2023-2024学年江西省南昌市重点初中物理高一下期末达标检测试题含解析

2023-2024学年江西省南昌市重点初中物理高一下期末达标检测试题注意事项：1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。2．选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0．5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。3．请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。4．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。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、(本题9分)在同一水平直线上的两位置分别沿同水平方向抛出两小球A和B，两球相遇于空中的P点，它们的运动轨迹如右图所示．不计空气阻力，下列说法中正确的（）A．在P点时，A球的速度大小小于B球的速度大小B．在P点时，A球的速度大小大于B球的速度大小C．抛出时，先抛出A球后抛出B球D．抛出时，两球同时抛出2、(本题9分)如图所示，光滑水平面上A、B、C三个质量均为1kg的物体紧贴着放在一起，A、B之间有微量炸药。炸药爆炸过程中B对C做的功为4J，若炸药爆炸过程释放的能量全部转化为三个物体的动能，则炸药爆炸过程中释放出的能量为A．8JB．16JC．24JD．32J3、(本题9分)如图，铁路在弯道处的内外轨道高低是不同的，已知内外轨道对水平面倾角为，弯道处的圆弧半径为R，若质量为m的火车以速度v通过某弯道时，内、外轨道均不受侧压力作用，下面分析正确的是A．B．若火车速度小于v时，外轨将受到侧压力作用，其方向平行轨道平面向内C．若火车速度大于v时，外轨将受到侧压力作用，其方向平行轨道平面向外D．无论火车以何种速度行驶，对内侧轨道都有压力4、(本题9分)若人造卫星绕地球做匀速圆周运动，则离地面越近的卫星()A．线速度越小 B．角速度越小 C．向心加速度越小 D．周期越小5、(本题9分)质量为m的物体以初速度v0沿水平面向左开始运动，起始点A与一轻弹簧O端相距s，如图所示．已知物体与水平面间的动摩擦因数为μ，物体与弹簧相碰后，弹簧的最大压缩量为x，则从开始碰撞到弹簧被压缩至最短，物体克服弹簧弹力所做的功为()A．-μmg(s＋x) B．-μmgxC．μmgs D．μmg(s＋x)6、一个质量为的质点在平面上运动，在方向的速度图像和方向的位移图像分别如图甲、乙所示，下列说法正确的是

A．质点所受的合外力大小为B．质点的初速度大小为C．质点做匀变速直线运动D．质点初速度的方向与合外力的方向垂直7、如图所示，卫星A、B绕地球做匀速圆周运动，用ω、T、v、a分别表示卫星运动的角速度、周期、运行速率、向心加速度．下列关系正确的有A．TA>TB B．vA>vBC．aA<aB D．ωA<ωB8、(本题9分)如图所示，a为地球赤道上的物体，b为沿地球表面附近做匀速圆周运动的人造卫星，c为地球同步卫星．则下列说法正确的是（）A．角速度的大小关系是ωa＜ωbB．向心加速度的大小关系是aa＞abC．线速度的大小关系是va＞vbD．周期的大小关系是Ta＞Tb9、(本题9分)两个小球A、B在光滑水平面上相向运动，已知它们的质量分别是m1＝4kg，m2＝2kg，A的速度v1＝3m/s(设为正)，B的速度v2＝－3m/s，则它们发生正碰后，其速度可能分别是()A．均为1m/sB．＋4m/s和－5m/sC．＋2m/s和－1m/sD．－1m/s和＋5m/s10、(本题9分)从空中以10m/s的初速度沿着水平方向抛出一个重为10N的物体，已知t=3s时物体未落地，不计空气阻力，取，则以下说法正确的是（）A．抛出后3s末，小球的速度为B．在抛出后3s末，重力的功率为C．在抛出后3s内，重力的平均功率为150WD．抛出后（未落地）任意时间内，速度改变量的方向均竖直向下11、(本题9分)如图，在水平转台上放一个质量M＝2kg的木块，它与转台间的最大静摩擦力Fmax＝6.0N，绳的一端系挂木块，通过转台的中心孔O(孔光滑)，另一端悬挂一个质量m＝1.0kg的物体，当转台以角速度ω＝5rad/s匀速转动时，木块相对转台静止，则木块到O点的距离可以是(g取10m/s2，M、m可看成质点)()A．0.04mB．0.08mC．0.16mD．0.32m12、(本题9分)由于某种原因，人造地球卫星的轨道半径变小了，那么卫星的（）A．速率变大 B．角速度变小 C．向心加速度变大 D．周期变小二、实验题（本题共16分，答案写在题中横线上）13、（6分）(本题9分)在“探究求合力的方法”实验中，现有木板、白纸、图钉、橡皮筋、细绳套和一只弹簧测力计。（1）为了完成实验，某同学另找来一根弹簧，先测量其劲度系数，得到的实验数据如下表：弹力F（N）0.501.001.502.002.503.003.50伸长量0.741.802.803.724.605.586.42根据表中数据作出F－x图象（________）并求得该弹簧的劲度系数k＝________N/m；（2）某次实验中，弹簧测力计的指针位置如图甲所示，其读数为________N；同时利用(1)中结果获得弹簧上的弹力值为2.50N，请在图乙中画出这两个共点力的合力F合的图示；（________）（3）由图得到F合＝________N。14、（10分）某实验小组的同学做“用单摆测定重力加速度”的实验。（1）实验时除用到秒表、刻度尺外，还应该用到下列器材中的_________选填选项前的字母）A．长约1m的细线B．长约1m的橡皮绳C．直径约1cm的均匀铁球D．直径约10cm的均匀木球（2）选择好器材，将符合实验要求的单摆悬挂在铁架台上，应采用图中________所示的固定方式（选填“甲”或“乙”）。（3）将单摆正确悬挂后进行如下操作，其中正确的时____________（选填选项前的字母）。A．测出摆线长作为单摆的摆长B．把单摆从平衡位置拉开一个很小的角度由静止释放，使之做简谐运动C．在摆球经过平衡位置时开始计时D．用秒表测量单摆完成1次全振动所用时间并作为单摆的周期（4）用l表示单摆的摆长，用T表示单摆的周期，则计算重力加速度的表达式为g=____________.（5）乙同学测得的重力加速度数值大于当地的重力加速度的实际值，造成这一情况的原因可能是________（选填选向前的字母）。A．开始摆动时振幅较小B．开始计时时，过早按下秒表C．测量周期时，误将摆球（n-1）次全振动的时间记为n次全振动的时间D．实验中，由于操作不当，使摆球做圆锥摆运动三、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）(本题9分)如图所示，一位宇航员站一斜坡上A点，沿水平方向以初速度v0抛出一个小球，测得小球经时间t落到斜坡上另一点B，斜坡倾角为α，已知该星球的半径为R，引力常量为G，求：（1）该星球表面的重力加速度g；（2）该星球的密度．16、（12分）如图所示，直角坐标系处于竖直面内，第一、二象限存在着平滑连接的光滑绝缘轨道。第一象限内的轨道呈抛物线形状，其方程为；第二象限内的轨道呈半圆形状，半径为R，B点是其最高点，且第二象限处于竖直方向的匀强电场中。现有一质量为m、带电量为+q的带电小球，从与B点等高的A点静止释放，小球沿着轨道运动且恰能运动到B点。重力加速度为g，求：（1）第二象限内匀强电场的场强E的大小和方向；（2）小球落回抛物线轨道时的动能Ek．17、（12分）(本题9分)如图所示，水平轨道AB与位于竖直面内半径为的半圆形光滑轨道BCD相连，半圆形轨道的BD连线与AB垂直．质量为可看作质点的小滑块在恒定外力作用下从水平轨道上的A点由静止开始向右运动，物体与水平地面间的动摩擦因数．到达水平轨道的末端B点时撤去外力，已知AB间的距离为，滑块进入圆形轨道后从D点抛出，求：滑块经过圆形轨道的B点和D点时对轨道的压力是多大？取

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、A【解析】

由图知，A、B下落的高度相同，故运动的时间相等，两球应同时抛出，CD错误；水平方向：x=v0t知，A球的水平速度大于B球的水平速度，竖直方向，vy=gt，两球相同，所以在P点的速度，A球的速度大于B球的速度，故A正确；B错误．2、C【解析】

因为在光滑水平面上，所以爆炸后B与C速度相等，因为B对C做的功为4J，根据动能定理，所以C的速度。根据动量守恒有，根据能量守恒有。A.8J与计算结果不符，A错误。B.16J与计算结果不符，B错误。C.24J与计算结果相符，C正确。D.32J与计算结果不符，D错误。3、C【解析】AD、火车以某一速度v通过某弯道时，内、外轨道均不受侧压力作用，其所受的重力和支持力的合力提供向心力，由图可以得出：（为轨道平面与水平面的夹角合力等于向心力，由牛顿第二定律得：，解得：，故AD错误；B、当转弯的实际速度小于规定速度时，火车所受的重力和支持力的合力大于所需的向心力，火车有向心趋势，故其内侧车轮轮缘会与铁轨相互挤压，内轨受到侧压力作用方向平行轨道平面向内，故B错误；C、当转弯的实际速度大于规定速度时，火车所受的重力和支持力的合力不足以提供所需的向心力，火车有离心趋势，故其外侧车轮轮缘会与铁轨相互挤压，外轨受到侧压力作用方向平行轨道平面向外，故C正确；故选C【点睛】本题关键抓住火车所受重力和支持力的合力恰好提供向心力的临界情况，计算出临界速度，然后根据离心运动和向心运动的条件进行分析．4、D【解析】

人造卫星绕地球做匀速圆周运动时，由地球的万有引力提供向心力，则有：解得：A.由可知，离地面越近的卫星，轨道半径r越小，线速度越大，故A错误；B.由可知，离地面越近的卫星，轨道半径r越小，角速度越大，故B错误；C.由可知，离地面越近的卫星，轨道半径r越小，向心加速度越大，故C错误；D.由可知，离地面越近的卫星，轨道半径r越小，周期越小，故D正确。5、A【解析】

物体受到的滑动摩擦力大小为f=μmg，对物体与弹簧及地面组成的系统，由能量守恒定律可得：-W-μmg（s+x）=0-mv02，解得：W=mv02-μmg（s+x），故选A．【点睛】注意摩擦生热公式为Q=fs相对，其中s相对是物体相对接触面发生的相对路程，对系统应用能量守恒定律求解较简便．6、A【解析】

由图知，质点在x方向做匀变速直线运动，y方向做匀速直线运动，则：质点的加速度，根据牛顿第二定律：，A正确；由图知，质点在x方向上初速度为3m/s，在y方向上初速度大小为4m/s，根据运动的合成，则质点的初速度的大小，故B错误；质点在x方向做匀变速直线运动，y方向做匀速直线运动，则质点做匀变速曲线运动，C错误；质点合外力的方向沿x方向，初速度方向与x方向的夹角正切值：，θ=53°，质点初速度的方向与合外力的方向不垂直，D错误．7、ACD【解析】

万有引力提供卫星A、B绕地球做匀速圆周运动的向心力，则，解得；；；，则由于rA>rB，则TA>TB，vA<vB，aA<aB，ωA<ωB，故选项ACD正确，B错误.8、AD【解析】

A．ac角速度相同，所以ωa=ωc，而rb＜rc，根据ω=可知：ωc＜ωb，所以ωa=ωc＜ωb，故A正确；B．a与c的角速度相等，由a=ω2r，得：aa＜ac，b与c都是万有引力提供向心力，则：a=，所以ac＜ab．故aa＜ab．故B错误；C．ac比较，角速度相等，由v=ωr，可知va＜vc，b与c都是万有引力提供向心力，则：，即，所以vc＜vb．故va＜vb．故C错误；D．卫星c为同步卫星，所以Ta=Tc，根据T=2π/ω及ωc＜ωb，可知Tc＞Tb，所以Ta=Tc＞Tb，故D正确。故选AD。【点睛】本题涉及到两种物理模型，即ac转动的周期相等，bc同为卫星，其动力学原理相同，要两两分开比较，最后再统一比较．9、AD【解析】

由动量守恒，可验证四个选项都满足要求。再看动能情况：×2×9J＝27J；；由于碰撞过程动能不可能增加，所以应有Ek≥Ek′，可排除选项B；选项C虽满足Ek≥Ek′，但A、B沿同一直线相向运动，发生碰撞后各自仍能保持原来速度方向(vA′＞0，vB′＜0)，这显然是不符合实际的，因此C错误；验证选项A、D均满足Ek≥Ek′，故答案为选项A(完全非弹性碰撞)和选项D(弹性碰撞)。10、ACD【解析】小球做平抛运动，抛出3s后，小球在水平方向上的速度仍为，在竖直方向上的速度为，故抛出3s后，小球的速度为，重力的功率为，A正确B错误；小球在这3s内的平均功率为，C正确；因为加速度恒为竖直向下，速度变化量方向和加速度方向相同，所以抛出后（未落地）任意时间内，速度改变量的方向均竖直向下，D正确．【点睛】在使用公式计算时，如果v对应的是瞬时速度，则求出的功率为瞬时功率，若v为平均速度，则求出的功率为平均功率．11、BCD【解析】

物体的摩擦力和绳子的拉力的合力提供向心力，根据向心力公式得：mg+f=Mω2r，解得：；当f=fmax=6.0N时，r最大，，当f=-6N时，r最小，则，故BCD正确，A错误。12、ACD【解析】

人造地球卫星绕地球做匀速圆周运动，设卫星的质量为m、轨道半径为r、地球质量为M，根据万有引力提供向心力，得：，可得：A.由，人造地球卫星的轨道半径变小了，则速率变大，选项A正确；B.由，人造地球卫星的轨道半径变小了，则角速度变大，选项B错误；C.由，人造地球卫星的轨道半径变小了，则向心加速度变大，选项C正确；D.由可知人造地球卫星的轨道半径减小时，周期变小，故D正确。二、实验题（本题共16分，答案写在题中横线上）13、532.103.3【解析】

（1）[1][2]．以水平方向为x轴，竖直方向为F轴，建立直角坐标系，然后描点，选尽可能多的点连成一条线，其图线的斜率即为弹簧的劲度系数k，在直线上任取一点，如（6×10－2，3.2），则：k＝N/m≈53N/m；（2）[3][4]．弹簧测力计的读数为2.10N，设每单位长度为1N，则合力F合的图示如图所示。（3）[5]．经测量，合力F合＝3.3N。14、AC乙BCCD【解析】

（1）[1]AB.实验过程单摆摆长应保持不变，应选择长约1m的细线作为摆线，摆线不能选择有弹性的橡皮绳，故A正确，B错误；CD.为减小实验误差，应选择密度大而体积小的球作为摆球，应选择直径约1cm的均匀铁球作为摆球，不要选用直径约10cm的均匀木球，故C正确，D错误；故选：AC；（2）[2]在该实验的过程中，悬点要固定，应采用图乙中所示的固定方式。（3）[3]A.摆线长度与摆球半径之和是单摆的摆长，故A错误；B.单摆在小角度下的运动为简谐运动，把单摆从平衡位置拉开一个很小的角度释放，使之做简谐运动，故B正确；C.为减小测量误差，在摆球经过平衡位置时开始计时，故C正确；D.为减小测量误差，应测出n个周期的总时间t，然后求出周期：，用单摆完成1次全振动所用时间并作为单摆的周期实验误差较大，故D错误；故选：BC；（4）[4]由单摆周期公式：，可知：T与成正比，T−图象是正比例函数图象，T−图象的斜率：，则重力加速度：；（5）[5]由单摆周期公式：得：；A.单摆在小角度下的摆到为简谐振动，开始摆动时振幅较小，单摆的振幅对重力加速度的测量没有影响，故A错误；B.开始计时时，过早按下秒表，所测周期T偏大，所测重力加速度偏小，故B错误；C.测量周期时，误将摆球（n−1）次全振动的时间记为n次全振动的时间，所测周期T偏小，所测重力加速度g偏大，故C正确；D.实验中，由于操作不当，使摆球做圆锥摆运动，测得的周期T偏小，所测重力加速度偏大；故选：CD；故答案为：（1）AC；（2）乙（3）BC；（4）（5）CD。【点睛】单摆测定重力加速度的原理：单摆的周期公式，还要知道