广西壮族自治区贵港市桂平市2022-2023学年物理高一第二学期期中复习检测试题含解析

广西壮族自治区贵港市桂平市2022-2023学年物理高一第二学期期中复习检测试题注意事项:1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。2．答题时请按要求用笔。3．请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域写的答案无效；在草稿纸、试卷上答题无效。4．作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。5．保持卡面清洁，不要折暴、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、河宽420m，船在静水中速度为4m/s，水流速度是3m/s，则船过河的最短时间（　　）A．140sB．105sC．84sD．60s2、如图所示，某人在山上将一质量为m的石块以初速度抛出，抛出时石块距地面的高度为H，到达P点时距地面的高度为h（H>h）不计空气阻力，重力加速度为g，则石块到达P点时的动能为A．B．C．D．3、如图所示，从倾角为30°的光滑斜面上的M点水平抛出一个小球，抛出时小球的动能为4.5J，最后小球落在斜面上的N点，则小球运动到距离斜面最远处时的动能为（）A．3.5JB．4JC．6JD．4.8J4、至今为止，人类已经发射了很多颗围绕地球运动的卫星，若卫星运动的轨道为圆周，则它的轨道不可能是下图中的：A．B．C．D．5、如图，氕核、氘核、氚核三种粒子从S点无初速释放。经电场加速后，又进入电场偏转最后打在屏上。整个装置处于真空中，不计粒子重力及其相互作用，则　　A．三种粒子将打到屏上的不同位置B．偏转电场对三种粒子做功一样多C．三种粒子打到屏上的动能不同D．三种粒子运动到屏上所用时间相同6、下列器件中是电容器的是A．B．C．D．7、如图所示，有一个未知电阻Rx，用图中(a)和(b)两种电路分别对它进行测量，用(a)图电路测量时，两读数分别为6V，6mA，用(b)图电路测量时，两表读数分别为5.9V，10mA，则下列分析判断正确的是A．(a)电路的测量值为1kΩ，比真实值偏大，误差小B．(a)电路的测量值为1kΩ，比真实值偏大，误差大C．(b)电路的测量值为590Ω，比真实值偏小，误差小D．(b)电路的测量值为590Ω，比真实值偏小，误差大8、如图所示，洛伦兹力演示仪由励磁线圈、玻璃泡、电子枪等部分组成。励磁线圈是一对彼此平行且共轴的圆形线圈，它能够在两线圈之间产生匀强磁场。玻璃泡内充有稀薄的气体，电子枪在加速电压作用下发射电子，电子束通过玻璃泡内气体时能够显示出电子运动的径迹。若电子枪垂直磁场方向发射电子，给励磁线圈通电后，能看到电子束的径迹呈圆形。若只增大电子枪的加速电压或励磁线圈中的电流，下列说法正确的是（　　）A．只增大电子枪的加速电压，电子束的轨道半径变大B．只增大电子枪的加速电压，电子束的轨道半径变小C．只增大励磁线圈中的电流，电子束的轨道半径不变D．只增大励磁线圈中的电流，电子束的轨道半径变小9、如图所示，水平转盘上的A、B、C三处有三块可视为质点的由同一做成的正立方体物体，B、C处的物体质量均为m，A处的物体质量为2m；点A、B与轴O的距离相等且为r，点C到轴的距离为2r，转盘以某一角速度匀速转动时，A、B、C处的物体都没有发生滑动现象，下列说法中正确的是（　　）A．C处物体的向心加速度最大B．A处物体受到的静摩擦力最小C．当转速增大时，最先滑动起来的是C处的物体D．当转速继续增大时，最后滑起来的是A处的物体10、关于宇宙速度，理解正确的是（）A．第一宇宙速度v1=7.9km/s，是发射地球卫星的最小速度B．在轨道上运动的卫星的速度一定小于第一宇宙速度C．第二宇宙速度是飞出太阳系的最小发射速度D．美国发射的“凤凰”号火星探测卫星，其发射速度大于第二宇宙速度11、如图，一长为L的轻质细杆一端与质量为m的小球（可视为质点）相连，另一端可绕O点转动，现使轻杆在同一竖直面内做匀速转动，测得小球的向心加速度大小为g（g为当地的重力加速度），下列说法正确的是A．小球的线速度大小为B．小球运动到最高点时杆对小球的作用力竖直向上C．当轻杆转到水平位置时，轻杆对小球的作用力方向不可能指向圆心OD．轻杆在匀速转动过程中，轻杆对小球作用力的最大值为2mg12、质量m=1kg的物体静止在光滑水平面上，从t=0时刻开始受到水平力的作用。力的大小F与时间t的关系如图所示，力的方向保持不变，则（　　）A．在t=3s时，水平力的瞬时功率为20WB．在t=3s时，水平力的瞬时功率为60WC．在0~3s内，水平力的平均功率为23WD．在0~3s内，水平力的平均功率为W二、实验题（本题共16分，答案写在题中横线上）13、（6分）如图甲是研究平抛运动的实验装置图，图乙是实验后在白纸上作的图.(1)在甲图上标出O点及Ox、Oy轴，并这两条坐标轴是如何作出的______________.(2)固定斜槽轨道时应注意使___________.(3)实验过程中需经过多次释放小球才能描绘出小球平抛运动的轨迹，实验中应注意______.(4)计算小球平抛初速度的公式v0＝________，根据图乙给出的数据，可计算出v0＝______m/s.(g取9.8m/s2)14、（10分）在“用电流表和电压表测定电池的电动势和内阻”实验中，某同学测得了七组数据（如下表）．（1）根据表中实验数据在图中作出I—U图线____________；（2）从图线中得出，电源电动势E=___V，内电阻r=_____Ω.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，水平放置的平行板电容器的两极板、，两板间距离，接上恒定直流电源。上极板的中央有一小孔，在的正上方处的点，有一小油滴自由落下。已知小油滴的电量，质量。当小油滴即将落到下极板时，速度恰好为零。（不计空气阻力，），求：（1）两极板间的电势差；（2）两极板间的电场强度；（3）若平行板电容器的电容，则该电容器带电量是多少？16、（12分）用竖直向上的拉力F提升原来静止的质量m=10kg的物体，使其以的加速度匀加速竖直上升，不计其他阻力，取重力加速度为，求：（1）开始运动的4s内拉力F做的功；（2）拉力F在4s末的瞬时功率．17、（12分）高一研究性学习活动小组自制一弹射系统，将一小球从水平地面以初速度v0=10m/s竖直上抛，与此同时从水平地面的同一位置用一恒力推小滑块从静止开始以加速度大小a1=1m/s1做匀加速直线运动，当竖直上抛的小球达到最高点时，立即改用另一反向恒力，经一段时间小滑块返回原处，与下落小球恰好相遇，忽略空气的阻力，g=10m/s1．求：(保留两位有效数字)（1）小球上升离地面的最大高度H和小球上升的运动时间t；（1）小滑块离开出发点的最大位移多大；（3）小滑块回到出发点的速度多大．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、B【解析】船参与了两个分运动，沿船头指向的分运动和沿水流方向的分运动，渡河时间等于沿船头指向分运动的时间，当船头与河岸垂直时，沿船头方向的分运动的位移最小，故渡河时间最短，则故选B。2、D【解析】从抛出到P点，石块的机械能守恒，根据机械能守恒定律石块到达P点时的动能.A.，与结论不相符，选项A错误；B.，与结论不相符，选项B错误；C.，与结论不相符，选项C错误；D.，与结论相符，选项D正确．3、C【解析】当小球运动到距离斜面最远处时速度与斜面平行，即速度与水平方向的夹角为θ=30°，则此时小球的速度为；此时的动能为；抛出时小球的动能为解得：Ek=6J，选项C正确，ABD错误；故选：C点睛：本题考查平抛运动的规律以及动能的概念，意在考查考生的分析和应用能力。4、A【解析】人造地球卫星靠地球的万有引力提供向心力而做匀速圆周运动，万有引力的方向指向地心，所以卫星圆周运动的圆心必须是地心，否则卫星不能稳定地做圆周运动．故A不可能，BCD是可能的，故A正确，BCD错误．5、B【解析】根据动能定理定理可求得粒子刚进入偏转电场时的速度。粒子进入偏转电场中做类平抛运动，由分位移公式得到粒子在偏转电场中的偏转距离，再由几何关系可明确粒子打在屏上的位置。根据电场力做功可分析偏转电场对粒子做功大小关系，结合动能定理分析粒子打到屏上时速度关系。【详解】粒子在加速电场中加速，由动能定理可知：，解得：，粒子在加速电场中的运动时间：；粒子在偏转电场中做类平抛运动，运动时间：；在偏转电场中竖直分位移：；联立解得：，y与q、m无关，所以三种粒子在偏转电场中轨迹重合，离开偏转电场后粒子做匀速直线运动，因此三种粒子一定打到屏上的同一位置；加速电场对粒子做功为，q和相等，所以加速电场对三种粒子做功相等。偏转电场对粒子做功：，q、、y相等，则知偏转电场对三种粒子做功相等，故A错误，B正确；对整个过程，根据动能定理得：，由于W相等，所以三种粒子达到屏上的动能相同，故C错误；离开偏转电场后粒子的运动时间：；粒子运动到屏上所用时间；因为不等，所以t不等，故D错误。所以B正确，ABD错误。【点睛】本题考查带电粒子在电场中的加速和偏转，要注意偏转中运动的合成与分解的正确应用，本题的结论要在理解的基础上记牢。6、B【解析】A是滑动变阻器；B是电容器；C是电阻箱；D是定值电阻；故选B.7、AD【解析】A、B项：(a)电路的测量值，这种测量方法中电压表测的是电流表和电阻两端的电压，所以比真实值偏大，电流表测的是真实电流，故电阻测量值比真实值偏大，由于电阻较大，电流表的分压作用较小，故误差较小，故A正确；C、D项：(a)电路的测量值，这种测量方法中电流表测的是电压表和电阻中的总电流，所以比真实值偏大，电压表测的是真实电压，故电阻测量值比真实值偏小，由于电阻较大，电压表的分流作用较大，故误差较大，故D正确．8、AD【解析】根据电子所受洛伦兹力的方向结合安培定则判断出励磁线圈中电流方向是顺时针方向，电子在加速电场中加速，由动能定理电子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力充当向心力，有解得AB．当增大电子枪的加速电压，电子束的轨道半径变大，故A正确，B错误；CD．增大励磁线圈中的电流，电流产生的磁场增强，电子束的轨道半径变小，故C错误，D正确。故选AD。9、AC【解析】A．由题知，它们的角速度相等，根据向心加速度公式，可知C处物体的加速度最大，所以A正确；B．由向心力公式有：，，，并且物体做圆周的向心力是由静摩擦力提供，所以B处物体需要的向心力最小，那么B处物体的静摩擦力就最小，所以B错误；CD．当转速增大时，每处物体的所需向心力都会增大，当增大到最大静摩擦力时，物体就会滑动，由题可知：，，所以最先滑动是C处物体，随着转速的增大，最后A、B一起滑动，所以C正确，D错误；故选AC。10、AD【解析】A．第一宇宙速度v1=7.9km/s，是发射地球卫星的最小发射速度，故A正确；B．在轨道上运行的卫星，如果轨道是椭圆，近地点在地面附近，近地点的速度大于第一宇宙速度，故B错误；C．第二宇宙速度是脱离地球束缚，进入太阳系的最小发射速度，故C错误；D．美国发射的“凤凰”号火星探测卫星，由于已脱离地球束缚，因此其发射速度大于第二宇宙速度，故D正确。故选AD。11、ACD【解析】根据向心加速度，代入得小球的线速度，所以A正确；需要的向心力F=ma=mg，所以在最高点杆对小球的作用力为零，故B错误；小球做匀速圆周运动，合外力提供向心力，故合外力指向圆心，当轻杆转到水平位置时，轻杆对小球的作用力，方向不指向圆心O，所以C正确；轻杆在匀速转动过程中，当转至最低点时，杆对球的作用力最低，根据牛顿第二定律：，得轻杆对小球作用力的最大值为F=2mg，所以D正确．12、BD【解析】AB．加速度为2s末的速度为加速度为3s末的速度为在t=3s时，水平力的瞬时功率为故A错误，B正确；CD．内的位移为拉力做功为内的位移为拉力做功为则总功为在0~3s内，水平力的平均功率为故C错误，D正确。故选BD。二、实验题（本题共16分，答案写在题中横线上）13、底端切线沿水平方向;使小球每次都从同一高度处无初速度滚下;x;1.6;【解析】（1）如图所示，在斜槽末端小球球心在白纸上的投影为O点，从O点开始作平行于重垂线向下的直线为Oy轴，再垂直于Oy作Ox轴；（2）为了保证小球离开斜槽时的速度沿水平方向，应调整斜槽使底端切线沿水平方向.（3）为了保证小球每次做平抛运动的轨迹一致，要求它的初速度相同，故每次都让小球从斜槽的同一高度处无初速度滚下.（4）由于，，故初速度，根据图乙给出的数据，可计算出【点睛】通过重锤线作出y轴，从而作y轴的垂直得出x轴．根据平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，结合高度求出运动的时间，通过水平位移求出初速度．14、1.450.70【解析】（1）利用表中坐标值，采用描点法并连线得图象如图所示；（2）由闭合电路欧姆定律可知U=E-Ir，可知，图象与纵坐标的交点为电源的电动势故电源的电动势为1.45V；而图象的斜率表示电源的内阻：．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）3.0×103V；（2）2.0×104V/m，方向竖直向下；（3）1.2×10﹣8C【解析】（1）由动能定理则有mg（h+L）+qUMN=0代入数据解得UMN=3.0×103V（2）由E=代入数据解得E=2.0×104V/m，方向竖直向下（3）根据Q=CU得该电容器带电量Q=4.0×10﹣12×3.0×103C=1.2×10﹣8C16、（1）1920J(2)960W【解析】（1）4s内物体上升的高度为：h=at2＝×2×16m＝16m，根据牛顿第二定律得，F-mg=ma，解得：F=mg+ma=100+10×2N=120N，则拉力做功为：WF=Fh=120×16J=1920J．（2）根据速度时间公式得：v=at=2×4m/s═8m/s    则拉力的瞬时功率为：P=Fv=120×8W═960W．17、(1)1s，10m(1)5.3m(3)-8m/s,方向与初速度方向相反【解析】（1）由竖直上抛运动可知，上升的最大高度为：，得：，上升的时间为：；（1）小滑块加速的位移为：，小滑块的速度为：，小滑块到返回出发点的时间也为1s，设减速的加速度为a1，由公式，其中x=-4m，t=1s小滑块离开出发点的最大位移为：由以上三式解得：；（3）由公式，其中x=-4m，v=4m/s代入数据解得：，方向与初速度方向相反．