2023-2024学年湖南省邵阳市第二中学高一（下）期中考试物理试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年湖南省邵阳市第二中学高一（下）期中考试物理试卷（含解析），共15页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，简答题，计算题等内容，欢迎下载使用。

1.以下关于物理学史和物理方法的叙述中正确的是( )
A. 牛顿测定引力常量的实验运用了放大法测微小量
B. 在建立合力、分力、重心、质点等概念时都用到了等效替代法
C. 在推导匀变速直线运动位移公式时，把整个运动过程划分为很多小段，每一小段近似看成匀速直线运动，然后把各段位移相加，应用了“微元法”
D. 伽利略利用斜槽实验，直接得到了自由落体规律
2.如图所示，自行车后轮、大齿轮、小齿轮的半径都不相同，关于它们边缘上的三个点A、B、C的描述，下列说法正确的是
A. A点和B点的线速度大小相等B. A点的角速度大于B点的角速度
C. B点和C点运转的周期相等D. B点和C点的线速度大小相等
3.2023年10月26日11时14分，神舟十七号载人飞船在我国酒泉卫星发射中心点火发射成功。若“神舟十七号”在地面时受地球的万有引力为F，则当其上升到离地距离等于地球半径时所受地球的万有引力为
( )
A. F3B. F4C. F9D. F16
4.有两条位于同一竖直平面内的水平轨道，轨道上有两个物块A和B，它们通过一根绕过光滑定滑轮O的不可伸长的轻绳相连接，轻绳始终处于紧绷状态，物块A向右运动。如图所示，当绳与轨道成30°角时，物块A和B的速度大小之比为
( )
A. 1：1B. 1：2C. 3：2D. 2： 3
5.如图所示，一圆盘可以绕其竖直轴在水平面内转动，水平轻绳连接两个物体M和m，物体M在转轴位置上，绳刚好被拉直且无拉力。两物体均看作质点，两物体与圆盘之间的动摩擦因数相等。在圆盘转动的角速度从零慢慢增大的过程中( )
A. 绳中一直有拉力，且逐渐最大B. 物体m一直受到圆盘的摩擦力
C. 物体M一直受到圆盘的摩擦力D. 物体m和M受到圆盘的摩擦力大小相等
6.如图所示，从斜面上A点斜向上抛出一个可视为质点小球，水平击中斜面上B点，现将另一相同小球从AB中点C点抛出，仍水平击中B点。不计空气阻力，下列说法正确的是( )
A. 两个小球的初速度大小之比为2∶1
B. 从C点抛出的小球初速度方向与水平方向夹角更大
C. 两个小球离斜面的最大距离之比为2∶1
D. 调整两个小球抛出的时间，可以使两个小球在空中相遇
二、多选题：本大题共4小题，共20分。
7.如图，海王星顺时针绕太阳沿椭圆轨道运动，P为近日点，Q为远日点，M、N为轨道短轴的两个端点，运行的周期为T0。若只考虑海王星和太阳之间的相互作用，则海王星在从P经过M、Q到N的运动过程中( )
A. 从P到M所用的时间等于T04
B. 海王星在P点加速度大于Q点的加速度
C. 从P到Q阶段，速率逐渐变大
D. 其椭圆轨道半长轴的立方与公转周期的平方之比是一个与太阳质量有关的常数
8.跳伞表演是观赏性很强体育项目．当运动员从直升飞机由静止跳下后，在下落过程中会受到水平风力的影响，如图所示．下列说法中正确的是( )
A. 风力越大，运动员下落时间越长
B. 风力越大，运动员着地速度越大
C. 运动员下落时间与风力无关
D. 运动员着地速度与风力无关
9.一小船在静水中的速度为3m/s，它在一条河宽150m，水流速度为5m/s的河流中渡河，则下列说正确的是( )
A. 小船渡河时间不少于50s
B. 小船以最短时间渡河时，它沿水流方向的位移大小为150m
C. 小船以最短位移渡河时，位移大小为250m
D. 小船以最短位移渡河时，时间为60s
10.导航系统是一种利用人造卫星对物体进行定位测速的工具，目前世界上比较完善的导航系统有美国的GPS系统，中国的北斗系统，欧洲的伽利略导航系统以及俄罗斯的GLONASS系统，其中美国的GPS系统采用的是运行周期为12小时的人造卫星，中国的北斗系统一部分采用了同步卫星，现有一颗北斗同步卫星A和一颗赤道平面上方的GPS卫星B，某时刻两者刚好均处在地面某点C的正上方，如图所示，下列说法正确的是
( )
A. A的线速度比B的小，B的线速度比C的小
B. 若两者质量相等，则发射A需要更多的能量
C. 此时刻B处在A、C连线的中点
D. 从此时刻起，经过12小时，两者相距最远
三、实验题：本大题共1小题，共8分。
11.某同学用如图(a)所示装置探究钢质小球自由摆动至最低点时的速度大小与此时细线拉力的关系．其中力传感器显示的是小球自由摆动过程中各个时刻细线拉力FT的大小，光电门测量的是钢球通过光电门的挡光时间Δt，已知小球的直径为d。
(1)调整细线长度，使细线悬垂时，钢球中心恰好位于光电门中心。
(2)小球通过光电门的速度表达式为v=_________。(用题中所给字母符号表示)
(3)由于光电门位于细线悬点的正下方，此时细线的拉力就是力传感器显示的各个时刻的拉力FT中的_____________(选填“最大值”“最小值”或“平均值”)。
(4)改变小球通过光电门的速度，重复实验，测出多组速度v和对应拉力FT的数据，作出FT−v2图像如图(b)所示．已知当地重力加速度g=9.7m/s2，则由图像可知，小球的质量为_______kg，光电门到悬点的距离为_________m。
四、简答题：本大题共1小题，共8分。
12.用如图1所示装置研究平抛运动。将白纸和复写纸对齐重叠并固定在竖直的硬板上。钢球沿斜槽轨道PQ滑下后从Q点飞出，落在水平挡板MN上。由于挡板靠近硬板一侧较低，钢球落在挡板上时，钢球侧面会在白纸上挤压出一个痕迹点。移动挡板，重新释放钢球，如此重复，白纸上将留下一系列痕迹点。
(1)下列实验条件必须满足的有________。
A.斜槽轨道光滑 B.斜槽轨道末段水平
C.挡板高度等间距变化 D.每次从斜槽上相同的位置无初速度释放钢球
(2)为定量研究，建立以水平方向为x轴、竖直方向为y轴的坐标系。
a.取平抛运动的起始点为坐标原点，将钢球静置于Q点，钢球的_____(选填“最上端”“最下端”或者“球心”)对应白纸上的位置即为原点；在确定y轴时____(选填“需要”或者“不需要”)y轴与重垂线平行。
b.若遗漏记录平抛轨迹的起始点，也可按下述方法处理数据：如图2所示，在轨迹上取A、B、C三点，AB和BC的水平间距相等且均为x，测得AB和BC的竖直间距分别是y1和y2，则y1y2=____(选填“大于”“等于”或者“小于”)13。可求得钢球平抛的初速度大小为________。(已知当地重力加速度为g，结果用上述字母表示)。
五、计算题：本大题共3小题，共40分。
13.“天问一号”环绕火星做匀速圆周运动时，周期为T，轨道半径为r。已知火星的半径为R，引力常量为G，不考虑火星的自转。求：
(1)“天问一号”环绕火星运动的线速度的大小v
(2)火星的质量M。
14.如图所示，质量为m的小球用长为l的细线悬于固定点B，使小球在水平面内做匀速圆周运动，细线与竖直方向的夹角是θ，重力加速度为g。不计空气阻力，求：
(1)细线对小球的拉力大小F；
(2)小球做圆周运动的角速度ω。
15.如图所示为某冒险滑雪运动员运动的示意图，冒险员站在运动雪橇上从A点受到恒力作用从静止开始加速，到达B点后撤去恒力，从C点水平冲出，恰好从D点沿圆轨道切线方向飞进半径为R的光滑圆轨道。已知人和雪橇的总质量为60kg，恒力F=360N，雪橇与水平面间动摩擦因数为0.1，AB=40m，BC=38m，OD与竖直线夹角为37°，圆形轨道半径R=30m，g=10m/s2，人和雪橇在运动中可以视为质点。(不计空气阻力)求：
(1)运动员达到C点时的速度；
(2)运动员从C点运动到D点的时间；
(3)运动员和雪橇在D点受到的弹力大小。
答案和解析
1.【答案】C
【解析】C
【详解】A.卡文迪许在测定引力常量的实验中运用了放大法测微小量，故A错误；
B.在建立合力、分力、重心等概念时都用到了等效替代法，在建立质点概念时用到了理想模型法，故B错误；
C.在推导匀变速直线运动位移公式时，把整个运动过程划分为很多小段，每一小段近似看成匀速直线运动，然后把各段位移相加，这是应用了“微元法”，故C正确；
D.伽利略利用斜槽实验，再通过合理的外推，得到了自由落体规律，故D错误。
故选C。
2.【答案】D
【解析】【分析】
本题考查了灵活选择物理规律的能力；对于圆周运动，公式较多，要根据不同的条件灵活选择公式。
大齿轮与小齿轮是同缘传动，边缘点线速度相等；小齿轮与后轮是同轴传动，角速度相等；结合线速度与角速度关系公式v=ωr列式求解。
【解答】
AB.A、B两点同轴转动，它们的角速度相等，由v=ωr可知A点的线速度大于B点的线速度，故AB错误；
CD.两点通过链条转动，则它们的线速度大小相等，它们的半径不相同，则二者的角速度和周期均不相等，故C错误，D正确。
3.【答案】B
【解析】【分析】
根据万有引力定律的计算公式进行解答。
本题主要是考查万有引力定律，解答本题的关键是掌握万有引力定律的计算公式。
【解答】
设地球半径为R，根据万有引力定律有：F=GMmR2
当神舟十七号上升到离地面距离等于地球半径时，地球对它的万有引力大小为：F′=GMm(2R)2=14⋅GMmR2=F4，故B正确、ACD错误。
故选：B。
4.【答案】C
【解析】【分析】
本题为绳牵连问题，解题的关键是明确绳连接的两个物体沿绳方向的速度相等。
【解答】
将B的速度分解，如图所示，
则有v2=vA，v2=vBcs30∘，
解得vAvB=cs30∘= 32，故C正确。
5.【答案】B
【解析】m的向心力F向=mrω2
当角速度从0开始增大，m由静摩擦力提供向心力，且所受的静摩擦力开始增大；
当m达到最大静摩擦力，角速度继续增大，此时m靠拉力和静摩擦力的合力提供向心力，此时M开始受到圆盘的静摩擦力作用，且随着角速度继续增大，拉力和M受到的圆盘的静摩擦力都逐渐增大；
随着角速度继续增大，拉力越大，当拉力和M的最大静摩擦力相等时，角速度达到最大值。
故选B。
6.【答案】C
【解析】【分析】
由于是水平方向击中B点，可以看作是平抛运动的逆过程，列式分析即可，根据平抛运动推论可知，位移偏转角正切值是速度偏转角正切值的一半，判断两次抛出时速度方向。
本题考查学生对平抛运动的逆过程的理解和运用，需要注意题目中给出的是斜抛然后水平方向击中B。
【解答】
AB.反向看是平抛运动，设斜面倾角为θ，根据h=12gt2，则两次时间之比为 2∶1，由vy=gt，可知，两次竖直速度之比 2∶1，根据v0=xt，可知水平速度之比为 2∶1，所以两次击中B点速度之比为 2∶1，根据v= vx2+v y2，两次抛出时速度的大小之比为 2∶1，且到达B点时速度方向相同，根据平抛运动推论可知，位移偏转角正切值是速度偏转角正切值的一半，则tan α=2tan θ=vyvx，可知两次抛出时速度方向相同，故AB错误；
C.沿斜面建系，根据d=(v0sinθ)22gcsθ可知，两小球离斜面的最大距离为2∶1，故C正确；
D.两小球的轨迹相切于B点，故不可能在空中相遇，故D错误。
7.【答案】BD
【解析】BD
【详解】AC.根据椭圆轨道的对称性可知，从P到Q所用的时间等于 T02 ，而根据开普勒第二定律可知，近日点的速率大于远日点的速率，即从P点到Q点的过程中，海王星的环绕速率在逐渐减小，由此可知海王星从P到M所用的时间小于 T04 ，而从M到Q的时间大于 T04 ，故AC错误；
B.由牛顿第二定律有
GMmr2=ma
可得
a=GMr2
可知离中心天体越远，加速度越小，则可知海王星在P点加速度大于Q点的加速度，故B正确；
D.根据开普勒第三定律
a3T2=k
即环绕太阳运行的行星，其椭圆轨道半长轴的立方与公转周期的平方之比是一个与太阳质量有关的常
8.【答案】BC
【解析】解：运动员参加两个分运动，水平方向随空气匀速运动，竖直方向在降落伞张开前先加速，降落伞张开后先减速后匀速，由于竖直分运动不受水平分运动的干扰，故运动时间与风速无关，因而A错误，C正确；
运动员落地速度由水平分速度和竖直分速度合成，水平分速度由风速决定，故风速越大，合速度越大，因而B正确，D错误；
故选：BC。
本题中运动员参加里水平方向和竖直方向的两个分运动，水平分运动不影响竖直分运动，只会影响合运动．
对于运动的合成与分解问题，关键要找到分运动，然后运用合运动与分运动的独立性、等效性、等时性和相关性求解．
9.【答案】AC
【解析】AC
【详解】A.当船的静水中的速度垂直河岸时渡河时间最短
tmin=dv船=1503s=50s
故A错误；
B.船以最短时间50s渡河时，沿河岸的位移
x=v水tmin=5×50m=250m
故B错误；
C.因为水流速度大于船的静水速度，所以船不能垂直渡河，如图所示
当合速度与静水速度的方向垂直时，合速度与水流速度的夹角最大，渡河位移最小，则
sinθ=v船v水=35
则渡河的最小位移
x=dsinθ=15035m=250m
故C正确；
D.若船以最短位移渡河时，时间为
t=xv合=250 52−32s=62.5s
故D错误。
故选AC。
10.【答案】BD
【解析】BD
【详解】利用万有引力定律与牛顿第二定律得
GMmr2=mv2r
解得
v= GMr
即轨道半径越大，运行速度越小，所以A的速度比B的小，根据 v=rω 可知A的线速度比C的大，所以B的线速度比C的大，A错误；
B.若A、B质量相等，则A在发射过程中克服引力做功多，故所需发射速度大，发射A需要更多的能量，B正确；
C.牛顿第二定律得
GMmr2=r4π2T2m
解得
T= 4π2r3GM
可知周期与半径呈非线性关系，所以B不在A、C连线的中点处，C错误；
D.经过12小时，A运动半周，而B运动一周，两者在地心异侧共线，相距最远，D正确。
故选BD。
11.【答案】 dΔt 最大值 0.05 1
【详解】(2)[1]根据 v=xt 知，要测量速度，需要知道钢球在挡光时间内通过的位移，即小球的直径d，速度表达式为
v=dΔt
(3)[2]小球摆动过程中受力分析如图所示
则有
FT−F1=mv2r
F1=mgcsθ
故
FT=mv2r+mgcsθ
由于小球向最低点运动过程中速度增大，到达最低点时速度最大，故在最低点FT最大，所以应选拉力FT的最大值。
(4)[3][4]小球摆至最低点时，由向心力公式得细线的最大拉力
FTm=mr⋅v2+mg
当小球速度为零时，此时拉力与重力大小相等，对比图线可知
mg=0.485N
解得
m=0.05kg
由斜率
k=mr=0.24kg/m
解得
r=1m

【解析】详细解答和解析过程见答案
12.【答案】 BD##DB 球心 需要 大于 x gy2−y1
【解析】(1)[1]B.为了保证小球的初速度水平，斜槽末端必须水平，故B正确；
AD.为了保证小球的初速度相等，小球每次应从斜槽的同一位置由静止释放，斜槽轨道不一定需要光滑，故D正确，A错误；
C.向下移动挡板，只是为了获得多个点迹，不一定向下移动相同的距离，故C错误。
故选BD。
(2)a.[2]小球在运动中记录下的是其球心的位置，故抛出点也应是小球静置于Q点时球心的位置；故应以球心在白纸上的位置为坐标原点；
[3]小球在竖直方向为自由落体运动，故y轴需要与重锤线平行。
b.[4]由于两段水平距离相等，故时间相等，设A到B，B到C的时间均为t，在A点竖直分速度为vy，则
y1=vyt+12gt2 ， y2=vy+gtt+12gt2=vyt+32gt2
则
y1y2>13
故竖直间距之比大于 13 。
[5]根据 y2−y1=gt2 可知
t= y2−y1g
则初速度为
v=xt=x gy2−y1
13.【答案】(1) v=2πrT ；(2) M=4π2r3GT2
【详解】(1)“天问一号”环绕火星运动的线速度的大小
v=2πrT
(2)根据
GMmr2=m4π2T2r
可得火星的质量
M=4π2r3GT2

【解析】详细解答和解析过程见答案
14.【答案】(1) mgcsθ ；(2) ω= glcsθ
【详解】(1)对小球进行受力分析如图所示
则有
F=mgcsθ
(2)根据
mgtanθ=mω2lsinθ
解得
ω= glcsθ

【解析】详细解答和解析过程见答案
15.【答案】(1)人和雪橇在AB阶段的加速度 a1=F−fM=5m/s2
从A到B点 v12−0=2a1x1 得 v1=20m/s
人和雪橇在BC阶段的加速度 a2=−μg=−1m/s2
从B到C点 v22−v12=2a2x2 得 v2=18m/s
(2)从D点切入飞进圆形轨道，所以在D点速度与水平线夹角为37°，作出速度三角形，水平速度为 18m/s ，
从C到D经历时间 tan37∘=gtv2 t=2720s=1.35s
(3)在D点作速度三角形得物体的合速度 v合=22.5m/s
在D点受力分析如图所示，分解重力到沿半径方向和垂直于半径方向
沿半径方向有 F−Mgcs37∘=Mv合2R
得 F=1492.5N

【解析】本题考查了平抛运动、牛顿第二定律的综合应用，关键选择好研究的过程。
(1)根据牛顿第二定律求出物体在平台上运动的加速度，结合速度位移公式求出达到C点时的速度；
(2)从D点切入飞进圆形轨道，所以在D点速度与水平线夹角为37∘，由竖直方向上自由落体求出时间
(3)在D点，分解重力到沿半径方向和垂直于半径方向，根据牛顿第二定律求出运动员和雪橇在D点
受到的弹力大小。