2022-2023学年黑龙江省齐齐哈尔市三立高级中学高一下学期期初考试 物理试题（含解析）

这是一份2022-2023学年黑龙江省齐齐哈尔市三立高级中学高一下学期期初考试 物理试题（含解析），共21页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2022-2023学年黑龙江省齐齐哈尔市三立高级中学高一下学期期初考试 物理试题（含解析） 一、单选题1．如图所示，在光滑水平面的左侧固定一竖直挡板，A球在水平面上静止放置，B球向左运动与A球发生正碰，B球碰撞前、后的速率之比为2：1，A球垂直撞向挡板，碰后原速率返回。两球刚好不发生第二次碰撞，则A、B两球的质量比为（　　）A．1：2 B．2：1 C．3：1 D．4：12．如图所示，质量相同的三颗卫星a、b、c绕地球做匀速圆周运动，其中b、c在地球的同步轨道上，a距离地球表面的高度为R，此时a、b恰好相距最近。已知地球质量为M、半径为R、地球自转的角速度为ω。万有引力常量为G，则（　　）A．发射卫星b时速度要大于11.2 km/sB．卫星a的机械能大于卫星b的机械能C．卫星a和b下一次相距最近还需经过D．若要卫星c沿同步轨道与b实现对接，可让卫星c加速3．如图甲所示是网球发球机，某次室内训练时将发球机放在距地面一定的高度，然后向竖直墙面发射网球．假定网球均水平射出，某两次射出的网球碰到墙面时速度与水平方向夹角分别为30°和60°，若不考虑空气阻力，则（　　）A．两次发射的初速度大小之比为3∶1B．碰到墙面前在空中的运动时间之比为1∶C．下落高度之比为1∶D．碰到墙面时速度大小之比为3∶14．智能呼啦圈轻便美观，深受大众喜爱，如图甲，腰带外侧带有轨道，将带有滑轮的短杆（大小忽略不计）穿入轨道，短杆的另一端悬挂一根带有配重的轻绳，其简化模型如图乙所示，可视为质点的配重质量为0.5kg，绳长为0.5m，悬挂点到腰带中心点的距离为0.2m，水平固定好腰带，通过人体微小扭动，使配重随短杆做水平匀速圆周运动，绳子与竖直方向夹角为，运动过程中腰带可看成不动，重力加速度取，下列说法正确的是（　　）A．若使用者觉得锻炼不够充分，决定增大转速，腰带受到的合力变大B．当使用者掌握好锻炼节奏后能够使稳定在37°，此时配重的角速度为C．使用者使用一段时间后成功减肥，再次使用时将腰带调小，若仍保持转速不变则变小D．当用力转动使从37°增加到53°时，配重运动的周期变大 二、多选题5．如图所示，一质量为m、带电荷量为的物体处于场强按E＝E0－kt（E0、k均为大于零的常数，取水平向左为正方向）变化的电场中，物体与竖直墙壁间的动摩擦因数为μ，当t＝0时刻物体处于静止状态．若物体所受的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，且电场空间和墙面均足够大，下列说法正确的是A．物体开始运动后加速度先增加、后保持不变B．物体开始运动后加速度不断增大C．经过时间t＝，物体在竖直墙壁上的位移达最大值D．经过时间t＝，物体运动速度达最大值6．如图所示，在某静电除尘器产生的电场中，带等量负电荷的两颗微粒只受电场力作用，分别从p点沿虚线pm、pn运动，被吸附到金属圆筒上。下列说法正确的是（　　）A．n点的电势高于p点的电势B．微粒在p点的电势能小于在m点的电势能C．微粒从p到n的动能变化量大于从p到m的动能变化量D．微粒从p到n的电势能变化量等于从p到m的电势能变化量7．在大型物流货场，经常用传送带搬运货物。如图甲所示，与水平面倾斜的传送带以恒定速率运动，皮带始终是绷紧的，将的货物轻放在传送带上的A处，经过1.2s到达传送带的B端。用速度传感器测得货物与传送带的速度随时间t变化图像如图乙所示，已知重力加速度，由图可知（　　）A．A、B两点间的距离为2.4mB．货物与传送带的动摩擦因数为0.55C．货物从A运动到B的过程中，传送带对货物做功大小为D．货物从A运动到B的过程中，货物与传送带摩擦产生的热量为4.8J  8．如图所示，质量为m的小球甲固定在轻弹簧上，轻弹簧固定在水平面上，小球甲和轻弹簧套在一竖直固定的光滑杆上，小球甲和质量为4m的物体乙用跨过光滑定滑轮的不可伸长的轻绳连接。初始时，用手托住物体乙，使轻绳刚好伸直且绳上拉力为零，此时，连接小球甲和定滑轮之间的轻绳与水平方向的夹角为，且小球甲静止于M点，现将物体乙由静止释放，经过一段时间后小球甲运动到N点，ON水平，且小球在M、N两点时弹簧的弹力大小相等。已知重力加速度为g，，，弹簧始终处于弹性限度内。下列说法正确的是（　　）A．弹簧的劲度系数B．小球甲运动到N点时的速度大小为C．小球甲由M点运动到N点的过程中，小球甲和物体乙的机械能之和先减小后增大D．在小球甲由M点运动到N点的过程中，物体乙重力的瞬时功率先增大后减小 三、实验题9．如图1所示是利用自由落体运动进行“验证机械能守恒定律”的实验。所用的打点计时器连接50Hz的交流电。   （1）甲同学按照正确的实验步骤操作后，选出一条纸带如图2所示，其中O点为打点计时器打下的第一个点，A、B、C为三个计数点，用刻度尺测得OA=12.41cm，OB=18.60cm，OC=27.21cm，在计数点A和B、B和C之间还各有一个点。已知重物质量为0.50kg，OB段对应的重物重力势能的减少量___________J，重物的动能增加量___________J。（，结果均保留三位有效数字）（2）乙同学想利用该实验装置测定当地的重力加速度。他打出了一条纸带后，利用纸带测量出了各计数点到打点计时器打下的第一个点的距离h，算出了各计数点对应的速度，以h为横轴，以为纵轴画出了如图3所示的图线。由于图线没有过原点，他又检查了几遍，发现测量和计算都没有出现问题，其错误操作可能是___________；乙同学测出该图线的斜率为k，如果不计一切阻力，则当地的重力加速度g___________k（选填“大于”“等于”或“小于”）。10．如图所示为“探究向心力大小与半径、角速度、质量的关系”的实验装置。转动手柄，可使塔轮、长槽和短槽随之匀速转动。塔轮自上而下有三层，每层左、右半径比分别是1:1、2:1和3:1。左、右塔轮通过皮带连接，并可通过改变皮带所处的层来改变左、右塔轮的角速度之比。实验时，将两个小球分别放在短槽C处和长槽的A（或B）处，已知A、C分别到塔轮中心的距离相等，B到塔轮中心的距离是A到塔轮中心的距离的2倍，两个小球随塔轮做匀速圆周运动，向心力大小可由塔轮中心标尺露出的等分格的格数读出。(1)某同学在探究向心力大小与半径、角速度、质量的关系时，主要采用的实验研究方法是_______（选填“假设法”、“等效替代法”或“控制变量法”）。(2)在某次实验中，该同学把两个完全相同的小球分别放在B、C位置，将皮带处于塔轮的某一层上。匀速转动手柄时，左边标尺露出4个分格，右边标尺露出2个分格，则B、C位置处的小球转动所需的向心力之比为___________，皮带连接的左、右塔轮半径之比为________，此次实验说明_________。   四、解答题11．一篮球质量为，一运动员使其从距地面高度为处由静止自由落下，反弹高度为。若使篮球从距地面的高度由静止下落，并在开始下落的同时向下拍球、球落地后反弹的高度也为。假设运动员拍球时对球的作用力为恒力，作用时间为；该篮球每次与地面碰撞前后的动能的比值不变。重力加速度大小取，不计空气阻力。求：（1）运动员拍球过程中对篮球所做的功；（2）运动员拍球时对篮球的作用力的大小。12．如图所示，一个质量为、带电量为的粒子，此粒子的比荷，由静止开始，先经过电压为的电场加速后，再垂直于电场方向射入两平行金属板间的匀强电场中，两金属板板长为，间距为，板间电压为，求：（1）粒子进入偏转电场时的速度；（2）粒子出偏转电场时的侧移量（竖直位移的大小），以及偏转角度。13．如图所示，水平屋顶高H＝5 m，围墙高h＝3.2 m，围墙到房子的水平距离L＝3 m，围墙外空地宽x＝10 m，为使小球从屋顶水平飞出落在围墙外的空地上，g取10 m/s2.求：(1)小球离开屋顶时的速度v0的大小范围；(2)小球落在空地上的最小速度．
参考答案：1．C【详解】根据动量守恒定律根据题意解得故选C。2．C【详解】A．卫星b绕地球做匀速圆周运动，7.9 km/s是指在地球上发射的物体绕地球飞行作圆周运动所需的最小初始速度，11.2 km/s是物体挣脱地球引力束缚的最小发射速度。所以发射卫星b时速度大于7.9 km/s，而小于11.2 km/s，故A错误；B．卫星从低轨道到高轨道需要克服引力做较多的功，卫星a、b质量相同，所以卫星b的机械能大于卫星a的机械能，故B错误；C．b、c在地球的同步轨道上，所以卫星b、c和地球具有相同的周期和角速度。由万有引力提供向心力，即解得a距离地球表面的高度为R，所以卫星a的角速度，此时a、b恰好相距最近，到卫星a和b下一次相距最近时满足（ωa-ω）t=2π解得故C正确；D．让卫星c加速，所需的向心力增大，由于万有引力小于所需的向心力，卫星c会做离心运动，离开原轨道，所以不能与b实现对接，故D错误；故选C。3．B【详解】B．由平抛运动的规律可得解得tan θ＝所以得＝化简后得＝故B正确；A．两次初速度之比为故A错误；C．下落高度之比为 故C错误；D．碰到墙面时速度为所以故D错误。故选B。4．C【详解】A．运动过程中腰带可看成不动，腰带合力始终为零，故A错误；B．对配重根据牛顿第二定律有解得当=37°，代入数据解得故B错误；C．使用者使用一段时间后成功减肥，再次使用时将腰带调小，以滑轮为研究对象，根据牛顿第二定律r变小，轨道对滑轮作用力减小，滑轮对绳子的作用力减小，绳子对配重的作用力也减小，根据可知变小，故C正确；D．根据B中结论，当时根据可知周期变小，故D错误。故选C。5．BC【详解】AB．物体带正电，电场方向未改变之前，物体沿竖直墙运动，水平方向的支持力和电场力大小相等，电场力减小，支持力减小，滑动摩擦力减小，那么重力和摩擦力的合力竖直向下且增大，加速度增大；当电场方向反向时，物体脱离墙面，电场力增大，重力和电场力的合力增大，加速度增大，所以物体的加速度一直增大，A错误，B正确；C．电场强度为零时，物体开始离开墙面，此时物体在竖直墙壁上的位移达最大值，即：解得：，C正确；D．物体的加速度不断增大，速度不断变大，在这个过程中速度没有最大值，D错误。故选BC。6．AD【详解】A．n点靠近正电荷，p点靠近负电荷，因此有，故A正确；B．负电荷从p到运动m电场力做正功，电势能减小，带负电的微粒在m点的电势能较小，故B错误；CD．两微粒均只考虑电场力做正功，由动能定理有因初末电势差相同，电量q相等，则电场力的做正功相等，电势能减小量相等，两微粒的动能增加量也相等，故C错误，D正确；故选AD。7．CD【详解】A．货物的位移就是A、B两点的距离，求出货物的图像与坐标轴围成的面积即可。所以有选项A错误；B．由图像可以看出货物做两段匀加速直线运动，根据牛顿第二定律有由图像得到解得选项B错误；C．传送带对货物做的功分两段来求，有选项C正确；D．货物与传送带摩擦产生的热量也分两段来求，有选项D正确。故选CD。8．ABD【详解】A．由题意可知，弹簧的原长位置在MN的中点，则在M点时解得 选项A正确；B．小球甲运动到N点时乙的速度为零，弹簧的弹性势能与在M点相等，则由能量关系 解得甲到N点速度选项B正确；C．小球甲由M点运动到N点的过程中，小球甲和物体乙以及弹簧系统机械能守恒，因弹性势能先减小后增加，可知甲乙的机械能之和先增大后减小，选项C错误；D．在小球甲由M点运动到N点的过程中，物体乙的速度先增加后减小，根据P=4mgv可知物体乙重力的瞬时功率先增大后减小，选项D正确。故选ABD。9．     0.911     0.856     先释放纸带，后接通电源     等于【详解】（1）[1] OB段对应的重物重力势能的减少量为[2]打点计时器打点时间间隔为打B点时重物的速度为 重物动能的增加量为（2）[3]图像存在纵截距，即重物在打点计时器打第一个点时已经具有了一定的初速度，错误操作可能是先释放纸带，后接通电源。[4]如果不计一切阻力，则根据机械能守恒定律有解得所以10．     控制变量法     2:1     1:1     做匀速圆周运动的物体，在质量和转动角速度一定时，所需向心力与转动的半径成正比【详解】(1)[1]某同学在探究向心力大小与半径、角速度、质量的关系时，主要采用的实验研究方法是控制变量法。(2)[2] B、C位置处的小球转动所需的向心力之比等于标尺露出的格数之比[3]根据题意，小球的转动半径为解得根据解得所以所以左、右塔轮角速度相等；根据皮带传动时线速度相等，左、右塔轮角速度也相等，则皮带连接的左、右塔轮半径之比为[4]此次实验说明做匀速圆周运动的物体，在质量和转动角速度一定时，所需向心力与转动的半径成正比。11．（1）；（2）【详解】（1）第一次篮球下落的过程中由动能定理可得篮球反弹后向上运动的过程由动能定理可得第二次从1.5m的高度静止下落，同时向下拍球，在篮球反弹上升的过程中，由动能定理可得第二次从1.5m的高度静止下落，同时向下拍球，篮球下落过程中，由动能定理可得因篮球每次和地面撞击的前后动能的比值不变，则有比例关系代入数据可得（2）因作用力是恒力，在恒力作用下篮球向下做匀加速直线运动，因此有牛顿第二定律可得在拍球时间内运动的位移为做得功为联立可得（舍去）12．（1）；（2），【详解】（1）根据动能定理粒子进入偏转电场时的速度为（2）粒子在偏转电场中做类平抛运动，，得侧移量由得偏转角13．(1)5 m/s≤v0≤13 m/s；　(2)5m/s；【详解】（1）若v太大，小球落在空地外边，因此，球落在空地上，v的最大值vmax为球落在空地最右侧时的平抛初速度，如图所示，小球做平抛运动，设运动时间为t1．则小球的水平位移：L+x=vmaxt1，小球的竖直位移：H=gt12解以上两式得vmax=（L+x）=（10+3）×=13m/s．若v太小，小球被墙挡住，因此，球不能落在空地上，v的最小值vmin为球恰好越过围墙的最高点P落在空地上时的平抛初速度，设小球运动到P点所需时间为t2，则此过程中小球的水平位移：L=vmint2小球的竖直方向位移：H﹣h=gt22解以上两式得vmin=L=3×=5m/s因此v0的范围是vmin≤v0≤vmax，即5m/s≤v0≤13m/s．（2）根据机械能守恒定律得：mgH+=解得小球落在空地上的最小速度：vmin′===5m/s