广东省番禺区广东第二师范学院番禺附中2023年物理高一下期中联考试题含解析

广东省番禺区广东第二师范学院番禺附中2023年物理高一下期中联考试 题 快递公司问题件快递公司问题件货款处理关于圆的周长面积重点题型关于解方程组的题及答案关于南海问题 考生请注意：1．答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内，不得在试卷上作任何标记。2．第一部分选择题每小题选出 答案 八年级地理上册填图题岩土工程勘察试题省略号的作用及举例应急救援安全知识车间5s试题及答案 后，需将答案写在试卷指定的括号内，第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。3．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。一、选择题：（1-6题为单选题7-12为多选，每题4分，漏选得2分，错选和不选得零分）1、“高分四号”卫星是我国首颗地球同步轨道高分辨率光学成像卫星，也是目前世界上空间分辨率最高、幅宽最大的地球同步轨道遥感卫星，它的发射和应用使我国天基对地遥感观测能力显著提升．关于“高分四号”，下列说法正确的是()A．“高分四号”卫星的空间分辨率很高，采取措施使它距地球更近一些，效果会好一些B．“高分四号”卫星绕地球做圆周运动的线速度大于地球的第一宇宙速度7.9km/sC．“高分四号”卫星的向心加速度大于静止在赤道上物体的向心加速度D．“高分四号”卫星的向心力与其他同步卫星的向心力的大小相等2、对于某一质量确定的物体，下列说法中正确的是（）A．物体的动量发生改变，则合外力一定对物体做了功B．物体的运动状态改变，其动量一定改变C．物体的动量发生改变，其动能一定发生改变D．物体的动能发生改变，其动量可能不变3、如图所示，圆周c是质量为m的小球以速率v沿逆时针方向作匀速圆周运动的轨迹，轨迹圆半径为当小球运动到图中A点时，小球所受向心力大小突变为，下列对小球随后的运动分析，其中正确的是　A．若，小球将沿轨迹d作匀速直线运动B．若，小球可能沿轨迹a作匀速直线运动C．若，小球可能以小于v的速率沿轨迹c作圆周运动D．若，小球可能沿轨迹b作曲线运动4、如果把钟 表 关于同志近三年现实表现材料材料类招标技术评分表图表与交易pdf视力表打印pdf用图表说话 pdf 上的时针、分针、秒针的运动看成匀速圆周运动，那么，从它的分针与秒针第一次重合至第二次重合，中间经历的时间为（　　）A．minB．1minC．minD．min5、在国际单位制中，单位是“库仑”的物理量是A．电荷量B．电压C．电流D．电阻6、关于合运动、分运动的说法，正确的是（　　）A．运动的合成与分解符合平行四边形定则B．合运动的位移一定比其中的一个分位移大C．合运动的速度一定比两个分速度大D．合运动的时间一定比分运动的时间长7、如图所示的皮带传动装置中，甲、乙、丙三轮的轴均为水平轴，其中甲、丙两轮半径相等，乙轮半径是丙轮半径的一半．A，B，C三点分别是甲、乙、丙三轮的边缘点，若传动中皮带不打滑，则(　　)A．A，B两点的线速度大小之比为2∶1B．A，C两点的角速度大小之比为1∶2C．A，C两点的向心加速度大小之比为1∶4D．A，B两点向心加速度大小之比为2∶18、如图，质量相同的两个小球a、b由斜面底端斜向上拋出，两球恰好分别沿水平方向击中斜面顶端A和斜面上点B，hA=4hB，不计空气阻力，这个过程中下列说法正确的是（　　）A．小球a、b的初速度方向相同B．在抛出时小球a、b重力的瞬时功率之比为4：1C．小球a、b分别击中A、B时的速度之比为4：1D．小球a、b空中运动时间之比为2：19、一艘小船在静水中的速度是3m/s，一条河宽60m，河水流速为4m/s，下列说法正确的是（）A．小船在这条河中运动的最大速度是5m/sB．小船在这条河中运动的最小速度是1m/sC．小船渡过这条河的最短时间是20sD．小船渡过这条河的最小距离是60m10、如图所示，一轻弹簧一端固定于O点，另一端系一重物，将重物从与悬点O在同一水平面且弹簧保持原长的A点无初速地释放，让它自由摆下，不计空气阻力，在重物由A点摆向最低点B的过程中（　　）A．重力做正功，重力势能减小B．重力做正功，重力势能增加C．弹力做正功，弹性势能减少D．弹力做负功，弹性势能增加11、质量分别为m1、m2的A、B两物体放在同一水平面上，受到大小相同的水平力F的作用，各自由静止开始运动．经过时间t0，撤去A物体的外力F；经过4t0，撤去B物体的外力F．两物体运动的v﹣t关系如图所示，则A、B两物体（）A．与水平面的摩擦力大小之比为5：12B．在匀加速运动阶段，合外力做功之比为4：1C．在整个运动过程中，克服摩擦力做功之比为1：2D．在整个运动过程中，摩擦力的平均功率之比为5：312、如图所示，绝缘轻弹簧一端固定在挡板上，另一端与物块a连接，质量相等的带电物块a、b、c均静止在光滑绝缘斜面上，物块a、b和b、c间距相等，物块a、b带正电且电荷量均为Q，若物块a、b、c均可视为质点，则（　　）A．可以确定物块c的电荷量及正负B．Q的取值不同，弹簧的形变量相同C．可以确定物块的质量D．可以确定斜面的倾角二、实验题（本题共16分，答案写在题中横线上）13、（6分）某实验小组设计如图甲所示的实验装置，用来测量滑块与木板之间的动摩擦因数：一木板固定在水平桌面上，一端装有定滑轮；滑块的左端与穿过打点计时器（未画出）的纸带相连，右端用细线通过定滑轮与托盘连接。在托盘中放入适量砝码，接通电源，释放滑块，打点计时器在纸带上打出一系列的点。(1)如图乙所示，为实验中获取的一条纸带：0、1、2、3、4、5、6是选取的计数点，每相邻两计数点间还有4个计时点（图中未标出），测得计数点间的距离如图所示。已知交流电源的频率为50Hz，根据图中数据计算出滑块加速度大小为a=________m/s2，计数点4对应的滑块速度大小=________m/s。（结果均保留两位有效数字）(2)滑块、托盘（含砝码）的质量分别用M、m表示，滑块的加速度用a表示，重力加速度为g，则滑块与木板间的动摩擦因数μ=________。（用题中M、m、g、a表示）(3)若实验测得的动摩擦因数偏大，主要原因可能是________。A．纸带与打点计时器间有摩擦B．滑轮存在摩擦阻力C．木板未调节水平，左端偏高D．未满足M远大于m14、（10分）某学习小组用图示的实验装置验证“机械能守恒定律”．他们在气垫导轨上安装了一个光电门B，滑块（带遮光条）用细线绕过气垫导轨左端的定滑轮与钩码相连，每次滑块都从A处由静止释放．(1)下列实验要求中不必要的一项是______（请填写选项前对应的字母）．A．应将气垫导轨调至水平B．应使细线与气垫导轨平行C．应使A位置与光电门B间的距离适当大些D．应使钩码质量远小于滑块和遮光条的总质量(2)实验时，已知滑块（带遮光条）的质量M，钩码质量m，A、B间的距离L，遮光条的宽度为d和遮光条通过光电门的时间为t，重力加速度为g，则满足的关系式______（用M、m、g、L、d、t表示）即可验证从A到B过程系统机械能守恒．三、计算题要求解题步骤，和必要的文字说明（本题共36分）15、（12分）如图所示，有一辆质量为m=1.0×103kg的小汽车驶上半径为R=50m的圆弧形拱桥，g取10m/s1．求：(1)汽车到达桥顶的速度为v1=10m/s时对桥的压力FN有多大？(1)汽车以多大的速度v1经过桥顶时恰好对桥没有压力作用而腾空？16、（12分）如图所示,一质量为m=1kg的小物块轻轻放在水平匀速运动的传送带上的A点，随传送带运动到B点，小物块从C点沿圆弧切线进入竖直光滑的半圆轨道恰能做圆周运动。已知圆弧半径R=1.6m，轨道最低点为D，D点距水平面的高度h=4m。小物块离开D点后恰好垂直碰击到放在水平面上倾角为θ=45°固定的挡板的E点（E刚好在地面上）。已知物块与传送带间的动摩擦因数μ=0.3，传送带以5m/s恒定速率顺时针转动(g取10m/s2)，求：（1）小物体经过C点时速度的大小；（2）传送带AB两端的距离；（3）小物块经过D点时对轨道的压力大小。17、（12分）一质量为8.00×104kg的太空飞船从其飞行轨道返回地面．飞船在离地面高度1.60×105m处以7.5×103m/s的速度进入大气层，逐渐减慢至速度为100m/s时下落到地面．取地面为重力势能零点，在飞船下落过程中，重力加速度可视为常量，大小取为9.8m/s2(结果保留两位有效数字)．(1)分别求出该飞船着地前瞬间的机械能和它进入大气层时的机械能；(2)求飞船从离地面高度600m处至着地前瞬间的过程中克服阻力所做的功，已知飞船在该处的速度大小是其进入大气层时速度大小的2.0%.参考答案一、选择题：（1-6题为单选题7-12为多选，每题4分，漏选得2分，错选和不选得零分）1、C【解析】A．“高分四号”卫星是地球同步卫星，轨道半径是个定值，不能降低，故A错误；B．第一宇宙速度是人造地球卫星运行的最大环绕速度，所以“高分四号”卫星绕地球做圆周运动的线速度小于地球的第一宇宙速度7.9km/s，故B错误；C．“高分四号”卫星和地球上的物体角速度相同，根据a=ω2r可知，“高分四号”卫星的半径大，则向心加速度大．故C正确；D．向心力，由于不知道“高分四号”卫星与其它同步卫星的质量关系，所以不能判断向心力大小，故D错误；故选C．【点睛】本题考查第一宇宙速度的特点，内容简单，只要多读课本，熟记基本知识就能顺利解出．同步卫星要与地球的自转实现同步，就必须要角速度与地球自转角速度相等，这就决定了它的轨道高度和线速度．2、B【解析】A．物体的动量发生改变，则合外力不一定对物体做了功，如匀速圆周运动，故A错误；B．物体的运动状态改变，它的速度一定发生变化，其动量一定改变，故B正确；C．如果物体速度大小不变，方向改变，这时其动量发生变化了，但其动能不变，故C错误；D．物体的动能发生改变，说明其速度大小发生变化了，其动量一定发生变化，故D错误。3、D【解析】根据题意可知，当时，则沿圆周c运动；当时，则做近心运动；当时，可能沿b离心飞出；当时，沿切线a飞出，故ABC错误，D正确；故选D．【点睛】做圆周运动的物体，当提供的向心力等于需要的向心力时，才做匀速圆周运动，而当提供的向心力小于需要的向心力，则做近心运动，而大于需要的向心力时，则做离心运动．4、C【解析】分针的周期为1h，秒针的周期为1min，两者的周期比为T1：T2=60：1，分针与秒针从第1次重合到第2次重合有ω1t+2π=ω2t即又T1=60T2=60min，所以有故C正确、ABD错误。故选C。5、A【解析】在国际单位制中，电荷量的单位是“库仑”，故A正确，BCD错误．6、A【解析】A．运动的合成与分解符合平行四边形定则，故A正确；B．根据平行四边形定则，知合位移可能比分位移大，可能比分位移小，可能与分位移度相等，故B错误；C．根据平行四边形定则，知合速度可能比分速度大，可能比分速度小，可能与分速度相等，故C错误；D．合运动与分运动具有等时性，合运动的时间等于分运动的时间，故D错误。故选A。7、BC【解析】因为甲、乙两轮是皮带传动,皮带传动的特点是两轮与皮带接触点的线速度的大小与皮带的线速度大小相同,所以，故A错误；由角速度和线速度的关系式可知，因为乙、丙两轮共轴,故两轮角速度相同，所以；故B正确；根据向心加速度知A，C两点的向心加速度大小之比为1∶4故C正确；根据向心加速度，可知A，B两点向心加速度大小之比为1:2，故D错误；故选BC8、AD【解析】D．将抛体运动倒过来看成平抛运动，竖直方向为自由落体运动，由于hA=4hB因此故D正确；A．由相似三角形可知由于，因此而在斜面底端时因此故A正确；B．在抛出时重力的瞬时功率由于在抛出时小球a、b重力的瞬时功率之比为2：1，故B错误；C．由于因此小球a、b分别击中A、B时的速度之比为2：1，故C错误。故选AD。9、BC【解析】AB、当静水速与水流速同向，小船速度最大为7m/s，当静水速与水流速反向，小船速度最小为1m/s；故A错误，B正确.C、当静水速与河岸垂直时，渡河时间最短，为，故C正确.D、因为静水速小于水流速，可知合速度的方向不可能垂直于河岸，则小船不能垂直到对岸，最小距离一定大于60m；故D错误.故选BC.10、AD【解析】在重物由A点摆向最低点B的过程中重物的高度下降，重力对重物做正功，重物的重力势能减小；弹簧伸长，弹簧的弹力对重物做负功，弹性势能增加，故AD正确，BC错误。故选AD。11、AC【解析】根据两物块做匀加速运动和匀减速运动的过程，求出各自运动的加速度之比，根据牛顿运动定律的从而求出摩擦力之比；速度时间图线与时间轴所围成的面积表示位移，根据加速阶段和整个过程的面积比得出位移比，进而可求合外力做功和克服摩擦力做功之比；由功率的定义式可得功率之比．【详解】A．由图象可得，A加速运动的加速度为，减速运动的加速度为，根据牛顿第二定律知①②由①②得B加速运动的加速度为，减速运动的加速度为，根据牛顿第二定律知:③④由③④得所以与水平面的摩擦力大小之比为，A正确；B．合外力做功减速阶段两图象的斜率相等，故加速度相等，而此时a=μg，故摩擦系数相同，由牛顿第二定律知，质量之比等于摩擦力之比为5：12，在匀加速运动阶段，合外力做功之比为等于末动能之比，为B错误；C．根据图象面积表示位移知AB两物体的位移之比为6：5，由W=Fs知在整个运动过程中，克服摩擦力做功之比（5×6）：（12×5）=1：2，C正确；D．根据：知平均功率之比为D错误。故选AC．【点睛】解决本题的关键通过图象得出匀加速运动和匀减速运动的加速度，根据牛顿第二定律，得出两个力的大小之比，以及知道速度﹣时间图线与时间轴所围成的面积表示位移．12、AB【解析】A．设斜面倾角为θ，若物块c的电荷量为q，分析物块c沿斜面方向的受力情况，受到沿斜面向下的重力的分力和沿斜面向上的库仑力作用，故物块c带正电，对物块c分析分析物块b的受力情况联立解得故可以确定物块c的电荷量及正负，故A正确；B．以三个带电物块为研究对象，则库仑力为内力，对整体分析故Q取值不同，弹簧的形变量x不变，故B正确；CD．由于物块a、b和b、c的间距r未知，无法确定物块的质量m以及斜面的倾角θ，故CD错误。故选AB。二、实验题（本题共16分，答案写在题中横线上）13、0.50m/s20.31m/sAB【解析】(1)[1][2]每相邻两计数点间还有4个计时点，相邻两计数点时间间隔根据逐差法根据匀变速直线运动规律，4点的瞬时速度等于3点到5点的平均速度(2)[3]以整个系统为研究对象，根据牛顿第二定律联立解得(3)[4]纸带与打点计时器间的摩擦力和滑轮存在摩擦阻力都会使测得的摩擦力增大，根据可知摩擦力增大，故摩擦因数增大，木板未调节水平，左端偏高和未满足M远大于m均不会影响摩擦力变大，故AB正确，CD错误。故选AB。14、D【解析】(1)验证系统机械能守恒，应将气垫导轨调至水平，使细线与气垫导轨平行，为了减小误差，A位置与光电门的距离适当大一些．实验中不需要满足钩码重力等于绳子的拉力，则不需要使钩码质量远小于滑块和遮光条的总质量，故ABC必要，D不必要．(2)滑块通过光电门的瞬时速度，则系统动能的增加量系统重力势能的减小量，则系统机械能守恒满足的表达式为：．三、计算题要求解题步骤，和必要的文字说明（本题共36分）15、(1)(1)【解析】(1)汽车经过凸形桥最高点时，受重力和支持力提供向心力，根据牛顿第二定律得，解得：根据牛顿第三定律知可得汽车对桥的压力为．(1)汽车即将腾空飞起时，桥面的支持力为零，只有重力提供向心力，有：解得：．【点睛】解决本题的关键掌握圆周运动向心力的来源，明确汽车经过桥顶时恰好对桥没有压力的临界条件，然后运用牛顿第二定律进行求解．16、（1）4m/s；（2）m；（3）60N【解析】(1)对小物块在C点恰能做圆周运动，由牛顿第二定律得mg=m代入数据解得vC=4m/s（2）由于v1=4m/s<5m/s，所以小物块在传送带上一直加速，则A到B，由牛顿第二定律得μmg=ma解得a=3m/s2根据解得传送带AB两端的距离xAB=m（3）小物块离开D点后做平抛运动，则在竖直方向上有h=解得t=s竖直分速度vy=gt=m/s小物块恰好垂直碰击挡板的E点，则有tan45°=解得m/s在D点由牛顿第二定律得N-mg=m解得N=60N由牛顿第三定律知小物块对轨道的压力大小为N′=N=60N方法二：（3）对小物块，由C到D由动能定理得解得vD=m/s在D点由牛顿第二定律得N-mg=m解得N=60N由牛顿第三定律知小物块对轨道的压力大小为：N′=N=60N17、(1),(2)【解析】（1）飞船着地前瞬间的机械能为①式中，m和v0分别是飞船的质量和着地前瞬间的速率．由①式和题给数据得②设地面附近的重力加速度大小为g，飞船进入大气层时的机械能为③式中，vh是飞船在高度1.6×105m处的速度大小．由③式和题给数据得④（2）飞船在高度h' =600m处的机械能为⑤由功能原理得⑥式中，W是飞船从高度600m处至着地瞬间的过程中克服阻力所做的功．由②⑤⑥式和题给数据得W=9.7×108J⑦【名师点睛】本题主要考查机械能及动能定理，注意零势面的选择及第（2）问中要求的是克服阻力做功．