山东省济南市等2地2023-2024学年高一下学期5月期中物理试题

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解析：物体在粗糙的水平面上向左做直线运动，受到向右的F和摩擦力，F与v方向相反，所以F对物体做负功；摩擦力与v方向相反，所以摩擦力对物体做负功，故B正确。
3. 【答案】B
【解析】
A.船头方向与河岸垂直，故实际轨迹是合速度方向，不与岸垂直，故A错误；
B.小船过河所用时间为t=dv2=20s，故B正确；
C.小船相对于岸的速度大小为
,故C错误；
D.小船过河后航行到了河对岸下游x=v1t=60m处，故D错误。
故选B。
4. 【答案】C
【解析】AB.由开普勒第二定律可知，近日点的速率大于远日点的速率，所以，探测器从P运动到Q的时间为，与探测器的质量m无关,AB错误。
C.探测器在Q点需要加速才能从地火转移轨道进入火星轨道，C正确。
D.探测器在火地转移轨道经过P点时的加速度等于在火星轨道经过P点时的加速度，D错误。
故选C。
5. 【答案】B
【解析】由几何关系可知，小球运动的水平位移为x=eq \f(h/2,tanθ)=eq \f(\r(3),6)m，竖直位移为y=eq \f(h,2)=eq \f(1,2)m，将初速度v0分解为水平分速度vx与竖直分速度vy，则有vx=v0sinθ=eq \f(\r(3),2)v0，vy=v0csθ=eq \f(1,2)v0，又有x=vxt，y=vyt+eq \f(1,2)gt2，解得：v0=eq \f(\r(15),3)m/s，故B正确。
6. 【答案】D
【解析】
h=v0t+12gt2
t=0.5s
t1=n2πω
t2=14∙2πω+n2πω
故角速度范围 0<ω<π rad/s
4π rad/s<ω<5π rad/s
8π rad/s<ω<9π rad/s
...
故D正确
7. 【答案】D
【解析】
A.设细线与竖直方向的夹角为30°时细线被拉断，此时小球的线速度大小为v，则有
csθ=eq \f(mg,2mg)=eq \f(1,2)，即θ=60°，A错误。
B.又有Fn=mgtanθ=meq \f(v2,lsinθ)，解得：v=eq \f(\r(6gl),2)，B错误。
C.此时小球离地高度h=l－lcsθ=eq \f(1,2)l，所以h=eq \f(1,2)gt2得t=eq \r(\f(l,g))小球落地，这个过程小球的水平位移x=vt=eq \f(\r(6),2)l，C错误。
D.所以小球落地点与O点之间的距离为x′=eq \r(x2+(lsinθ)2)=eq \f(3,2)l，故D正确。
故选D。
8. 【答案】C
【解析】
A．从N点到P点的运动过程中，弹簧弹力一直做正功，故A错误；
B．从N点到M点的运动过程中，弹簧做的总功为零，根据动能定理有
-mg⋅2(2l)2-l2=0-Ek
解得N点的动能为
Ek=23mgl
故B错误；
C.形变量Δx=5l3-l=2l3
对小球受力分析：Fcs37°=mg
F=kΔx
得k=15mg8l，C正确
D．小球从N点向下运动到最低点的过程中，根据能量守恒有
Ek+EpG+Ep1=Ep2
解得
Ep2-Ep1>Ek=23mgl
故D错误。
故选C
9. 【答案】BD
【解析】A.所求速度大小相等，均约为海王星第一宇宙速度，根据
可知，A错误；
B．根据公式可得，海王星是地球的倍，接近10m/s2，B正确；
C．r海3T海2=r地3T地2 ，T海=164年，C错误。
D.根据万有引力定律可知，地球所受万有引力是海王星的倍，D正确
故选BD。
10. 【答案】BCD
【解析】
A.足球在最高点速度最小时只受重力mg=mv2R，因此在B点的最小速度是gR，故A错误；
B.要完成完整的圆周运动，设足球在最低点A处的速度vA,A至B过程中，由动能定理得：-2mgR=12mvB2-12mvA2,踢球过程中，以足球为研究对象，由动能定理得:W=12mvA2-0，联立解得：W=2.5mgR，所以B正确；
C.当足球上升到与圆心等高处恰好不脱离圆柱内壁，设足球的初速度为v0,由动能定理得：-mgR=0-12mv02,得v0≤2gR，故C正确；
D.A点：FA+mg=mvA2R,B点FB-mg=mvB2R,A至B过程中，由动能定理得：-2mgR=12mvB2-12mvA2,∆F=FA-FB,解得∆F=6mg，是定值，所以D正确。
11. 【答案】BC
【解析】A．通信卫星做匀速圆周运动，必有向心加速度，故A错误；
B．三颗通信卫星若要全面覆盖，离地高度最小时，三颗卫星的连线与地球相切，由几何关系得，所以解得，所以通信卫星高度至少为R，故B正确；
C．对通信卫星有，地球的自转周期与同步卫星相同，对同步卫星有，整理有，故C正确。
D．由，得，又因为，所以，能实现全球通信时，卫星离地高度至少R，所以卫星的最大线速度为，故D错误。
故选BC。
12. 【答案】AC
【详解】A.忽略一切阻力，ABC三小球组成的系统，机械能没有向其他形式能量转化，机械能守恒。A正确；
B.由小球C速度分解如图所示
由对称性可知vA=vB，又
vCsinθ=vA
得vA=vB=vCsinθ
B错误；
D.设滑轮PQ之间的水平细绳的长度为2l，小球C下降到最低点时，下降的高度为h，滑轮与小球C之间长度为l1，如图所示
小球C下降到最低点过程中，三球组成的系统机械能守恒
2mg(l1-l)=mgh
又h=l12-l2
解得l=35l1
此时csθ=ll1=35
得θ=53°
C正确。
小球C的加速度等于0时，速度最大
根据系统机械能守恒：mgl3=2mg(2l3-l)+12mvA2+12mvB2+12mvC2
得小球C动能的最大值为43mgl-233mgl
13. 【答案】(1) m1gx ， 12m1+m2LΔt2 (2)2m1g(m1+m2)L2
【解析】（1）[1] 根据题意可知，小车通过光电门时的速度为v=LΔt
从释放到小车经过光电门，这一过程中，系统重力势能减少量为
ΔEp=m1gx
[2] 从释放到小车经过光电门，这一过程中，系统动能增加量为
ΔEk=12m1+m2LΔt2
（2）改变x，做多组实验，作出如图以x为横坐标，以1Δt2为纵坐标的图像。若机械能守恒成立有
m1gx=12m1+m2LΔt2
整理有
1Δt2=2m1g(m1+m2)L2x
则图像斜率为
k=2m1g(m1+m2)L2
14. 【答案】（1）5 ；（2）相邻两点间，小球A发生的水平位移均为2L，所以平抛运动的水平分运动为匀速直线运动；（只要体现相邻两点间水平位移相等，即可认为正确）；
（3）1；（4）eq \r(5)
【解析】（1）由题意知，拍照间隔T=0.1s，由图知，小球B释放后第一个T内下降的距离为L，则L=eq \f(1,2)gt2=0.05m=5cm；（2）由图可知，相邻两点间，小球A发生的水平位移均为2L，所以平抛运动的水平分运动为匀速直线运动；（只要体现相邻两点间水平位移相等，即可认为正确）（3）小球A做平抛运动的初速度大小为v0=eq \f(2L,T)=1m/s；（4）因为两球在竖直方向上都做自由落体运动，所以竖直高度差恒定，当小球a运动到与b在同一竖直线上时，距离最短，根据图可知，此时小球A运动了t=0.2s,所以有vy=gt=2m/s，所以此时的速度大小为v=eq \r(v02+vy2)=eq \r(5)m/s。
15. 【答案】(1)h=vt-v22g ；(2)
【解析】（1）P=mgv
Pt-mgh=12mv2-0
得h=vt-v22g
（2）当建筑材料的速度为时，塔吊对建筑材料的拉力
解得
根据牛顿第二定律
解得
16. 【答案】（1）t=0.6s；（2）v=35m/s，tanθ=2；（3）y=59x2
【解析】（1）包裹脱离无人机后做平抛运动，在竖直方向做自由落体运动，则
h=12gt2
解得t=2hg=0.6s
（2）包裹落地时，竖直方向速度为vy=gt=g2hg
落地时速度为v=v02+vy2=v02+2gh=35m/s
落地速度与水平方向的夹角为θ，有tanθ=vyv0=2ghv0=2
（3）包裹做平抛运动，分解位移
x=v0t1
y=12gt12
两式消去时间得包裹的轨迹方程为y=g2v02x2=59x2
17. 【答案】（1）tanθ=eq \f(\r(30),15) ；（2）R=eq \f(5h,2) ；（3）Wf=12mgR=54mgh （结果为Wf=12mgR不扣分）
【解析】（1）将小球抛出时的速度分解为水平分速度vx与竖直分速度vy，小球从P到M的过程有
h=eq \f(1,2)gt2，
vx=eq \f(x,t)
vy2=2gh
tanθ=eq \f(vy,vx)
带入解得：tanθ=eq \f(\r(30),15)
（2）设半圆轨道半径为R，则由小球在N点对轨道无作用力可得
mg=meq \f(vN2,R)
对小球从N到P的过程有
h+2R=eq \f(1,2)gt′2
x=vNt′
联立解得：R=eq \f(5h,2)
54mgh(结果为152mgR也对）
小球从M运动到N的过程中，由动能定理得：
-mg2R-Wf=12mvN2-12mvM2
得Wf=12mgR=54mgh （结果为Wf=12mgR不扣分）
18. 【答案】（1） v0=15m/s （2）v=355m/s （3）S=2.64m（4） Q=61.2J
【解析】
（1）mglsin60°=12mv02
v0=15m/s
（2）Mgsin30°=kx1
x1=1m
长木板速度最大时加速度为0，
对M受力分析得 Mgsin30°+μmgcs30°=kx2
x2=1.6m
∆x=x2-x1
∆x=0.6m
对M列动能定理：Mgsin30°∆x+μmgcs30°∆x-(12kx22-12kx12）=12Mv2-0
v=355m/s
（3）对m列动能定理：mgSsin30°-μmgScs30°=12mv2-12mv02
S=2.64m
(4)Q=μmgcs30°（S-∆x）
Q=61.2J