甘肃省靖远县第二中学2023-2024学年高一下学期7月期末考试物理试题

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1.B 解析:除重力以外的其他力(包括摩擦力)所做的总功为零时,物体的机械能不变,A项错误;做匀速圆周运动的物体所受的合力指向圆心,做非匀速圆周运动的物体所受的合力不指向圆心,B项正确;物体所受的合力为恒力时,若物体所受合力方向与运动方向不在一条直线上,则物体做匀变速曲线运动,C项错误;人不一定能被视为质点,故两人之间的万有引力不一定能直接利用万有引力定律公式计算,D项错误。
2.A 解析:本题考查功率。人对绳的拉力做功的功率等于物块匀速上升过程中克服重力做功的功率,故P=mgv,A项正确。
3.D 解析:本题考查万有引力定律的应用。由题意可知,人受到的支持力提供其做圆周运动的向心力,故有mg=m4π2T2r,解得r=gT24π2,D项正确。
4.
C 解析:本题考查运动的分解。轻杆B点的速度大小vB=ωL=5 m/s,将B点的速度沿绳和垂直于绳的方向分解,如图所示,沿绳方向的速度大小等于物块上升的速度大小,故v=vBsin θ=4 m/s,C项正确。
5.C 解析:本题考查受力分析的能力。对小球进行受力分析可知,小球在浸入水的过程中受到了浮力的作用,故小球对弹簧测力计的拉力减小,弹簧测力计的示数减小;由作用力和反作用力的关系可知,容器中的水受到向下的压力作用,故台秤的示数增大,且台秤示数的增加值一定等于弹簧测力计示数的减少值,故C项正确。
6.D 解析:本题考查圆周运动和动能定理。在小球从A轨道的最高点运动到B轨道的最高点的过程中,根据动能定理有mg·2R-W=12mvB2-12mvA2,小球通过A轨道的最高点时有mg=mvA22R,小球通过B轨道的最高点时有mg=mvB2R,联立解得W=52mgR,D项正确。
7.A 解析:本题考查圆周运动和万有引力定律。探测器从轨道Ⅰ变轨到轨道Ⅲ的过程需要点火减速,所以其机械能减小,A项正确;探测器从轨道Ⅱ变轨到轨道Ⅲ时,需在O点点火减速,B项错误;三条轨道上O点到火星的距离相等,探测器受到的万有引力相同,所以探测器在轨道Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ上经过O点时的加速度相同,C项错误;探测器沿轨道Ⅰ运动经过O点时做离心运动,而沿轨道Ⅲ运动经过O点时做近心运动,所以探测器沿轨道Ⅰ运动经过O点时的速度大于其沿轨道Ⅲ运动经过O点时的速度,D项错误。
8.AD 解析:本题考查牛顿第一定律和牛顿第三定律。垫球时,手感觉疼,说明球与手之间的作用力是相互的,故A项正确;球在空中能继续向上运动,是由于球具有惯性,球没有受到向上的作用力,故B项错误;任何力都存在反作用力,物体重力的反作用力是物体对地球的作用力,故C项错误;质量是惯性的量度,物体的质量不变,其惯性就不变,故D项正确。
9.BC 解析:本题考查万有引力定律的应用。在月球上做“水流星”实验时,“水流星”通过最高点时有mg月=mv2L,解得g月=v2L,在忽略月球自转的情况下,月球表面的物体受到的万有引力等于重力,即GM月mR2=mg月,解得M月=v2R2GL;“嫦娥六号”绕月球表面飞行时,根据万有引力提供向心力有GM月mR2=mg月=m4π2T2R,解得T=2πvRL,“嫦娥六号”绕月球表面正常运行的速度即月球的第一宇宙速度,根据公式mg月=mv12R,解得v1=vRL,故B、C项正确,A、D项错误。
10.AC 解析:本题考查动能定理。设倾斜滑道的倾角为θ、长度为s,要使动摩擦因数最大时货物也能滑到水平台上,根据动能定理有3mgh-1.5μ0mgscs θ>0,并且scs θ=L1,解得L1mgsin θ,可得μ0>tan θ=hL1,即L1>hμ0,故A项正确、B项错误;要使动摩擦因数最小时货物也不滑出水平台面,在整个运动过程中,根据动能定理有3mgh-μ0mgscs θ-μ0mgL2≤0,解得L1+L2≥3hμ0,故C项正确、D项错误。
11.(1)平抛运动在水平方向的分运动是匀速直线运动 (1分)
(2)1.0 (2分) 1.25 (2分)
解析:(1)如题图甲所示,把两个质量相等的小钢球,从斜面的同一高度同时由静止释放,观察到两球在水平面相遇,这说明平抛运动在水平方向上的分运动是匀速直线运动。
(2)小方格的边长L=2.5 cm=0.025 m,在竖直方向上,根据公式Δy=gT2,解得频闪周期T=Lg=0.05 s,小球做平抛运动的初速度大小v0=2LT=1.0 m/s,根据匀变速直线运动规律,小球运动到b点在竖直方向上的分速度vby=yac2T=3L2T=0.75 m/s,则小球运动到b点时的瞬时速度大小vb=v02+vby2=1.25 m/s。
12.(1)B (2分)
(2)mg(xAF-xAB) (3分) 3m8T2[(xAG-xAE)2-xAC2] (3分)
(3)3ab (2分)
解析:(1)打点计时器需要接到交流电源上,A项正确;实验时应先接通电源,再释放P,B项错误;根据测量的结果,分别计算出系统减少的重力势能和增加的动能,C项正确。
(2)B到F的过程中系统重力势能的减少量Ep减=2mg(xAF-xAB)-mg(xAF-xAB)=mg(xAF-xAB),动能的增加量ΔEk=12×2mvF2+12mvF2-12×2mvB2-12mvB2=3m8T2[(xAG-xAE)2-xAC2]。
(3)根据系统机械能守恒有2mgh-mgh=12×(2m+m)v2,可得v22=13gh,所以v22-h图像的斜率k=g3=ab,所以g=3ab。
13.解:(1)设货物匀速上升时,绳的拉力大小为T0
根据力的平衡可知T0=mg+f (2分)
电动机的额定功率P=T0vm (2分)
解得vm=4.8 m/s。 (1分)
(2)设货物做匀加速直线运动时,绳的拉力为T
根据牛顿第二定律有T-mg-f=ma (2分)
设货物匀加速运动结束时的速度大小为v0
根据公式 P=Tv0=Tat1 (2分)
解得 t1=2 s。 (1分)
14.解:(1)设汽车刹车的加速度大小为a,汽车匀速行驶的速度v0=72 km/h=20 m/s (1分)
在司机反应时间内,汽车发生的位移x0=v0Δt=10 m (1分)
从开始刹车到停止,汽车的位移x=s-x0=40 m (1分)
刹车后,根据匀变速运动规律有0-v02=-2ax (2分)
解得a=5 m/s2 (1分)
刹车后2 s,汽车的速度大小v=v0-at=10 m/s。 (2分)
(2)设汽车从刹车到停止在斑马线前所用时间为t1
根据匀变速直线运动规律有0-v0=-at1 (2分)
解得t1=4 s (1分)
牧童通过斑马线的时间t2=d+lv1=15 s (2分)
汽车在斑马线前所需等待的时间t3=t2-t1-Δt =10.5 s。 (2分)
15.解:(1)滑块从A点运动到P点的过程
根据动能定理有mgR=12mv02 (1分)
解得v0=6 m/s (1分)
滑块滑上传送带后做匀减速运动至速度减为零的过程
滑块的加速度大小a=μg=5 m/s2 (1分)
根据匀变速直线运动规律有-2aL=0-v02 (1分)
解得L=3.6 m。 (1分)
(2)设滑块在传送带上向右减速至速度为零的时间为t1
根据速度公式0=v0-at1,可得t1=1.2 s (1分)
传送带发生的位移x1=vt1=3.6 m (1分)
滑块速度减为零后,再以a=5 m/s2的加速度向左做加速运动
根据速度公式v=at2,可得加速运动的时间t2=0.6 s (1分)
滑块加速过程发生的位移x2=v2t2=0.9 m (1分)
此过程传送带向左发生的位移x3=vt2=1.8 m (1分)
故此过程由于摩擦产生的热量Q=μmg(L+x1+x3-x2)=40.5 J。 (2分)
(3)滑块最终将在圆弧轨道和传送带间做往复运动,且每次都是在传送带上减速为零再反向加速至与传送带共速后以速度v=3 m/s滑上圆弧面,再以速度v=3 m/s滑上传送带,故每次通过P点时的速度均为v=3 m/s,即此速度为滑块过P点时的最小速度 (2分)
根据牛顿第二定律有Nmin-mg=mvmin2R (1分)
解得Nmin=15 N (1分)
根据牛顿第三定律可知N=Nmin=15 N。 (1分)