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1、精选优质文档-倾情为你奉上梅州市高中质量抽测试卷高一物理一、单项选择题（本大题共8小题，每小题，共24分。每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求，选对的得，选错或不答的得0分。）1.下列关于物理学史的说法正确的是（ ）A. 伽利略最早提出了“日心说”B. 卡文迪许第一次测出了引力常量C. 开普勒发现了万有引力定律D. 第谷发现行星的运行轨道是椭圆【答案】B【解析】【详解】A. 哥白尼最早提出了“日心说”，选项A错误；B. 卡文迪许第一次测出了引力常量，选项B正确；C.牛顿发现了万有引力定律，选项C错误；D.开普勒发现行星的运行轨道是椭圆，选项D错误；2.在越野赛车时，一辆赛车在水平公
2、路上减速转弯，从俯视图中可以看到赛车沿曲线由M向N行驶。下图中分别画出了汽车转弯时所受合力F的四种方向，你认为正确的是（）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【详解】赛车做的是曲线运动，赛车受到的合力应该指向轨迹弯曲的内侧，由于赛车是从M向N运动的，并且速度在减小，所以合力与赛车的速度方向的夹角大于，故C正确。3.一个人站在阳台上，在同一位置以相同的速率分别把相同质量的三个球竖直向上、竖直向下和水平抛出若小球所受空气阻力均可忽略不计，则三个球落地时重力的功率大小比较是（）A. 平抛球最小B. 下抛球最小C. 上抛球最小D. 三球一样大【答案】A【解析】【详解】人站在阳台上，在同一位置以相
3、同的速率分别把相同质量的三个球竖直向上、竖直向下和水平抛出，则落地时竖直向上、竖直向下的两个小球的竖直速度相同且大于平抛运动的竖直速度，根据P=mgvy可知落地时竖直向上、竖直向下的两个小球重力的功率大小相同且大于平抛运动的小球的重力的瞬时功率；A. 平抛球最小，与结论相符，选项A正确；B. 下抛球最小，与结论不相符，选项B错误；C. 上抛球最小，与结论不相符，选项C错误；D. 三球一样大，与结论不相符，选项D错误；4.如图所示为一皮带传动装置，右轮的半径为r，a是它边缘上的一点，左侧是一轮轴，大轮的半径是4r，小轮的半径为2r，b点在小轮上，到小轮中心的距离为r，c点和d点分别位于小轮和大轮
4、的边缘上，若在传动过程中，皮带不打滑，则（）A. a点与b点的线速度大小相等B. a点与b点的角速度大小相等C. a点与d点的线速度大小相等D. a点与d点的向心加速度大小相等【答案】D【解析】【详解】AB.ac两点的线速度相同，由v=r可知，a点的角速度大于c点的角速度；bc两点的角速度相同，由v=r可知，c点的线速度大于b点的线速度，即a点线速度大于b点的线速度，a点角速度大于b点的角速度，选项AB错误；C.ac两点的线速度相同，由v=r可知，a点的角速度大于c点的角速度；dc两点的角速度相同，由v=r可知，d点的线速度大于c点的线速度，即a点线速度小于d点的线速度，选项C错误；D.设a点
5、的线速度为v，则a点的向心加速度为；c点的线速度为v，则由v=r可知，d点的线速度为2v，则d点的向心加速度为；即a点与d点的向心加速度大小相等，选项D正确.5.图示是某一卫星运行的轨道示意图，卫星先沿椭圆轨道1运行，近地点为M，远地点为N，当卫星经过N时点火加速，使卫星由椭圆轨道1转移到圆轨道2上运行。关于卫星的运行过程，下列说法中正确的是（）A. 卫星在轨道1和轨道2上运动时的机械能相等B. 卫星在轨道1上运行经过N点的速度小于经过M点的速度C. 卫星在轨道1上运行经过N点的加速度小于在轨道2上运行经过N点的加速度D. 卫星在轨道1上运行经过N点的加速度大于在轨道2上运行经过N点的加速度【
6、答案】B【解析】【详解】A.卫星由轨道1到轨道2，需要在N点加速，所以变轨后的机械能大，故A错误；B.从N点到M点引力做正功，所以经过N点速度小于经过M点的速度，故B正确。CD.根据牛顿第二定律得：,所以无论轨道1还是轨道2经过N点加速度一样，故CD错误。6.如图甲所示，在一次海上救援行动中，直升机沿水平方向匀速飞行，同时悬索系住伤员匀速上拉，以地面为参考系，伤员从 A至B的运动轨迹可能是图乙中的A. 折线ACBB. 线段C. 曲线AmBD. 曲线AnB【答案】B【解析】伤员参加了两个分运动，水平方向匀速移动，竖直方向匀速上升，合速度是两个分速度的矢量和，遵循平行四边形定则，由于两个分速度大小
7、和方向都恒定，故合速度是固定不变，即合运动是匀速直线运动，故轨迹是线段AB；故ACD错误，B正确；故选B。7.如图，弹性轻绳的一端套在手指上，另一端与弹力球连接，用手将弹力球以某一竖直向下的初速度抛出，抛出后手保持不动。从球抛出瞬间至球第一次到达最低点的过程中（弹性轻绳始终在弹性限度内，不计空气阻力），下列说法正确的是（）A. 绳刚伸直时，球的动能最大B. 该过程中，球的机械能守恒C. 该过程中，重力对球做的功等于球克服绳的拉力做的功D. 该过程中，轻绳的弹性势能和小球的动能之和一直增大【答案】D【解析】【详解】A、绳伸直前，球在做加速运动。绳伸直以后，开始阶段，重力大于绳的拉力，合力向下，球
8、的速度增大，故球的动能增大，当重力与拉力相等时球的速度最大，动能最大，故A错误；B、由于绳的拉力对球做功，所以球的机械能不守恒，故B错误；C、该过程中，由于球的动能减小，根据动能定理知重力对球做的功与绳的拉力做的功之和为负值，所以重力对球做的功小于球克服绳的拉力做的功，故C错误；D、由于只有重力和弹性绳的弹力做功，所以球、绳和地球组成的系统机械能守恒，则轻绳的弹性势能、小球的动能和重力势能之和保持不变，重力势能一直在减小，则轻绳的弹性势能和小球的动能之和一直增大，故D正确；8.引体向上是中学生体育测试的项目之一，引体向上运动的吉尼斯世界纪录是53次/分钟。若一个普通中学生在30秒内完成12次引
9、体向上，该学生此过程中克服重力做功的平均功率最接近于（）A. 5WB. 20WC. 100WD. 400W【答案】C【解析】【详解】学生体重约为50kg，每次引体向上上升高度约为0.5m，引体向上一次克服重力做功为Wmgh50100.5J250J，全过程克服重力做功的平均功率为。二、多项选择题（本大题共4小题，每小题4分，共16分。每小题给出的四个选项中，有两个选项符合题目要求，全部选对的得4分，选对单不全的得，有选错或不答的得0分。）9.物体做匀速圆周运动时,下列物理量中变化的是（）A. 线速度B. 角速度C. 向心加速度D. 动能【答案】AC【解析】【详解】A. 做匀速圆周运动的物体线速度
10、方向不断变化，选项A正确；B. 做匀速圆周运动的物体角速度不变，选项B错误；C. 做匀速圆周运动的物体向心加速度方向不断变化，选项C正确；D. 做匀速圆周运动的物体速度大小不变，则动能不变，选项D错误.10.正在水平匀速飞行的飞机，每隔1秒钟释放一个小球，先后共释放5个。不计阻力则（ ）A. 这5个球在空中排成一条直线B. 这5个球在空中处在同一抛物线上C. 在空中，第1、2两球间的距离保持不变D. 相邻两球的落地点间距离相等【答案】AD【解析】释放每个小球都做平抛运动，水平方向的速度与飞机的飞行速度相等，所以5个小球均始终在飞机正下方，且相邻小球落地点间距相等，故AD正确；竖直方向5个小球均
11、为自由落体运动，由于第2个球释放时第1个小球的速度已经为v0gt10 m/s，所以之后经时间t，两小球间距为h(v0tgt2)gt2v0t，所以两小球间距逐渐增大，故BC错误。所以AD正确，BC错误。11.如图所示，下列关于地球人造卫星轨道的说法，正确的是 （ ）A. 卫星轨道a、b、c都是可能的B. 卫星轨道只可能是b、cC. 同步卫星轨道可能是bD. a、b均可能是同步卫星轨道【答案】BC【解析】【详解】卫星围绕地球做匀速圆周运动的圆心是地球的地心，所以凡是人造地球卫星的轨道平面必定经过地球中心，所以b、c均可能是卫星轨道，a不可能是卫星轨道，故A错误，B正确。同步卫星的轨道平面在赤道的上
12、空，则同步卫星轨道可能是b，故C正确，D错误。故选BC。【点睛】本题的关键是要知道人造地球卫星围绕地球做匀速圆周运动，圆心是地球的地心，由万有引力提供向心力，轨道的中心一定是地球的球心.12.2022年第24届冬季奥林匹克运动会将在中国举行，跳台滑雪是其中最具观赏性的项目之一。跳台滑雪赛道可简化为助滑道、着陆坡、停止区三部分，如图所示。一次比赛中，质量m的运动员从A处由静止下滑，运动到B处后水平飞出，落在了着陆坡末端的C点，滑入停止区后，在与C等高的D处速度减为零。已知B、C之间的高度差为h，着陆坡的倾角为，重力加速度为g。只考虑运动员在停止区受到的阻力，不计其他能量损失。由以上信息可以求出（
13、）A. 运动员在空中飞行的时间B. A、B之间高度差C. 运动员在停止区运动过程中阻力的大小D. C、D两点之间的水平距离【答案】AB【解析】【详解】A.设运动员在空中飞行的时间为t，根据平抛运动的规律，y=h=gt2，解得：，故A正确；B.水平方向x=vt，由几何关系可得，=tan，代入数据解得，从A到B由动能定理得：mghAB=mv2，hAB=，故B正确；C.设到C的速度为vC，从B到C的过程由动能定理得：mgh=mvC2-mv2，可求得到C的速度vC，从C到D的过程由动能定理得：-W克f=-fx=0-m vC2，则由于x未知，则不能求解运动员在停止区运动过程中阻力的大小，故C错误；D.运
14、动员在C、D两点之间做变速曲线运动，两点之间的水平距离无法求解，故D错误。三、实验题（第14题（1）问，其他每空，共20分）13.在利用重锤下落验证机械能守恒定律的实验中：（1）实验中动能的增加量略小于重力势能的减少量，其主要原因是_A、重物下落的实际距离大于测量值B、重物下落的实际距离小于测量值C、重物下落受到阻力D、重物的实际末速度大于计算值（2）如图所示，有一条纸带，各点距A点的距离分别为d1，d2，d3，各相邻点间的时间间隔为T，当地重力加速度为g，要用它来验证物体从B到G处的机械能是否守恒，则B点的速度表达式为vB_，G点的速度表达式为vG_，（3）若B点和G点的速度vB、vG以及B
15、G间的距离h均为已知量，则当满足_时，物体的机械能守恒【答案】 (1). C (2). (3). (4). VG2VB22gh【解析】【详解】第一空.在该实验中，由于摩擦力、空气阻力等阻力的存在，重锤动能的增加量略小于重力势能的减少量，故C正确；第二空.在匀变速直线运动中，时间中点的瞬时速度等于该过程中的平均速度，因此有：B点速度第三空.G点速度 第四空.若从B到G机械能守恒，则mvB2+mgh=mvG2，即vG2-vB2=2gh，所以当vG2-vB2=2gh时，机械能守恒14.在“探究功与速度变化的关系”实验中，某同学设计了如图甲所示的实验方案：使小物块在橡皮筋的作用下沿水平桌面被弹出，第二
16、次、第三次操作时分别改用2根、3根、同样的橡皮筋将小物块弹出，测出小物块被弹出时速度，然后找到牵引力对小物块做的功与小物块速度的关系。（1）要测得小物块被弹出后的水平速度，需要测量哪些物理量（填正确答案标号，g已知）_A小物块的质量mB橡皮筋的原长xC橡皮筋的伸长量D桌面到地面的高度hE小物块抛出点到落地点的水平距离L（2）实验时，若把橡皮筋两端固定，使橡皮筋的伸长量依次加倍来实现橡皮筋对小物块做功成整数倍变化，这样做有什么不好？答：_（3）根据实验数据做出的图象如图乙所示，图线不通过原点的原因是_【答案】 (1). DE (2). 橡皮筋的伸长量不同，会造成每一次小物体克服摩擦力做的功不同，
17、不利于比较它们的关系 (3). 物体在桌面上运动时需要克服摩擦力做功【解析】【详解】第一空.物块离开桌面后做平抛运动，竖直方向：h=gt2，水平方向：L=vt，解得：，要测物被弹出时的速度，需要测量：桌面到地面的高度h，小物块抛出点到落地点的水平距离L，故选DE；第二空. 橡皮筋的伸长量不同，会造成每一次小物体克服摩擦力做的功不同，不利于比较它们的关系； 第三空. 物块在桌面上运动时，弹力对物块做功，摩擦力对物块做负功，由于物块要克服摩擦力做功，则图象不过原点四、计算题（本题共4小题，共40分。解答时应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤。只写出最后答案的不能得分，答案中必须写出数值和单位
18、）15.已知小船在静水中的速度为5m/s，水流速度为3m/s，河宽度为600m，求：（1）若要使小船最短时间过河，最短时间为多少？（2）若要小船到最短位移过河，过河时间为多少？【答案】（1）（2）150s【解析】【详解】（1）船头垂直于岸渡河时间最短最短时间：解得： （2）当合速度与河岸方向垂直时，渡河航程最短依题意有：合速度的大小为： 则渡河的时间为： 联立以上两式，解得：t=150s16.已知“天宫一号”在地球上空的圆轨道上运行时离地面的高度为h。地球半径为R，地球表面的重力加速度为g，万有引力常量为G求：（1）“天宫一号”在该圆轨道上运行时速度v的大小；（2）“天宫一号”在该圆轨道上运行
19、时重力加速度g的大小；【答案】（1）（2）【解析】【详解】（1）地球表面质量为m0的物体，有： “天宫一号”在该圆轨道上运行时万有引力提供向心力： 联立两式得：飞船在圆轨道上运行时速度：（2）根据 联立解得：17.质量的行李箱放在水平地面上，行李箱与地面的动摩擦因数为，用与水平成、斜向上的大小为的拉力拉动行李箱，使行李箱由静止开始沿水平地面运动，5s后撤去拉力。求：撤去拉力瞬间行李箱的速度v拉力做的功全程摩擦力对行李箱所做的功。【答案】，（3）-600J【解析】【详解】对行李箱受力分析如图所示设物体受摩擦力为f，支持力为N，则根据牛顿第二定律有：水平方向有竖直方向有解得：撤去拉力瞬间行李箱的速
20、度内行李箱的位移拉力做的功设全程摩擦力对行李箱所做功为。根据动能定理得解得18.如图所示，在水平轨道右侧固定半径为R的竖直圆槽形光滑轨道，水平轨道的PQ段长度为，上面铺设特殊材料，小物块与其动摩擦因数为，轨道其它部分摩擦不计。水平轨道左侧有一轻质弹簧左端固定，弹簧处于原长状态。可视为质点的质量的小物块从轨道右侧A点以初速度冲上轨道，通过圆形轨道，水平轨道后压缩弹簧，并被弹簧以原速率弹回，取，求：（1）弹簧获得的最大弹性势能；（2）小物块被弹簧第一次弹回经过圆轨道最低点时的动能；（3）当R满足什么条件时，小物块被弹簧第一次弹回圆轨道时能沿轨道运动而不会脱离轨道。【答案】（1）10.5J（2）3J
21、（3）0.3mR0.42m或0R0.12m【解析】【详解】（1）当弹簧被压缩到最短时，其弹性势能最大。从A到压缩弹簧至最短过程中，由动能定理得： mgl+W弹0mv02由功能关系：W弹=-Ep=-Ep解得 Ep=10.5J；（2）小物块从开始运动到第一次被弹回圆形轨道最低点的过程中，由动能定理得 2mglEkmv02解得 Ek=3J；（3）小物块第一次返回后进入圆形轨道的运动，有以下两种情况：小球能够绕圆轨道做完整的圆周运动，此时设小球最高点速度为v2，由动能定理得 2mgRmv22Ek小物块能够经过最高点的条件mmg，解得 R0.12m小物块不能够绕圆轨道做圆周运动，为了不让其脱离轨道，小物块至多只能到达与圆心等高的位置，即mv12mgR，解得R0.3m；设第一次自A点经过圆形轨道最高点时，速度为v1，由动能定理得：2mgRmv12-mv02且需要满足 mmg，解得R0.72m，综合以上考虑，R需要满足的条件为：0.3mR0.42m或0R0.12m。【点睛】解决本题的关键是分析清楚小物块的运动情况，把握隐含的临界条件，运用动能定理时要注意灵活选择研究的过程。 专心-专注-专业