2023临沂一中文峰校区高一下学期5月段考物理试题含答案

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物理学科素养考试答案1【答案】C【解析】小物体沿板方向没有发生位移，即沿摩擦力方向没有位移，所以摩擦力对小物体做功为零，A、B错误；根据动能定理得W弹－mgLsinα＝0，解得W弹＝mgLsinα，C正确；根据动能定理得W板－mgLsinα＝0，解得W板＝mgLsinα，D错误。2【答案】C【解析】从释放到最低点过程中，由动能定理得mgl＝mv2－0，可得v＝，因lP<lQ，则vP<vQ，故选项A错误；由EkQ＝mQglQ，EkP＝mPglP，而mP>mQ，故两球动能大小无法比较，选项B错误；在最低点对两球进行受力分析，根据牛顿第二定律及向心力公式可知FT－mg＝m＝man，得FT＝3mg，an＝2g，则FTP>FTQ，anP＝anQ，C正确，D错3【答案】B【解析】设链条的质量为2m，长为L，以开始时链条的最高点为参考平面，链条的机械能为E＝Ep＋Ek＝－×2mg×sinθ－×2mg×＋0＝－mgL(1＋sinθ)，链条全部滑出斜面后，动能为Ek′＝×2mv2，重力势能为Ep′＝－2mg，由机械能守恒定律可得E＝Ek′＋Ep′，即－mgL(1＋sinθ)＝mv2－mgL，解得v＝＝×m/s＝2.5m/s.4【答案】C5【答案】A【解析】由题意可知，此时弹簧所受的拉力大小等于物体B的重力，即F＝mg，弹簧伸长的长度为x＝h，由F＝kx得k＝，故A正确；A与弹簧组成的系统机械能守恒，则有mgh＝mv2＋Ep，则弹簧的弹性势能Ep＝mgh－mv2，故B错误；物体B对地面恰好无压力时，B的速度为零，故C错误；对A，根据牛顿第二定律有F－mg＝ma，又F＝mg，得a＝0，故D错误．6【答案】C7【答案】D【解析】木块A和木板B之间的摩擦力记为Ff，则木块A、木板B的加速度大小aA>aB，速度图像的斜率可以反映加速度的大小，故A、B两项均错误；根据动能定理，对A有－μmgs＝EkA－Ek0，对B有μmgs＝EkB，从动能表达式知，A与B的Ek－s图像的斜率绝对值相等，故C项错误，D项正确．8【答案】B【解析】摩托车做平抛运动，从a到c，h=，h=v1t1，联立可求出v1=；从a到b，0.5h=，3h=v2t2，联立可求出v2=。动能E1=mgh，E2=mgh，则=18，B正确，A、C、D错误。9【答案】BC10【答案】BD11【答案】BCD【解析】由F－mg＝ma和P＝Fv可知，重物匀加速上升过程中钢绳拉力大于重力且不变，达到最大功率P后，随着v增加，钢绳拉力F减小，当F＝mg时重物达到最大速度v2，故v2＝，最大拉力Fm＝mg＋ma＝，a＝－g，A错误，B、C、D正确．12【答案】BCD【解析】当小物块无初速度地放在传送带上端后，小物块向下做匀加速运动，当加速到与传送带的速度相等后，由于传送带与小物块间动摩擦因数μ<tanθ，则重力沿传送带向下的分力大于滑动摩擦力，合力沿传送带向下，小物块继续加速，故A错误．取传送带底端所在平面为零势能面，重力势能为Ep＝Ep0－mgxsinθ，故B正确．达到传送带速度之前，对小物块由动能定理，可得Ek＝(mgsinθ＋μmgcosθ)x，图像斜率较大；达到传送带速度之后，对小物块由动能定理，可得Ek＝Ek0＋(mgsinθ－μmgcosθ)x，图像斜率较小，故C正确．达到传送带速度之前，摩擦力对小物块做正功，机械能增大，有E＝E0＋μmgxcosθ；达到传送带速度之后，摩擦力对小物块做负功，机械能减小，有E＝E0′－μmgxcosθ，故D正确．13. 【答案】(1)2.4　(2)0.58　0.60　(3)9.7【解析】(1)物块做匀变速直线运动，中间时刻的瞬时速度等于该过程中的平均速度，可知在纸带上打下计数点5的瞬时速度v5＝＝m/s＝2.4 m/s.(2)在打点0～5过程中，系统动能的增量ΔEk＝(m1＋m2)v52≈0.58 J，系统重力势能的减少量ΔEp＝(m2－m1)gh5＝0.60 J.(3)根据机械能守恒定律得(m1＋m2)v2＝(m2－m1)gh，则有v2＝gh＝gh，所以v2－h图像的斜率k＝g＝m/s2＝4.85 m/s2，故g＝9.7 m/s2. 14. 【答案】(1)0.850　(2)D　(3)<　不能【解析】(1)游标卡尺的主尺读数为0.8 cm，游标尺上第10个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标尺读数为0.05×10 mm＝0.50 mm，所以最终读数为0.850 cm.(2)利用小球通过光电门的平均速度来代替瞬时速度，故v＝，根据机械能守恒的表达式，有mgh＝mD2(－)，即只要比较D2(－)与2gh是否相等，故选D. 15. 【答案】(1)见解析(2)20 m/s　(3)2 m/s2　(4)2×104W【解析】(1)图线AB牵引力F不变，阻力f不变，由牛顿第二定律知，汽车做匀加速直线运动，图线BC的斜率表示汽车的功率P，P不变，则汽车做加速度减小的加速直线运动，直至达到最大速度v2，此后汽车做匀速直线运动．(2)当汽车的速度为v2时，牵引力为F1＝1×103N，由Pm＝F1v2，得v2＝＝20 m/s.(3)汽车做匀加速直线运动时的加速度最大，由Pm＝fv2，得阻力f＝＝1 000 N由Fm－f＝ma，得a＝＝2 m/s2.(4)与B点对应的速度为v1＝＝6.67 m/s当汽车的速度为10 m/s时处于图线BC段，故此时的功率最大为Pm＝2×104W.16. 【答案】(1)3 m/s　(2)120 N　(3)8 m/s【解析】(1)物块恰好通过C点，由牛顿第二定律可得mg＝m解得vC＝3 m/s(2)物块从B点到C点，由动能定理可得－mg·2R＝mvC2－mvB2解得vB＝3m/s在B点由牛顿第二定律可得FN－mg＝m，解得FN＝120 N.由牛顿第三定律可知物块通过B点时对轨道压力的大小为120 N(3)由题图乙可知摩擦力对物块做的功为Wf＝－×(0.25＋0.75)×1.9mg＝－19 J物块从A到B，由动能定理得Wf＝mvB2－mvA2解得vA＝8 m/s.17. 【答案】(1)m/s　(2)3m/s　(3)0<R≤1.08 m【解析】(1)小物块开始时做平抛运动，根据平抛运动规律有vy2＝2gh，代入数据，解得vy＝＝m/s＝3m/s，在A点有tan 60°＝，得v0＝vx＝＝m/s.(2)从小物块水平抛出到滑至C点的过程中，由动能定理，得mg(h＋L1sinθ)－μmgL1cosθ－μmgL2＝－，代入数据，解得vC＝3m/s.(3)小物块刚好能过圆轨道最高点时，重力提供向心力，则mg＝，根据动能定理，有－2mgR1＝－，代入数据，解得R1＝1.08 m.当小物块恰能到达与圆轨道的圆心等高处时，有＝mgR2，代入数据，解得R2＝2.7 m.当圆轨道与AB相切时，R3＝L2·tan 60°＝1.5 m，即圆轨道的半径不能超过1.5 m.综上所述，要使小物块不离开轨道，竖直圆轨道的半径R应该满足的条件是0<R≤1.08 m.18. 【答案】(1)3mgR　(2)mgR　(3)mgR【解析】(1)由动能定理得W＝mvB2－0在B点由牛顿第二定律得7mg－mg＝m解得W＝3mgR。(2)物块从B到C由动能定理得Wf－2mgR＝mvC2－mvB2物块在C点时mg＝m解得Wf＝－mgR，即物块从B到C克服阻力做功为mgR。(3)物块从C点平抛到水平面的过程中，由动能定理得