广东省广州越秀区培正中学2022-2023学年物理高一第二学期期中达标检测模拟试题含解析

广东省广州越秀区培正中学2022-2023学年物理高一第二学期期中达标检测模拟试题考生须知：1．全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。2．请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。3．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。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、下列不是用比值法定义的物理量的是（）A．用E=定义电场强度B．用C=定义电容器的电容C．用定义电容器的电容D．用I=定义电流强度2、物体作方向不变的直线运动，若在任意相等位移内速度变化量△V相等，则下列说法中正确的是（）A．若△V=0，则物体作匀加速直线运动B．若△V＞0，则物体作匀加速直线运动C．若△V＞0，则物体作加速度逐渐变大的加速直线运动D．若△V＜0，则物体作加速度逐渐变大的减速直线运动3、汽车以恒定功率P由静止出发，沿平直路面行驶，最大速度为v，车在行驶过程中受到的阻力恒定，则下列判断正确的是（）A．汽车先做加速度越来越小的加速运动，最后做匀速运动B．汽车先做加速度越来越大的加速运动，最后做匀速运动C．汽车先做匀加速运动，最后做匀速运动D．汽车先做匀加速运动，再做减速运动，最后做匀速运动4、在采煤方法中，有一种是用高压水流将煤层击碎而将煤采下，今有一采煤高压水枪，设水枪喷水口横截面积S，由枪口喷出的高压水流流速为v，假设水柱垂直射在竖直煤层的表面上，冲击煤层后水的速度变为零，已知水的密度为ρ，则水柱对煤层的平均冲击力有多大（）A．Sv2 B．2Sv2 C．Sv D．2Sv5、下列四个选项中，可以运用平行四边形定则求和的物理量是（）A．位移 B．质量 C．时间 D．速率6、如图所示，用轻绳一端拴一小球，绕另一端点O在竖直平面内作匀速圆周运动，若绳子不够牢，则运动过程中绳子最易断的位置是小球运动到（）A．最高点B．最低点C．两侧与圆心等高处D．无法确定7、两颗互不影响的行星

P1、P2，各有一颗近地卫星

S1、S2

绕其做匀速圆周运动．图中纵轴表示行星周围空间某位置的引力加速度a，横轴表示某位置到行星中心距离

r

平方的倒数，a-关系如图所示，卫星

S1、S2

的引力加速度大小均为

a1．则（）A．S1的质量比

S2

的小 B．P1

的质量比

P2

的小 C．P1的第一宇宙速度比P2

的大 D．P1

的平均密度比

P2

的小8、以下关于宇宙速度的说法中正确的是()A．第一宇宙速度是人造地球卫星运行时的最大速度B．第一宇宙速度是发射人造地球卫星的最大速度C．地球上的物体无论具有多大的速度都不可能脱离地球的束缚D．第三宇宙速度是脱离太阳束缚的最小速度9、如图所示，真空中M、N处放置两等量异种电荷，a、b、c为电场中的三点，实线PQ为M、N连线的中垂线，a、b两点关于MN对称，a、c两点关于PQ对称，已知一带正电的试探电荷从a点移动到c点时，试探电荷的电势能减小，则以下判定正确的是A．M点处放置的是负电荷B．a点的电势高于c点的电势C．a点的场强与c点的场强完全相同D．若将该试探电荷沿直线由a点移动到b点，则电场力先做负功，后做正功10、一个质量为0.3kg的弹性小球，在光滑水平面上以6m/s的速度垂直撞到墙上，碰撞后小球沿相反方向运动，反弹后的速度大小与碰撞前相同.则碰撞前后小球速度变化量的大小Δv和碰撞过程中墙对小球做功的大小W为（）A．Δv=0 B．Δv=12m/s C．W=0 D．W=10.8J11、如图所示，一根长为L的轻杆，O端用铰链固定，另一端固定着一个小球A，轻杆靠在一个高为h的物块上。若物块与地面摩擦不计，则当物块以速度v向右运动至轻杆与水平方向夹角为θ时，物块与轻杆的接触点为B,下列说法正确的是（）A．A、B的角速度相同B．A的线速度小于B点的线速度C．小球A转动的角速度为vsiD．小球A的线速度大小为vL12、关于绕太阳运动的行星的运动，下列说法正确的是()A．行星轨道的半长轴越长，自转周期就越大B．行星轨道的半长轴越长，公转周期就越大C．水星轨道的半长轴最短，公转周期最小D．海王星离太阳“最远”，绕太阳运行的公转周期最大二、实验题（本题共16分，答案写在题中横线上）13、（6分）如图所受向心力演示仪，在探究向心力公式的实验中，为了探究物体质量、圆周运动的半径、角速度与向心力的关系，运用的物理科学方法是_________法；现将小球分别放在两边的槽内，为探究小球受到的向心力大小与圆周运动的半径的关系，做法正确的是：在小球运动的角速度_________(选填“相等”或“不相等”)的情况下，用质量________(选填“相同”或“不相同”)的钢球做实验．14、（10分）试根据平抛运动原理设计“测量弹射器弹丸出射初速度”的实验方案，提供的实验器材为弹射器(含弹丸，如图所示)、铁架台(带有夹具)、米尺。（1）在安装弹射器时应注意________；（2）实验中需要测量的量为______；初速度计算公式为____________。三、计算题要求解题步骤，和必要的文字说明（本题共36分）15、（12分）如下图所示，一个质点在x轴上运动，从初始位置A运动到位置B，初始位置的坐标xA＝5m，末位置的坐标xB＝－2m，在此过程中它的坐标位置变化量是多少？位移是多少？16、（12分）如图所示，半径为R，内径很小的光滑半圆管竖直放置，两个质量均为m的小球A、B以不同速率进入管内，A通过最高点C时，对管壁上部的压力为3mg，B通过最高点C时，对管壁下部和管壁上部的压力都为零，求：(1)小球A在最高点的速度大小；(2)小球B在最高点的速度大小；(3)A、B两球落地点间的距离。17、（12分）如果高速转动飞轮的重心不在转轴上，运行将不稳定，而且轴承会受到很大的作用力，加速磨损。如图飞轮半径r=20cm，OO，为转轴。正常工作时转动轴受到的水平作用力可以认为是0。假象在飞轮的边缘固定一个质量m=0.01kg的螺丝钉p，当飞轮转速n=1000r/s时，转动轴OO，受到的力多大？(计算结果保留两位有效数字)

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】解:A、是电场强度的定义式,采用比值定义法,定义出的电场强度E与F、q无关.故A不符合题意.

B、电容是电容器容纳电荷的本领,与所带的电量、以及极板之间的电势差无关,所以是比值定义法,故B不符合题意.

C、是电容的决定式,C与ɛ、S成正比,与d成反比,这个公式不是比值定义法,故C符合题意.

D、电流强度与流过截面的电量和时间无无直接关系,所以属于比值定义法,故D不符合2、C【解析】

若△v=0，物体的速度不变，则知物体作匀速直线运动．若△v＞0，物体作加速直线运动，通过任意相等位移的时间△t减小，加速度增大．相反，若△v＜0，物体作加速度逐渐变小的减速直线运动．【详解】A、若△v=0，物体的速度不变，则物体作匀速直线运动；故A错误.B、C、△v＞0，物体作加速直线运动，通过任意相等位移的所用时间△t逐渐减小，由加速度知，加速度增大；故B错误，C正确.D、若△v＜0，物体作减速直线运动，通过任意相等位移的所用时间△t逐渐增大，由加速度知，加速度减小，物体作加速度逐渐变小的减速直线运动；故D错误.故选C.【点睛】本题关键要抓住匀变速运动的特点：加速度不变，由加速度的定义分析其变化．3、A【解析】汽车以恒定功率P由静止出发，根据功率与速度关系式P=Fv，当功率P一定时，速度v越大，牵引力F越小，刚开始速度很小，牵引力很大，牵引力大于阻力，合力向前，加速度向前，物体做加速运动，随着速度的增加，牵引力不断变小，合力也变小，加速度也变小，当牵引力减小到等于阻力时，加速度减为零，速度达到最大，之后物体做匀速直线运动；故选A。【点睛】根据功率与速度关系式P=Fv，当功率P一定时，速度v越大，牵引力F越小，结合牛顿第二定律判断，可以确定物体的运动情况．4、A【解析】

ts时间内喷出的水在ts内速度减小为0，ts时间内喷水质量为则由动量定理得联立解得故A正确，BCD错误。故选A。5、A【解析】考点：矢量和标量．分析：矢量有大小，有方向，合成分解遵循平行四边形定则．解答：解：质量、时间、功率是标量，只有大小，没有方向．故B、C、D错误．位移是矢量，既有大小，又方向，运算遵循平行四边形定则．故A正确．故选A．点评：解决本题的关键知道矢量有大小，有方向，合成分解遵循平行四边形定则．6、B【解析】

小球在竖直平面内作匀速圆周运动，各个位置所需的向心力大小一样；小球在上半圆运动时是拉力加上重力沿绳方向的分量等于向心力，小球在下半圆运动时是拉力减去重力沿绳方向的分量等于向心力，则小球在下半圆运动时绳中拉力较大；小球在下半圆运动的过程中，小球过最低点时，重力沿绳方向的分量最大，则在圆周运动的最低点时，绳中拉力最大；综上，绳子最易断的位置是小球运动到最低点。故B项正确，ACD三项错误。故选B。7、CD【解析】

AD、根据牛顿第二定律得：

，则得行星对周围空间各处物体的引力产生的加速度为：,

由此不能判断近地卫星

S1

、

S2

的质量大小．由数学知识知

,

图像的斜率等于

GM,

斜率越大

,GM

越大

,则M

越大

,

所以

P1

的质量比

P2

的大，故A错；D正确；C.设第一宇宙速度为

v.

则,

得

，相等，

由图可以看出

,P1

的半径比

P2

的半径大

,有公式

可知

P1

的第一宇宙速度比

P2

的大，故

C

正确．B.行星的平均密度

P1

的半径比

P2

的半径大

,相等，则

P1

的平均密度比

P2

的小，故

B错误．故选C

D8、AD【解析】A、根据GMmR2=mv2R可得卫星的线速度v=GMR,B、要是卫星在更高一点的轨道运动，则发射速度应该大于第一宇宙速度，所以第一宇宙速度是发射人造地球卫星的最小速度，B错；C、因为第二宇宙速度是地球的逃逸速度,即当卫星的速度大于等于第二宇宙速度时卫星脱离地球的吸引而进入绕太阳运行的轨道,C错；D、当物体的速度大于等于第三宇宙速度时，物体将脱离太阳的束缚，故D对；故选AD点睛：第一宇宙速度是卫星沿地球表面运动时的速度,半径越大运行速度越小,故第一宇宙速度是人造地球卫星最大的运行速度;当卫星的速度大于等于第二宇宙速度时卫星脱离地球的吸引而进入绕太阳运行的轨道;当物体的速度大于等于第三宇宙速度时物体将脱离太阳的束缚9、BD【解析】

因正电荷由a到c电势能减小，则电场力做正功，则电势降低。故c点电势低于a点电势。则M点为正电荷，故A错误，B正确。

a点与c点为关于两电荷的中垂线对称，则场强大小相等但方向不同，故C错误；将该试探电荷沿直线由a点移动到b点，根据等势线分布图可知，电势先升高后降低，则电势能先增大后减小，电场力先做负功、后做正功。故D正确.10、BC【解析】

A.规定初速度方向为正方向，初速度，碰撞后速度，则速度变化量为：负号表示速度变化量的方向与初速度方向相反，所以碰撞前后小球速度变化量的大小为12m/s，故A错误，B正确；

C.运用动能定理研究碰撞过程，由于初、末动能相等，则：碰撞过程中墙对小球做功的大小W为0，故C正确，D错误。11、ACD【解析】

如图所示

根据运动的合成与分解可知，接触点B的实际运动为合运动，可将B点运动的速度vB=v沿垂直于杆和沿杆的方向分解成v2和v1，其中v2=vBsinθ=vsinθ为B点做圆周运动的线速度，v1=vBcosθ为B点沿杆运动的速度。当杆与水平方向夹角为θ时，OB=hsinθ；A、B两点都围绕O点做圆周运动，由于同一杆上运动，故角速度ω相同，故A正确；由于A转动半径大，故A的线速度大，故B错误；由于B点的线速度为：v2=vsinθ=OBωB，所以ωB=vsinθOB=vsin2θh，则小球A转动的角速度为12、BCD【解析】AB．由开普勒第三定律可知，＝k(常量)，则行星轨道的半长轴越长，公转周期越大，公转轨道半长轴的大小与自转周期无关，故A错误，B正确；C．水星轨道的半长轴最短，其公转周期最小，选项C正确；D．海王星离太阳“最远”，半长轴最长，绕太阳运行的公转周期最大，选项D正确．故选：BCD二、实验题（本题共16分，答案写在题中横线上）13、控制变量法相等相同【解析】根据,为了研究向心力与其中某一个因素的关系,需控制其他量不变,即采用控制变量法；所以要研究小球受到的向心力大小与角速度的关系，需控制小球的质量和半径不变；因此，本题正确答案是:控制变量法；相等；相同．【点睛】要探究小球受到的向心力大小与角速度的关系,需控制一些变量,即保持小球的质量、转动的半径不变．14、保持弹射器水平弹丸从弹出到落地水平位移为x，下落高度yv0＝x【解析】