2023-2024学年河南省安阳市滑县高一（下）期末测评试卷物理试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年河南省安阳市滑县高一（下）期末测评试卷物理试卷（含解析），共16页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。

1.对于宇宙中P、Q恒星构成的双星系统(即两恒星在彼此万有引力作用下绕它们连线上点做匀速圆周运动的系统)，下列说法正确的是( )
A. P、Q恒星绕它们连线的中点做匀速圆周运动
B. P、Q恒星的线速度大小相等，方向相反
C. P、Q恒星的运动周期一定相等
D. P恒星对Q恒星的引力可能大于Q恒星对P恒星的引力
2.可将蹦床简化为一竖直放置的弹簧，弹簧的劲度系数为k，其弹力F与形变量x的关系如图所示。一可视为质点，质量为m的运动员从蹦床正上方ℎ处下落到最低点时，蹦床的压缩量为x0，不计空气阻力，重力加速度为g，则运动员下落到最低点时( )
A. 运动员处于失重状态B. 运动员的加速度为零
C. 蹦床对运动员作用力为kx0−mgD. 蹦床弹性势能为mg(ℎ+x0)
3.由于地球自转的影响，地球表面的重力加速度会随纬度的变化而有所不同，已知地球表面两极处的重力加速度大小为g0，在赤道处的重力加速度大小为g，地球自转的周期为T，引力常量为G。假设地球可视为质量均匀分布的球体，由此可知地球的半径为( )
A. (g−g0)T24π2B. (g0−g)T24π2C. (g−g0)T22π2D. (g0−g)T22π2
4.2024年5月7日11时21分，我国在太原卫星发射中心成功发射长征六号丙运载火箭，搭载发射的海王星01星、智星一号C星、宽幅光学卫星和高分视频卫星顺利进入预定轨道飞行试验任务获得圆满成功。假设海王星01星、智星一号C星处于同一轨道平面做匀速圆周运动，且绕地球运动的方向相同，海王星01星绕地球运动的周期为T1、智星一号C星绕地球运动的周期为T2，海王星01星距离地面的高度大于智星一号C星，下列说法正确的是( )
A. T1B. 在相同时间内，海王星01星、智星一号C星与地心连线扫过的面积相等
C. 海王星01星、智星一号C星相邻两次距离最近的时间间隔为t=T1T2T1−T2
D. 智星一号C星的轨道平面可能不过地心
5.在天花板上悬挂了半径为R，可绕过圆心O的水平轴转动的轻质滑轮，足够长的轻绳绕过滑轮，两端各系质量不等的小球1和2。已知小球2的质量为2m，小球1的质量为m，滑轮上P点到转轴的距离为R2。由静止释放小球2，不计滑轮与轴之间的摩擦，轻绳与滑轮间不打滑，重力加速度为g，下列说法正确的是( )
A. 小球2向下运动的加速度为g2
B. 滑轮转动两圈所用时间为4 πRg
C. 滑轮转动两圈时的角速度为2 2πg3R
D. 滑轮转动两圈时P点的线速度大小为2 2πgR3
6.风洞是研究空气动力学的关键设施，现有一小球从风洞中的点M竖直向上抛出，小球受到大小恒定的水平风力，其运动轨迹如图，其中M、N两点在同一水平线上，O点为轨迹的最高点，小球在M点动能为64J，在O点动能为16J，不计空气阻力，小球所受重力和风力大小之比为( )
A. 4：1B. 2：1C. 1：4D. 1：2
7.如图所示，平直公路AB段的长度为x=20m，BC为14圆弧形的水平弯道，其半径R=25m，AB、BC相切于B点。一辆质量为2×103kg的汽车从A点由静止开始做匀加速运动，进入BC段做速率不变的圆周运动。已知汽车在弯道上以允许最大安全速率行驶，汽车在AB段行驶受到的阻力为车重的k1=0.15倍，在BC段行驶时径向最大静摩擦力为车重的k2=0.4倍，π取3，g=10m/s2。下列说法正确的是( )
A. 汽车在弯道上行驶的最大速度为12m/s
B. 汽车从A到B做匀加速直线运动的最大加速度为3m/s2
C. 汽车从A到B的最大牵引力为8×103N
D. 汽车由A运动到C的最短时间为6.75s
二、多选题：本大题共3小题，共18分。
8.抛绣球是某地民族运动会的传统项目。如图甲所示，小明同学让质量为m的绣球从A点由静止开始先在竖直平面内做加速圆周运动，加速几圈到B点后松手抛出，运动轨迹如图乙所示，B点略高于D点。已知A、D两点间的竖直距离为ℎ，绣球经过D点时速率为v，以A点所在水平面为零势能面，整个过程不计空气阻力，重力加速度为g，下列说法正确的是( )
A. 绣球在竖直平面内做加速圆周运动经过最低点A时所受合力竖直向上
B. 绣球在D点时的机械能等于mgℎ+12mv2
C. 绣球从B到C的时间小于从C到D的时间
D. 在整个抛绣球过程中，小明对绣球做的功为mgℎ+12mv2
9.一辆质量为m=1.2×103kg的小汽车在平直的公路上从静止开始运动，牵引力F随时间t变化关系图线如图所示，4s时汽车功率达到最大值，此后保持此功率继续行驶，12s后做匀速运动。小汽车的最大功率恒定，受到的阻力大小恒定，则( )
A. 0～8s，小汽车先做匀加速直线运动后做加速度逐渐减小的加速运动
B. 小汽车前4s内位移为80m
C. 小汽车受到的阻力大小为4×103N
D. 小汽车最大功率为4×105W
10.晓燕同学利用平抛实验仪器探究平抛运动的特点，得到了小球在空中的三个位置A、B、C，测量数据如图。已知当地重力加速度为g，根据图中数据可知( )
A. 小球从B位置运动到C位置的时间为 y2−y1g
B. 小球做平抛运动的初速度为x0 y2−y1g
C. 抛出点的横坐标为y2−2y12(y2−y1)x0
D. 抛出点的横坐标为y2−3y12(y2−y1)x0
三、实验题：本大题共2小题，共16分。
11.利用“向心力定量探究仪”可以探究向心力大小与质量、半径和角速度的关系，装置如图所示，小球放在光滑的带凹槽的旋转杆上，其一端通过细绳与电子测力计相连，当小球和旋转杆被电机带动一起旋转时，控制器的显示屏显示小球质量m、转动半径r、转动角速度ω以及细绳拉力F的大小。
表甲
表乙
表丙
(1)小明同学记录的实验数据如表甲、乙、丙所示。由此可知该同学采用的是_____。
A.控制变量法 B.放大法 C.理想实验法
(2)由表乙的数据可得：当____一定时，小球的向心力F大小与____成____比。
(3)若以向心力F为纵轴，要使向心力与横轴表示的物理量成线性关系，则横轴所代表的物理量应为____(选填“ω”“ω2”或“1ω”)。
12.物理实验小组同学利用“目字形”的金属框架和光电门验证机械能守恒定律。已知“目字形”的金属框架各横杆完全相同、间距均匀且与边框垂直，光电门具有多组计时功能，当地重力加速度为g，横杆宽度为d，相邻横杆中心的距离为L，L远大于d，实验装置如图：
(1)将光电门固定在铁架台上并伸出桌面，将金属框架竖直放在光电门正上方，横杆保持水平；由静止释放金属框架，下落过程中横杆始终保持水平，依次记录1∼4号横杆经过光电门时的挡光时间。若1号横杆经过光电门的挡光时间为t，则1号横杆经过光电门时的速度为____，金属框架释放时，1号横杆距离光电门的高度为ℎ=____。
(2)若图乙中1t2−n图像的斜率k=____(用g，d，L表示)，则说明金属框架下落过程中机械能守恒。
四、计算题：本大题共3小题，共38分。
13.如图所示，“天宫二号”空间站A围绕地球做圆周运动，AB和AC与地球相切，∠BAC=θ，θ称为地球对卫星的张角。已知空间站绕地球做匀速圆周运动的角速度为ω，引力常量为G。根据以上信息，推导出地球平均密度表达式。
14.旋转飞车是儿童喜爱的娱乐项目，可以简化为如图所示的模型，a、b两个小球分别用悬线悬于水平杆上的A、B两点，A到O点距离为R，B到O点距离为2R。装置绕竖直杆匀速旋转后，a、b在同一水平面内做匀速圆周运动，已知重力加速度为g，两悬线与竖直方向的夹角分别为α、θ。
(1)已知b小球对应悬线长为L，求b小球绕竖直杆匀速旋转的角速度。
(2)推导出α、θ满足的关系式。
15.如图所示，竖直平面内由倾角α=60∘的光滑斜面轨道AB、半径均为R的半圆形光滑轨道BCDE和光滑圆管轨道EFG构成一游戏装置固定于地面，在B、E两处轨道平滑连接。E、O和B三点连成的直线与水平面间的夹角为θ=30∘，F点为圆管轨道EFG的最高点。现将质量为m的小球从斜面上高度为ℎ处的某点由静止释放。不计小球大小，重力加速度为g。
(1)若释放处高度ℎ=3R，求小球第一次运动到圆轨道最低点C时的加速度和对轨道的作用力大小；
(2)推导出小球运动到半圆轨道内与圆心O点等高的D点时所受弹力FD与ℎ的关系式；
(3)若小球释放后能从原路返回到出发点，求释放高度ℎ应该满足的条件。
答案解析
1.C
【解析】C.双星系统在相等时间内转过的角度相等，即P、Q恒星的运动周期一定相等，故C正确；
D.P恒星对Q恒星的引力与Q恒星对P恒星的引力是一对相互作用力，根据牛顿第三定律可知，P恒星对Q恒星的引力大小等于Q恒星对P恒星的引力，故D错误；
A.结合上述可知，双星系统的角速度相等，根据
Gm1m2L2=m1ω2r1 ， Gm1m2L2=m2ω2r2
则有
m1r1=m2r2
可知，恒星质量越大，其圆周运动的轨道半径越小，圆心位置不一定在连线中心，与质量大小有关，故A错误；
B.根据线速度与角速度关系有
v1=ωr1 ， v2=ωr2
结合上述可知，恒星质量越大，轨道半径越小，线速度越小，即线速度大小与恒星质量有关，线速度大小不一定相等，故B错误。
故选C。
2.D
【解析】AB.运动员下落到最低点时，加速度向上，不为零，运动员处于超重状态，选项AB错误；
C.运动员下落到最低点时，蹦床对运动员作用力为 kx0 ，选项C错误；
D.由最高点到最低点，由能量关系可知，蹦床弹性势能为
EP=mg(ℎ+x0)
选项D正确。
故选D。
3.B
【解析】在地球表面两极处有
GMmR2=mg0
在地球表面赤道处有
GMmR2=mg+mR4π2T2
联立可得，地球的半径为
R=(g0−g)T24π2
故选B。
4.C
【解析】A.根据开普勒第三定律有
R13T12=R23T22
由于海王星01星距离地面的高度大于智星一号C星，即海王星01星距离的轨道半径大于智星一号C星的轨道半径，则有
T1>T2
故A错误；
B.绕地球做匀速圆周运动运动的卫星，由万有引力提供向心力，则有
GMmr2=mω2r
解得
ω= GMr3
卫星时间 Δt 内扫过的面积
S=ωΔt2π⋅πr2
解得
S=Δt GMr2
可见轨道半径越大，相同时间内扫过的面积越大，即在相同时间内，海王星01星与地心连线扫过的面积大于智星一号C星与地心连线扫过的面积，故B错误；
C.令海王星01星、智星一号C星相邻两次距离最近的时间间隔为t，则有
2πT2t−2πT1t=2π
解得
t=T1T2T1−T2
故C正确；
D.卫星绕地球做匀速圆周运动，由万有引力提供向心力，可知，卫星的轨道平面一定经过地心，即智星一号C星的轨道平面一定过地心，故D错误。
故选C。
5.C
【解析】A.对小球1和2整体由牛顿第二定律
2mg−mg=3ma
解得小球2向下运动的加速度为
a=g3
故A错误；
B.滑轮转动两圈的过程中，满足
2×2πR=12×g3t2
解得滑轮转动两圈所用时间为
t=2 6πRg
故B错误；
C.滑轮转动两圈时，小球2的线速度为
v=g3t=2 6πgR3
所以滑轮转动两圈时的角速度为
ω=vR=2 2πg3R
故C正确；
D.滑轮转动两圈时P点的线速度大小为
vP=R2ω= 2πgR3
故D错误。
故选C。
6.B
【解析】设在M点的速度v0，则
12mv02=64J
水平方向O点的速度
vO=Fmt=Fm⋅v0g
而
12mvO2=16J
联立解得
mgF=2
故选B。
7.C
【解析】A.汽车在弯道上以最大速度行驶时，根据牛顿第二定律有
k2mg=mvmax2R
解得
vmax=10m/s
故A错误；
B.汽车从A到B做匀加速直线运动过程，根据速度与位移的关系有
vmax2=2amaxx
解得
amax=2.5m/s2
故B错误；
C.汽车从A到B做匀加速直线运动过程，根据牛顿第二定律有
Fmax−k1mg=mamax
结合上述解得
Fmax=8×103N
故C正确；
D.汽车从A到B做匀加速直线运动过程，根据速度公式有
vmax=amaxt1
在BC段行驶过程
t2=14T=14×2πRvmax
解得
tmin=t1+t2=7.75s
故D错误。
故选C。
8.BCD
【解析】A.绣球在竖直平面内做加速圆周运动经过最低点A时向心力竖直向上，因其做加速运动还具有切向分力，故经过最低点A时所受合力不是竖直向上，A错误；
B.以A点所在水平面为零势能面，绣球在D点时的机械能为
E=mgℎ+12mv2
B正确；
C.B点略高于D点，由斜抛运动规律可知，绣球从B到C的时间小于从C到D的时间，C正确；
D.由动能定理得，在整个抛绣球过程中，小明对绣球做的功为
W=mgℎ+12mv2
D正确；
故选BCD。
9.AC
【解析】A.由图可知，小汽车在前4s内的牵引力不变，小汽车做匀加速直线运动，4∼8s内小汽车的牵引力逐渐减小，则车的加速度逐渐减小，小汽车做加速度减小的加速运动，故0～8s，小汽车先做匀加速直线运动后做加速度逐渐减小的加速运动，故A正确；
BC.由题意可知，小汽车受到的阻力大小为
f=4×103N
小汽车前4s内由牛顿第二定律
F1−f=ma1
解得
a1=5m/s2
由运动学公式可得，小汽车前4s内位移为
x1=12a1t12=12×5×42m=40m
故B错误，C正确；
D.4s时汽车功率达到最大值，则最大功率为
P=F1v1=F1a1t1=10×103×5×4W=2×105W
故D错误。
故选AC。
10.AD
【解析】A.平抛运动在竖直方向做匀变速直线运动，由逐差法
Δy=y2−y1=gT2
可得小球从B位置运动到C位置的时间为
T= y2−y1g
故A正确；
B.平抛运动在水平方向做匀速直线运动
x0=v0T
可得小球做平抛运动的初速度为
v0=x0 gy2−y1
故B错误；
CD．B点的竖直方向的速度为
vBy=y1+y22T=y1+y22 gy2−y1
从抛出点到B点的时间为
tB=vByg=y1+y22 1g(y2−y1)
所以抛出点的横坐标为
xO=x0−v0tB=y2−3y12(y2−y1)x0
故C错误，D正确。
故选AD。
11.(1)A
(2) 小球的质量和角速度 转动半径 正比
(3) ω2

【解析】(1)小明同学记录的实验数据如表甲、乙、丙所示。由此可知该同学采用的是控制变量法；
(2)[1][2][3]由表乙的数据可得：当小球的质量和角速度一定时，小球的向心力 F 大小与转动半径成正比。
(3)根据 F=mrω2 可得，当小球的质量和转动半径一定时，向心力与角速度的平方成线性关系，故横轴所代表的物理量应为 ω2 。
12.(1) dt d22gt2
(2) 2gLd2

【解析】(1)[1]根据光电门的测速原理，1号横杆经过光电门时的速度为
v1=dt
[2]金属框架释放到刚刚运动至光电门过程，根据速度与位移的关系式有
v12=2gℎ
解得
ℎ=d22gt2
(2)结合上述可知，第n号横杆距离光电门的高度
Hn=ℎ+n−1L
第n号横杆到达光电门的速度
vn=dt
根据速度与位移的关系式有
vn2=2gHn
解得
1t2=2gℎ−Ld2+2gLnd2
结合图像可知，图像的斜率
k=2gLd2
13.设地球的半径为R，由几何关系可知，空间站绕地球做匀速圆周运动的半径为
r=Rsinθ2
由万有引力提供向心力
GMmr2=mrω2
又
M=ρ⋅43πR3
联立可得地球平均密度表达式为
ρ=3ω24π2Gsin3θ2

【解析】详细解答和解析过程见【答案】
14.(1)对b小球由牛顿第二定律
mbgtanθ=mb(2R+Lsinθ)ω2
解得b小球绕竖直杆匀速旋转的角速度为
ω= gtanθ(2R+Lsinθ)
(2)由于a、b两球做圆周运动的角速度相同，设做圆周运动的平面距水平杆为ℎ，且满足
mgtanφ=mω2r
则有
aaab=R+ℎtanαω22R+ℎtanθω2=gtanαgtanθ
解得
tanθ=2tanα

【解析】详细解答和解析过程见【答案】
15.(1)从A点到C点过程中，由机械能守恒定律
mgℎ=12mvC2
所以小球第一次运动到圆轨道最低点C时的加速度大小为
a=vC2R
联立可得
a=6g
方向由C点指向圆心O点；在C点由牛顿第二定律
N−mg=mvC2R
联立解得
N=7mg
由牛顿第三定律，在C点小球对轨道的作用力大小为
N′=N=7mg
(2)小球运动到半圆轨道内与圆心O点等高的D点的过程中，由动能定理
mg(ℎ−R)=12mvD2−0
在D点由牛顿第二定律
FD=mvD2R
联立可得
FD=2mg(ℎ−R)R
其中满足 ℎ≥R 。
(3)第一种情况：小球不滑离轨道，原路返回，由机械能守恒定律可知，此时小球恰好运动到D点，故小球释放后能从原路返回到出发点的条件为
ℎ≤R
第二种情况：小球恰好到E点，由牛顿第二定律
mgsinθ=mvE2R
由能量守恒定律
mg(ℎ−R−Rsinθ)=12mvE2
联立可得
ℎ=74R
若小球恰好运动到F点，则
ℎ=2R
故小球释放后能从原路返回到出发点的条件为
74R≤ℎ≤2R

【解析】详细解答和解析过程见【答案】小球质量kg
转动半径m
角速度rad/s
向心力N
0.1
0.2
4π
3.15
0.2
0.2
4π
6.29
0.3
0.2
4π
9.45
0.4
0.2
4π
12.61
小球质量kg
转动半径m
角速度rad/s
向心力N
0.2
0.1
4π
3.16
0.2
0.2
4π
6.31
0.2
0.3
4π
9.46
0.2
0.4
4π
12.63
小球质量kg
转动半径m
角速度rad/s
向心力N
0.2
0.2
2π
1.57
0.2
0.2
4π
6.29
0.2
0.2
6π
14.14
0.2
0.2
8π
25.16