2022-2023學年甘肅省張掖市高一物理第二學期期中考試試題含解析

2022-2023學年甘肅省張掖市高一物理第二學期期中考試試題請考生注意：1．請用2B鉛筆將選擇題答案涂填在答題紙相應位置上，請用0．5毫米及以上黑色字跡的鋼筆或簽字筆將主觀題的答案寫在答題紙相應的答題區(qū)內(nèi)。寫在試題卷、草稿紙上均無效。2．答題前，認真閱讀答題紙上的《注意事項》，按規(guī)定答題。一、選擇題：本大題共10小題，每小題5分，共50分。在每小題給出的四個選項中，有的只有一項符合題目要求，有的有多項符合題目要求。全部選對的得5分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。1、載人飛船在發(fā)射和返回地面的過程中，都具有很大的、豎直向上的加速度，會使宇航員的大腦暫時缺血，而發(fā)生“黑視”。則下列說法正確的是（）A．飛船發(fā)射時，宇航員處于失重狀態(tài)B．飛船返回地面的過程中，宇航員處于失重狀態(tài)C．飛船發(fā)射瞬時宇航員的重力變大D．飛船發(fā)射時宇航員對座椅壓力大于重力，返回地面的過程中宇航員對座椅壓力也大于重力2、關于正常走時的手表，以下說法中正確的是①秒針角速度是分針角速度的60倍②分針角速度是時針角速度的60倍③秒針的周期是時針周期的1/3600④分針的周期是時針周期的1/12A．①② B．③④ C．①④ D．②③3、“楚秀園”是淮安市一座旅游綜合性公園，園內(nèi)娛樂設施齊全，2016年6月1日，某同學在公園內(nèi)玩飛鏢游戲時，從同一位置先后以速度vA和vB將飛鏢水平擲出，依次落在靶盤上的A、B兩點，如圖所示，飛鏢在空中運動的時間分別tA和tB．忽略阻力作用，則A．vA＜vB，tA＜tB B．vA＜vB，tA＞tBC．vA＞vB，tA＜tB D．vA＞vB，tA＞tB4、關于功率，下列說法正確的是()A．由P＝W/t可知，只要知道W和t的值就可以計算出任意時刻的功率B．由P＝F·v可知，若v為平均速度則P為平均功率C．當汽車P一定時，牽引力一定與速度成正比D．由P＝F·v可知，牽引力一定與速度成反比5、兩個放在絕緣架上的相同金屬球相距d，球的半徑比d小得多，分別帶q和的同種電荷，相互斥力為．現(xiàn)將這兩個金屬球先充分接觸然后分開，仍放回原處，則它們的相互斥力將變?yōu)椋ǎ〢．0 B．F C． D．6、如圖所示，紙質(zhì)圓桶以角速度ω繞豎直軸逆時針高速轉(zhuǎn)動，一顆子彈沿直徑穿過圓桶，若子彈在圓桶上留下兩個彈孔a、b，己知Oa與Ob間的夾角為θ=，圓桶的直徑為d，則子彈速度可能為（）A． B． C． D．7、西班牙某小鎮(zhèn)舉行了西紅柿狂歡節(jié)，其間若一名兒童站在自家的平房頂上，向與他水平距離L的對面的豎直高墻上投擲西紅柿，第一次水平拋出的速度是v0，第二次水平拋出的速度是2v0，則比較前后兩次被拋出的西紅柿在碰到墻過程中，有(不計空氣阻力)A．運動時間之比是2∶1 B．下落的高度之比是2∶1C．下落的高度之比是4∶1 D．運動的加速度之比是1∶18、如圖所示，小球從高處下落到豎直放置的輕彈簧上，那么小球從接觸彈簧開始到將彈簧壓縮到最短的過程中（彈簧保持豎直），下列關于能的敘述正確的是（）A．彈簧的彈性勢能先增大后減小B．小球的動能先增大后減小C．小球的機械能守恒D．小球與彈簧所組成的系統(tǒng)機械能守恒9、一物體在N個共點力作用下做勻速直線運動，若突然撤去其中一個力，其余力不變，則物體可能做(

)A．勻加速直線運動B．變加速直線運動C．類平拋運動D．勻速圓周運動10、關于牛頓第二定律,下列說法中正確的是()A．物體只有受到力作用時,才會產(chǎn)生加速度和速度B．任何情況下,加速度的方向總與合外力方向相同,也總與速度的方向相同C．當物體受到幾個力作用時,可把物體的加速度看成是各個力單獨作用時產(chǎn)生的各個加速度的矢量和D．加速度和力是瞬時對應關系,即加速度與力是同時產(chǎn)生、同時變化、同時消失二、實驗題11、（4分）圖甲是“研究平拋物體的運動”的實驗裝置圖。(1)實驗前應對實驗裝置反復調(diào)節(jié)，直到斜槽末端切線_______。每次讓小球從同一位置由靜止釋放，是為了每次平拋__________。(2)圖乙是正確實驗取得的數(shù)據(jù)，其中O為拋出點，則此小球做平拋運動的初速度為__________m/s（g=9.8m/s2）。(3)在另一次實驗中將白紙換成方格紙，每個格的邊長L=5cm，通過實驗，記錄了小球在運動途中的三個位置，如圖丙所示，則該小球做平拋運動的初速度為_______m/s；B點的豎直分速度為________m/s（g=10m/s2）。（結(jié)果均保留兩位有效數(shù)字）12、（10分）在使用打點計時器“測定勻變速直線運動的加速度”的實驗中，某次實驗的紙帶如圖所示，已知打點計時器的頻率為50Hz，紙帶上每5個點取一個計數(shù)點．圖中畫出了幾個計數(shù)點，還標出了一些計數(shù)點間的距離，則由此可算出小車的加速度為______m/s2，B點的速度為______m/s．三、計算題：解答應寫出必要的文字說明、方程式和重要的演算步驟．只寫出最后答案的不能得分．有數(shù)值計算的題，答案中必須明確寫出數(shù)值和單位13、（9分）如圖所示，已知輕彈簧發(fā)生彈性形變時所具有的彈性勢能其中k為彈簧的勁度系數(shù)，x為其形變量．現(xiàn)有質(zhì)量為m1的物塊與勁度系數(shù)為k的輕彈簧相連并靜止地放在光滑的水平桌面上，彈簧的另一端固定，按住物塊m1，彈簧處于自然長度，在m1的右端連一細線并繞過光滑的定滑輪接一個掛鉤．現(xiàn)在將質(zhì)量為m2的小物體輕輕地掛在掛鉤上．設細線不可伸長，細線、掛鉤、滑輪的質(zhì)量及一切摩擦均不計，釋放m1，求：（1）m1速度達最大值時彈簧伸長的長度．（2）m1的最大速度值．14、（14分）如圖所示，一質(zhì)量為m＝0.5kg的小球，用長為0.4m的輕繩拴著在豎直平面內(nèi)做圓周運動．g取10m/s2，求：(1)小球要做完整的圓周運動，在最高點的速度至少為多大？(2)當小球在最高點的速度為4m/s時，輕繩拉力多大？(3)若輕繩能承受的最大張力為45N，小球的速度不能超過多大？15、（13分）如圖所示，一質(zhì)量為m的小球，用長為l的輕繩懸掛于O點的正下方P點。球在水平拉力的作用下，從P點緩慢地移動到Q點，此時輕繩與豎直方向夾角為θ。已知重力加速度為g，(1)求小球在Q點時水平拉力F的大??；(2)求小球在此過程中水平拉力F做的功；(3)若小球在水平恒力F=mg的作用下，從P點運動到Q點，求小球在Q點的速度大小。

參考答案一、選擇題：本大題共10小題，每小題5分，共50分。在每小題給出的四個選項中，有的只有一項符合題目要求，有的有多項符合題目要求。全部選對的得5分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。1、D【解析】

AC.飛船發(fā)射加速上升時，加速度方向向上，宇航員處于超重狀態(tài)，宇航員的重力不變，故選項A、C錯誤；B.飛船返回地面的過程中，加速度方向向上，宇航員處于超重重狀態(tài)，故選項B錯誤；D.飛船發(fā)射加速上升時，加速度方向向上，宇航員處于超重狀態(tài)，飛船在落地向下前減速，加速度方向向上，宇航員處于超重狀態(tài)，宇航員對座椅的壓力都大于其重力，故選項D正確。2、C【解析】

①、分針的周期60min，秒針的周期是1min，根據(jù)公式ω＝可得，，即秒針角速度是分針角速度的60倍故①正確．

②、時針的周期是12h，分針的周期是1h，根據(jù)公式ω＝可得即分針角速度是時針角速度的12倍，故②錯誤；

③④、秒針的周期是1min，分針的周期60min，而時針的周期為12h，即為720min，因此秒針的周期是時針周期的，分針的周期是時針周期的故③錯誤，④正確；根據(jù)以上分析可指正確的是①④，故ABD錯誤，C正確；故選C．3、C【解析】

飛鏢水平擲出后做平拋運動，水平方向上做勻速直線運動，豎直方向上做自由落體運動．則得豎直方向有h=gt2得，因為B下落的高度較大，所以B運動的時間長，即有tA＜tB．水平方向有x=v0t則得初速度，x相同，h越大，v0越小，所以有vA＞vB故選C。4、B【解析】A、公式P=Wt求的是這段時間內(nèi)的平均功率,不能求瞬時功率,故A錯誤;

B、據(jù)P=Fv若v為平均速度則P為平均功率，故C、因為功率等于牽引力與運動速度的乘積,當汽車功率一定時,牽引力與速度成反比,故C錯誤；D、在功率一定時,機器牽引力與運動速度成反比，故D錯誤故選B點睛：物體在單位時間所做的功叫功率,功率大小與做功多少和所用時間都有關系;在功率一定時,機器牽引力與運動速度成反比.5、D【解析】

初始狀態(tài)下，根據(jù)庫侖定律有接觸后，兩電荷均分總電量，分別帶上2q的電量解得則ABC錯誤，D正確。故選D。6、AD【解析】

子彈運動的時間與紙筒轉(zhuǎn)動時間相等，子彈運動時間為，紙筒轉(zhuǎn)動的時間為：，解得：當時，，當時，，故AD正確。7、ACD【解析】

兩次拋出后都碰到了墻，所以水平位移相同，西紅柿的運動可分解為豎直方向的自由落體運動和水平方向的勻速直線運動；A、水平位移相同，初速度之比為1：2，根據(jù)可知，運動時間之比是，故A正確；B、下落的高度，則下落高度之比為，故B錯誤，C正確；D、都做平拋運動，加速度都是重力加速度，相等，即加速度之比是，故D正確．8、BD【解析】

小球在下落過程中彈簧被壓縮，壓縮量不斷增大，故彈簧的彈性勢能不斷增大，故A錯誤；小球和彈簧接觸過程中，開始階段，彈簧的彈力小于重力，后來彈力大于重力，小球的合力先向下后向上，小球先加速后減速，則小球的動能先增大后減小，故B正確；由于彈簧的彈力對小球做負功，故小球的機械能減少，故C錯誤；小球與彈簧所組成的系統(tǒng)只有重力和彈簧的彈力做功，則機械能守恒，選項D正確；故選BD．【點睛】彈簧問題往往是動態(tài)變化的，分析這類問題時用動態(tài)變化的觀點進行，抓住彈力的可變性分析小球的運動情況．同時注意過程中能量轉(zhuǎn)化情況．9、AC【解析】作勻速直線運動的物體受到N個力的作用，這N個力一定是平衡力，如果其中的一個力突然消失，剩余的N-1個力的合力與撤去的力等值、反向、共線，這個合力恒定不變。若物體的速度方向與此合力方向相同，則物體將勻加速直線運動，不可能做變加速直線運動。故A正確，B錯誤；曲線運動的條件是合力與速度不共線，當其余各力的合力與速度不共線時，物體做曲線運動；若由于合力恒定，故加速度恒定，即物體做勻變速曲線運動，剩余的N-1個力的合力方向與原來速度方向垂直，則物體做類似于平拋運動。故C正確；其余N-1個力的合力恒定，而勻速圓周運動合力一直指向圓心，是變力，所以物體不可能做勻速圓周運動，故D錯誤；故選AC。點睛：本題考查了曲線運動的條件以及多力平衡的知識，關鍵根據(jù)平衡得到其余另外的力的合力恒定，然后結(jié)合曲線運動的條件分析．10、CD【解析】

AD.根據(jù)牛頓第二定律知，加速度和力是瞬時的對應關系，加速度和力同時產(chǎn)生，同時消失，同時變化．而速度與力沒有關系，故A錯誤，D正確；B.加速度的方向與合力的方向相同，與速度方向可能相同，可能相反，可能不在同一條直線上，故B錯誤；C.當物體受到幾個力作用時，可把物體的加速度看成是各個力單獨作用時產(chǎn)生的各個加速度的合成，故C正確；故選CD.二、實驗題11、水平初速度相同1.61.52【解析】

(1)[1][2]平拋運動的初速度一定要水平，因此為了獲得水平的初速度安裝斜槽軌道時要注意槽口未端要水平，為了保證小球每次平拋的軌跡都是相同的，這就要求小球平拋的初速度相同，因此在操作中要求每次小球能從同一位置靜止釋放。(2)[3]由于O為拋出點，所以根據(jù)平拋運動規(guī)律有代入數(shù)據(jù)，解得(3)[4][5]由圖可知，物體由和由所用的時間相等，且有由圖可知代入解得根據(jù)將代入解得豎直方向自由落體運動，根據(jù)勻變速直線運動中時間中點的瞬時速度等于該過程中的平均速度有12、4.6，0.1．【解析】

由于紙帶上每5個點取一個計數(shù)點，所以兩相鄰計數(shù)點時間間隔為0.1s；根據(jù)運動學公式推論△x＝at2采用逐差法得出：．利用勻變速直線運動的推論得：三、計算題：解答應寫出必要的文字說明、方程式和重要的演算步驟．只寫出最后答案的不能得分．有數(shù)值計算的題，答案中必須明確寫出數(shù)值和單位13、（1）（2）【解析】試題分析：當?shù)募铀俣鹊扔诹銜r，即彈簧彈力等于的重力時，速度達到最大，求出此時彈簧伸長的長度；取的最大速度為v，與相連，它們速度一樣，根據(jù)機械能守恒定律即可求解．（1）可知當時，速度達到最大，此時彈簧伸長的長度為；（2）取的最大速度為v，與相連，它們速度一樣，則有機械能守恒，得，解得．14、(1)2m/s(2)15N(3)4m/s【解析】

小球在豎直平面內(nèi)做圓周運動時，由重力和細線的拉力的合力提供小球的向心力，根據(jù)牛頓第二定律求出細線的拉力．【詳解】(1)在最高點，對小球受力分析如圖甲，由牛頓第二定律得①由于輕繩對小球只能提供指向圓心的拉力，即F1不可能取負值，亦即F1≥0②聯(lián)立①②得v≥，代入數(shù)值得v≥2m/s所以，小球要做完整的圓周運動，在最高點的速度至少為2m/s.(2)將v2＝4m/s代入①得，F(xiàn)2＝15N.(3)由分析可知，小球在最低點時輕繩張力最大，對小球受力分析如圖乙，由牛頓第二定