等
C. b、c两点的周期相等D. b点的向心加速度最大
4.为空间站补给物质时，我国新一代货运飞船“天舟五号”实现了2小时与“天宫空间站”快速对接，对接后的“结合体”仍在原空间站轨道运行。对接前“天宫空间站”与“天舟五号”的轨道如图所示，则( )
A. “天宫空间站”运行的速度始终不变
B. “结合体”受到地球的引力等于“天宫空间站”受到地球的引力
C. “天宫空间站”运行的加速度大于“天舟五号”运行的加速度
D. “天宫空间站”的运行速率小于“天舟五号”的运行速率
5.第十二届全国少数民族传统体育运动会将于2024年11月22日至30日在海南省三亚市举办，跑马射箭又称马上骑射，是少数民族传统体育项目之一，具有悠久的历史。跑马射箭项目在规定的距离，以最短时间内射中目标多的为获胜方。民族运动会上有一个骑射项目，运动员骑在奔驰的马背上，弯弓放箭射向固定目标(即图中的箭靶，箭靶平面与马运动方向平行)。假设运动员骑马奔驰的速度为v1=15m/s，运动员静止时射出的箭速度为v2=25m/s，跑道离固定目标的最近距离为d=9m。要想命中目标且射出的箭在空
中飞行时间最短。不考虑空气阻力和重力的影响，则( )
A. 箭被射出到射中靶的最短时间为0.36s
B. 箭被射出到射中靶的最短时间为0.45s
C. 箭在沿马前进的方向运动的位移为0.54m
D. 运动员放箭处与靶的距离为5.4m
6.2024年国际体联蹦床世界杯首站巴库站比赛于北京时间2月25日落幕，中国蹦床队斩获3金2银，取得“开门红”。如图所示，某次比赛时，运动员从蹦床正上方A点由静止下落，运动员在B点接触蹦床并将蹦床压缩至最低点C点，不计空气阻力，运动员可看作质点。则下列说法正确的是( )
A. 运动员从A点运动到C点的过程中机械能先不变后减小
B. 运动员从A点运动到C点的过程中机械能守恒
C. 运动员从B点运动到C点的过程中动能一直增大
D. 运动员从B点运动到C点的过程中蹦床的弹性势能先减小后增大
7.2023年我国新能源汽车出口491万辆，同比增长57.9%，首次跃居全球第一。新车从研发到正式上路，要经过各种各样的测试，某科研小组通过速度传感器和计算机得到了一段时间内某款电动车的瞬时速度(v)以及对应的牵引力的倒数(1F)的多组数据，作出v−1F图像如图所示，该电动车最终以大小为32v0的速度做匀速直线运动。电动车的质量为m，运动过程中受到的阻力恒定。下列说法正确的是( )
A. 当电动车的速度大小为v0时，其加速度大小为F03m
B. 电动车的功率为12F0v0
C. 电动车在BC段的加速度大小不变
D. 电动车受到的阻力大小为12F0
8.如图所示，倾角为α的斜面足够长，现从斜面上O点以与斜面成相同的β角(β<90∘)，大小为v、2v速度分别抛出小球P、Q，小球P、Q刚要落在斜面上A、B两点时的速度分别为vP、vQ。设O、A间的距离为s1，O、B间的距离为s2，不计空气阻力，当β取不同值时，下列说法正确的是( )
A. P、Q在空中飞行的时间可能相等
B. vQ方向与斜面的夹角一定不等于vP方向与斜面的夹角
C. vQ一定等于2vP
D. s2可能大于4s1
二、多选题：本大题共2小题，共10分。
9.如图所示，一质量为m的汽车保持恒定的速率运动，若通过凸形路面最高处时对路面的压力为F1，通过凹形路面最低处时对路面的压力为F2，则( )
A. F1mgC. F2=mgD. F2>mg
10.如图所示，一质量为m的物体受水平面内的恒力作用，在光滑水平面上运动。从A点经过t时间运动到B点，速度大小分别为va=v、vb= 3v，其中va方向与虚线AB的夹角α=60∘。则下列说法中正确的是( )
A. 物体从A点运动到B点过程中恒力做功为mv2
B. 该恒力大小为2mvt
C. 物体从A点运动到B点速度变化量大小为 2v
D. 从A点开始运动经过t4时间时，物体的动能最小
三、实验题：本大题共2小题，共18分。
11.在“研究小球做平抛运动的规律”的实验中：
(1) 如图甲，为定量研究，建立以水平向右为x轴正方向、坚直向下为y轴正方向的xOy坐标系，取平拋运动的起始点为坐标原点，将钢球静置于该点，钢球的
_____(选填“最上端”、“最下端”或“球心”)对应白纸上的位置即为坐标原点。
(2)如图乙所示的实验中，观察到两球同时落地，说明平抛运动在坚直方向做_____；如图丙所示的实验：将两个光滑斜轨道固定在同一坚直面内，滑道末端水平，把两个质量相等的小钢球，从斜面的相同高度由静止同时释放，观察到球1落到水平板上并击中球2，这说明平抛运动在水平方向做_____。
12.某实验小组用图1实验装置探究合力做功与动能变化的关系。铁架台竖直固定放置在水平桌面上，将长木板倾斜放置，一端固定在水平桌面边缘P处，另一位置放置在铁架台的铁杆上，忽略铁杆粗细，木板与铁杆接触处记为Q，P处放置一光电门。实验步骤是：
①测出滑块的挡光片宽度L(很小)，用天平测出滑块的质量m；
②平衡摩擦力：以木板放置在水平桌面上的P处为轴，调节长木板在铁架台上的放置位置，使滑块恰好沿木板向下做匀速运动。在铁架台竖直杆上记下此位置Q1，用刻度尺测出Q1到水平面的高度H；
③保持P位置不变，长木板一端放置在铁架台竖直杆Q2上。用刻度尺量出Q1Q2的距离ℎ1，将滑块从木板上的Q2位置由静止者放，由光电门计时器读出滑块的挡光时间t1；
④保持P位置不变，重新调节长木板一端在铁架台上的放置位置，重复步骤③数次。
(1)滑块沿长木板由Q2运动到P的过程中，用测量的物理量回答下列问题(已知重力加速度为g)：
①滑块动能的变化量ΔE=___________；②重力对滑块做的功WG=____________；
③摩擦力对滑块做的功Wf=____________。
(2)某学生以铁架台竖直杆上的放置位置到Q1的距离ℎ为横坐标，以滑块通过光电门的挡光时间的平方倒数1t2为纵坐标，根据测量数据在坐标中描点画出如图2所示直线若图线过原点，且图线斜率k=______，则能证明合外力做的功等于物体动能增量。
四、计算题：本大题共3小题，共40分。
13.《愤怒的小鸟》是一款非常好玩的游戏，故事也相当有趣，如图甲，为了报复偷走鸟蛋的肥猪们，鸟儿以自己的身体为武器，如炮弹般弹射出去攻击肥猪们的堡垒，某同学根据所学的物理知识，将小鸟被弹弓沿水平方向弹出的过程简化为如图乙所示，小鸟可看作质点，其中ℎ1 = 0.8m，l1 = 2m，ℎ2 = 2.4m，l2 = 2.5m，取g = 10m/s2。求：
(1)如图乙所示，小鸟以多大速度水平飞出后，恰好能擦着台面的草地边缘落到地面的草地上？
(2)请用计算说明，小鸟飞出能否直接打中堡垒？
14.2024年4月26日3时32分，神州十八号载人飞船成功对接空间站天和核心舱径向端口。已知对接后空间站在时间t内沿圆周轨道绕地球转过的角度为θ，组合体轨道半径为r，地球表面重力加速度为g，引力常量为G，不考虑地球自转。求：
(1)组合体的线速度；
(2)地球的质量；
(3)地球的平均密度。
15.如图，水平平台上有一轻弹簧，左端固定在A点，自然状态时其右端位于B点，平台AB段光滑，BC段长x=1m，与滑块间的摩擦因数为μ1=0.25。平台右端与水平传送带相接于C点，传送带的长为L=3m，与滑块间的摩擦因数为μ2，传送带开始静止不动。传送带右端D点与一光滑圆弧形轨道相切，圆弧形轨道半径R=0.8m。今将一质量m=2kg的滑块向左压缩轻弹簧到最短，此时弹的弹性势能为Ep=41J，然后突然释放，滑块滑过传送带右端继续滑上圆弧形轨道，恰好能到达与圆心等高的F点(未画出)。重力加速度g=10m/s2，不计空气阻力。求：
(1)滑块到达C点的速度；
(2)传送带与滑块间的摩擦因数μ2；
(3)若传送带速度的大小可以根据需要设定，要使滑块在圆弧形轨道上运动时能通过E点，求传送带速度范围。
答案解析
1.B
【解析】A、开普勒观测记录了大量行星运行数据后总结归纳出了行星运动定律，故A错误;
B、太阳系内所有行星绕太阳运动的轨迹都是椭圆，且太阳处在椭圆的一个焦点上，B正确；
C、计算不同行星间的万有引力时，引力常量相同，C错误；
D、太阳系内所有行星轨道的半长轴的三次方与公转周期的平方比值都相等，D错误。
2.B
【解析】A.设OA间的竖直高度为ℎ，由O点到A点，甲球运动时间为t甲= 2ℎg，乙球运动时间是甲球的3倍，A错误；
D.乙球先做平抛运动，再做斜上抛运动，根据对称性可知，从B到A的水平位移等于从O到B的水平位移的2倍，所以甲球由O点到A点的水平位移是乙球由O点到B点水平位移的3倍，D错误；
BC.设乙球由O点到B点水平位移为x，时间为t.对甲球有3x=v1t，对乙球有x=v2t，则得v1∶v2=3∶1，故B正确，C错误。
3.D
【解析】A.a、b两点同缘传动，两点线速度大小相等，根据v=ωr，由于两点做圆周运动的半径r不同，故两点的角速度大小不等，故A错误；
B.a、c两点同轴传动，两点角速度大小相等，根据v=ωr，由于两点做圆周运动的半径r不同，故两点的线速度大小不等，故B错误；
C.a、b两点角速度大小不等，而a、c两点角速度大小相等，故b、c两点角速度大小不等，根据ω=2πT可知两点周期不等，故C错误；
D.a、b两点线速度大小相等，根据a=v2r可知，b点向心加速度大于a点；a、c两点角速度大小相等，根据a=ω2r可知a点向心加速度大于c点，故三点中b点向心加速度最大，故D正确。
4.D
【解析】AD.“天宫空间站”绕地运行时，万有引力提供向心力：GMmr2=mv2r，v= GMr，“天宫空间站”的圆周运动半径不变时，则其运行速度大小始终不变，但速度方向一直在变，所以速度一直在变；由于“天宫空间站”的运动半径大于“天舟五号”的运动半径，所以“天宫空间站”的运行速率小于“天舟五号”的运行速率，故A错误，D正确；
B.根据万有引力公式F=GMmr2，轨道半径相同时，由于“结合体”的质量大于对接前“天宫空间站”的质量，则“结合体”受到地球的引力比“天宫空间站”受到地球的引力大，故B错误。
C.根据万有引力提供向心力GMmr2=ma，a=GMr2，轨道半径越小，向心加速度越大，则“天宫空间站”的向心加速度小于“天舟五号”的向心加速度，故C错误；
5.A
【解析】AB.箭被射出到射中靶的最短时间为tmin=dv2=0.36s，故A正确，B错误；
C.箭在沿马前进的方向运动的位移为x=v1tmin=5.4m，故C错误；
D.运动员放箭处与靶的距离为s= x2+d2≈10.5m，故D错误。
故选A。
6.A
【解析】AB.运动员从A到B做自由落体运动，只受重力作用，机械能守恒(不变)，从B点运动到C点的过程中，蹦床对运动员的弹力做负功，运动员的机械能减小，故A正确，B错误；
C.运动员从B点运动到C点的过程中先是弹力小于重力做加速运动，后是弹力大于重力做减速运动，所以动能先增大后减小，故C错误；
D.运动员从B到C过程中，蹦床的弹性形变一直增大，则蹦床的弹性势能一直增大，故D错误。
7.A
【解析】B、根据P=Fv知道v−1F图像的斜率大小等于电动车的功率，图像的斜率不变，说明电动车的功率不变，为P=v01F0=F0v0，故B错误；
C、由图可知，电动车在BC段受到的牵引力减小，合力减小，则加速度减小，故C错误；
D、电动车最终以大小为32v0的速度做匀速直线运动，此时牵引力与阻力大小相等，则阻力大小为f=132F0=23F0，故D错误；
A、当电动车的速度大小为v0时，牵引力大小为F0，根据牛顿第二定律得F0−f=ma，解得a=F03m，故A正确。
故选：A。
8.C
【解析】小球以速度v做斜抛运动时，其垂直斜面方向做匀变速直线运动，初速度大小v0y=vsinβ，加速度大小gy=gcsα，水平方向做匀加速直线运动，初速度大小v0x=vcsβ，加速度大小gx=gsinα，则小球在空中运动的时间t=2v0ygy=2vsinβgcsα，小球落在斜面上时，速度方向与斜面方向的夹角满足tanθ=v0y−gytv0x+gxt=sinβcsβ+2tanαsinβ，落在斜面上时的速度大小v1= (v0y−gyt)2+(v0x+gxt)2=v sin2β+(csβ+2tanαsinβ)2，沿斜面方向的位移s=v0xt+12gxt2=2v2g·(sinβcsβcsα+sinαsin2βcs2α)。由于小球P、Q抛出的速度分别为v、2v，可见小球Q在空中运动的时间等于小球P的2倍，vQ的方向与斜面的夹角一定等于vP与斜面的夹角，vQ=2vP，s2=4s1，故C正确，ABD错误。
9.AD
【解析】AB.汽车过凸形路面的最高点时，设速度为v，竖直方向上合力提供向心力，由牛顿第二定律得
mg−F1′=mv2r
得
F1′ 根据牛顿第三定律得
F1=F1′ 故A正确，B错误；
CD.汽车过凹形路面的最高低时，设速度为v，竖直方向上合力提供向心力，由牛顿第二定律得
F2′−mg=mv2r
得
F2′ >mg
根据牛顿第三定律得
F2=F2′ >mg
故C错误，D正确。
故选AD。
10.ABD
【解析】A.物体从A点运动到B点动能变化量为ΔEk=12mvb2−12mva2=mv2，根据动能定理可知物体从A点运动到B点过程中恒力做功为mv2，故A正确；
BC.垂直AB方向位移为0，则垂直AB方向平均速度为0，则有vasinα−vbsinβ2=0，得sinβ=12，
速度为矢量，则根据题意可知初速度的方向与末速度的方向之间的夹角为 90∘ ，做出其矢量图如图所示
根据矢量的合成法则可得速度的变化量为Δv= va2+vb2=2v
其速度变化量的方向与AB成 60∘ 角，则物体从A点运动到B点动量变化量为Δp=m⋅Δv=2mv
而根据题意可知，该恒力即为物体所受合外力，则由动量定理可得Ft=Δp=2mv
解得该恒力大小为F=2mvt，恒力方向与速度变化量方向相同，故B正确，C错误；
D.根据以上分析，将初速度分解为竖直恒力方向的运动和沿着恒力水平方向的运动，其分解图如图所示
可知，当分速度 vay 减为零时速率最小，此时只有垂直恒力方向的分速度 vax ，根据几何关系可得最小速率vax=vacs30∘= 32v，此时Δv′=vsin30°=v2，运动时间t′=mΔv′F=t4，即从A点开始运动经过t4时间时，物体的动能最小，
故D正确。
故选ABD。
11.(1)球心
(2) 自由落体运动 匀速直线运动

【解析】(1)该实验中是以钢球的球心对应白纸上的位置做为坐标原点，在小球平抛的轨迹上也是以小球球心在背板白纸上的投影作为小球运动轨迹上的点迹。
(2)[1]图乙中，与小球B做平抛运动的对照实验的为小球A在竖直方向的自由落体运动，当两小球同时落地时，则说明平抛运动在竖直方向做的是自由落体运动；
[2]图丙中的对照实验中，上方小球从轨道末端抛出后做平抛运动，下方小球从轨道末端出射后做匀速直线运动，而在某时刻上方小球击中了下方小球，说明两小球的水平位移相同，由此可说明平抛运动在水平方向上做的是匀速直线运动。
12.(1) mL22t12 mgH+ℎ1 −mgH
(2) 2gL2

【解析】(1)[1]滑块通过光电门的速度为
v=Lt1
则滑块的动能的变化量为
ΔEk=12mv2=mL22t12
[2]重力对滑块做的功
WG=mgH+ℎ1
[3]设P点到铁架台的水平长度为d，滑块做匀速直线运动时，由动能定理可得
mgH−μmgcsθ⋅dcsθ=0
解得
μmgd=mgH
改变倾角后，摩擦力做的功为
Wf=−μmgcsα⋅dcsα=−μmgd=−mgH
(2)由上可知，合力做的功为 mgℎ ，根据动能定理可知
mgℎ=12mv2
v=Lt
联立可得
1t2=2gL2ℎ
则图线的斜率
k=2gL2
13.(1)小鸟做平抛运动，飞到草地边缘的过程中，在竖直、水平方向分别有
ℎ1=12gt12
l1=v0t1
联立解得
v0=5m/s
(2)飞到地面的过程，在竖直方向上满足
ℎ1+ℎ2=12gt22
解得
t2=0.8s
假设能直接击中堡垒，则
l1+l2=vt2
解得
v=5.625m/s>5m/s
故能击中。

【解析】详细解答和解析过程见【答案】
14.(1)空间站做匀速圆周运动，角速度
ω=θt
环绕速度
v=ωr
联立可得
v=θrt
(2)地球对空间站的万有引力提供空间站做匀速圆周运动的向心力
GMmr2=mω2r
解得
M=θ2r3Gt2
(3)在地球表面有
GMmR2=mg
又
M=ρ4πR33
联立可得
ρ=3gt4πGθr gr

【解析】详细解答和解析过程见【答案】
15.(1)从释放物体到 C 点，根据动能定理有
Ep−μ1mgx=12mvC2
代入数据解方程可得
vC=6m/s
(2)当物体恰好到达 F 点，则
Ep−μ1mgx−μ2mgL−mgR=0
代入数据
μ2=13
(3)恰好经过 E 点有
mg=mvE2R
物体由 D 点滑道 E 点
−2mgR=12mvE2−12mvD2
解得
vD= 40m/s
因为 vCμ2mgL=12mv2−12mvC2
解得
v= 56m/s> 40m/s
所以传送带的速度需满足 v传≥ 40m/s 。

【解析】详细解答和解析过程见【答案】