上海市徐汇区南洋模范中学2024-2025学年高一（上）期末物理试卷（含解析）

这是一份上海市徐汇区南洋模范中学2024-2025学年高一（上）期末物理试卷（含解析），共11页。
3.如图所示，半径为r的圆筒A绕竖直中心轴顺时针匀速转动，筒的内壁粗糙，内壁上有一个质量为m的物体B。物块B一边随圆筒A一起转动，一边以竖直向下的加速度a下滑。
(1)若物块B恰好转到了圆筒正后方B′位置(该点所在切面与纸面平行)，此时物体B受到的摩擦力是______(A.静摩擦力，B.滑动摩擦力)，此时摩擦力方向为______(A.水平向右，B.竖直向上，C.斜向左上方，D.斜向右上方)。
(2)若圆筒A转动的角速度为ω，则物块B与圆筒A内壁之间的动摩擦因数μ为多少？(请写出简要的计算过程)
(3)(多选)若另一次操作中圆筒A以更大角速度做匀速转动，内壁上的物体B随圆筒A一起转动的情形没有改变，则物块B可能的运动情况为______。
A.相对圆筒内壁做匀速圆周运动
B.相对圆筒内壁做竖直向下的匀变速运动
C.相对圆筒内壁静止
D.相对地面做匀速圆周运动
4.“探究加速度与力的关系”的实验装置如图甲所示，在导轨水平和倾斜的两种情况下分别做实验，得到了两条a−F图像，如图乙所示。

(1)图线______(A.①,B.②)是在导轨右侧抬高成为斜面情况下得到的。
(2)在轨道水平时小车运动的阻力f= ______N；
(3)两种情况下实验时小车的总质量______相同；
A.一定
B.不一定
C.一定不
(4)①图乙中图像不过原点，为消除此问题可采取的措施是______。
②图乙中a−F图线明显弯曲，为消除此问题可采取的措施是______。
A.调整导轨的倾角，在未挂重物时使小车能在导轨上匀速运动
B.在改变重物重量的同时在小车上增加砝码，使重物的总质量始终远小于小车的总质量
C.在重物与细绳之间接入一力传感器，用力传感器读数代替重物的重力
D.更换实验中使用的重物规格，采用质量小于小车的重物进行实验
5.《流浪地球2》中太空电梯非常吸引观众眼球。在影片中太空电梯高耸入云，在地表与太空间高速穿梭。太空电梯通过超级缆绳连接地球赤道上的固定基地与配重空间站，它们随地球以同步静止状态一起旋转，如图所示。图中配重空间站比同步卫星更高，距地面高达10R，若地球半径为R，自转周期为T，重力加速度为g。

(1)关于地球同步卫星，下列说法正确的是______。
A.同步卫星的绕转半径与它的质量成反比
B.同步卫星运行的线速度介于第一和第二宇宙速度之间
C.同步卫星可以通过北京的正上方
D.同步卫星在赤道正上方一定高度处
(2)对于距离地表高度约为5.6R的同步空间站内有宇航员质量为m=60kg。我们通过天宫课堂知道宇航员在空间站是处于______状态的(A.超重，B.失重，C.完全失重)，空间站中的该宇航员所受重力为______N。(结果保留二位小数)(已知地球半径R=6371km，地球质量M=6×1024kg)
(3)空间站中可采用动力学的方法测物体的质量。如图所示，质量为m的物体A是可同时测量两侧拉力的力传感器，待测物体B连接在传感器的左侧。在外力作用下，物体A、B和轻绳组成的系统相对桌面开始运动，稳定后力传感器左、右两侧的读数分别为F1、F2，由此可知待测物体B的质量为______。

(4)根据本题中关于太空天梯的相关材料，请分析和计算以下问题：
①通过缆绳连接的配重空间站线速度大小为多少？
②若此时缆绳突然断裂，则空间站将______(A.逐渐远离地球，B.掉落回地球，C.维持在原来高度绕地匀速圆周运动)。请说明理由并写出必要的计算过程。
答案和解析
1.【答案】5.6 4.6×104 C B 30 195 C 36 −12.96
【解析】解：(1)为在110m轻载短距跑道安全起飞，设歼15的最小起飞加速度为a，以航母为参考系，根据运动学公式可得2aL=(v−v0)2，解得a=(50−15)22×110m/s2≈5.6m/s2，设最大起飞质量为m，根据牛顿第二定律可得F−kmg=ma，解得m=Fkg+a=2.64×1050.01×10+5.6kg≈4.6×104kg；
(2)①炸弹在空中运动过程中做平抛运动，则此刻目标应在飞机的前方，故C正确，AB错误。
故选：C。
②炸弹在空中只受重力作用，加速度为重力加速度，炸弹在空中的运动是匀变速运动，故B正确，AC错误。
故选：B。
(3)①初速度为v0=216km/h=60m/s，经过t=2s速度减为零，则减速的加速度大小为a=v0t=602m/s2=30m/s2；
②若飞行员头部质量5kg，头盔1.5kg，在这2s内，以飞行员头部和头盔为整体，根据牛顿第二定律可得F合=M总a=(5+1.5)×30N=195N，则头部所受的合力大小约为195N；
(4)根据匀速率曲线运动的特点，合外力方向一定与速度方向垂直的特点可知，B、D两个位置合力与速度垂直，且合力指向曲线的凹侧，故C正确，ABD错误。
故选：C。
(5)根据v2=2ax可知，a−x图像与坐标轴围成的面积等于v22，则最大速率满足12vm2=[15×28.8+12×15×(57.6−28.8)]m2/s2=648m2/s2，解得vm=36m/s；根据匀变速直线运动推论0−vm2=2a2x，可得a2=0−vm22x=−3622×(600−550)m/s2=−12.96m/s2。
故答案为：(1)5.6，4.6×104；(2)①C；②B；(3)①30；②195；(4)C；(5)36，−12.96。
(1)根据匀变速直线运动的推论结合牛顿第二定律列式求解；
(2)①②根据炸弹的受力情况分析运动情况，结合平抛运动知识分析目标位置；
(3)①②根据加速度的定义式结合牛顿第二定律列式求解；
(4)根据匀速率曲线运动的速度和合外力的方向特点进行分析解答；
(5)根据a−x图像的面积的物理意义结合匀变速直线运动规律列式求解最大速度和加速度。
考查平抛运动、曲线运动和运动学的图像问题，牛顿第二定律的应用等，会根据题意进行准确分析解答。
2.【答案】D A D
【解析】解：(1)地球对人的吸引力和人对地球的吸引力是一对相互作用力，等大反向，故A错误；
B.相互作用力是两个物体间的相互作用，而人受到的重力和人受到气流的力涉及人、地球、气流三个物体，不是一对相互作用力，故B错误；
C.由于风洞喷出竖直向上的气流将实验者加速向上“托起”，在竖直方向上合力不为零，所以人受到的重力大小不等于气流对人的作用力大小，故C错误；
D.人被向上“托起”时加速度向上，处于超重状态，故D正确。
故选：D。
(2)小球在细杆上刚好以某一速度沿细杆向上匀速运动，小球受到4个力作用，如图所示
重力的方向一定竖直向下，风力的方向竖直向上，摩擦力的方向与相对运动方向相反，一定沿细杆向下，细杆对小球的支持力垂直细杆一定指向右下方，否则合力不能等于零，在水平方向上，由平衡条件得fcsθ=N
sinθ，解得f=Ntanθ，又由f=μN可得出μ=tanθ，这与题中条件μ≠tanθ相矛盾，故必有N=0，小球与细杆之间无摩擦。则在竖直方向上，由平衡条件得F=G，故A正确，BCD错误。
故选：A。
(3)物块在恒定风力的作用下由静止沿斜面向上运动，则说明风力F大于物块重力沿斜面向下的分力，当物块接触弹簧时，物块已具有一定的速度，设风洞管的倾角为θ，物块质量为m，此时根据牛顿第二定律有F−mgsinθ−F弹=ma，接触弹簧后，弹簧的弹力F弹逐渐增大，风力F恒定，则物块的加速度逐渐减小，此时物块做加速度逐渐减小的加速运动。当加速度a减小为零时，物块速度达到最大，此时有F−mgsinθ=F弹，由于物块具有惯性，还要继续向上运动，然后压缩弹簧，弹簧弹力继续增大，此后根据牛顿第二定律有F弹+mgsinθ−F=ma，此时加速度a随着弹簧弹力的增大而增大，且与物块运动方向相反，所以物块做加速度逐渐增大的减速运动，直至运动到最高点速度减为零。故D正确，ABC错误。
故选：D。
(4)①设最大风力为Fm，由于人体受风力大小与正对面积成正比，故人站立时风力为18Fm，由于受风力有效面积是最大值的一半时，恰好可以静止或匀速漂移，则有mg=12Fm，人站立时，表演者向下具有最大加速度，根据牛顿第二定律可得mg−18Fm=ma1解得a1=34g；
②设经过某处B的速度为v，由速度—位移公式，加速下落过程的位移为x1=v22a1，以向上的最大加速度匀减速下落过程，根据牛顿第二定律可得Fm−mg=ma2，解得a2=g，由速度—位移公式，减速下落过程的位移为x2=v22a2，可得x1：x2=4：3，又x1+x2=H，联立解得x2=37H，则B、C间的高度为37H。
故答案为：(1)D；(2)A；(3)D；(4)①表演者向下的最大加速度是34g；②B、C间的高度是37H。
(1)根据人的受力分析结合牛顿第三定律、牛顿第二定律进行分析解答；
(2)根据题意分析小球可能的受力情况，结合题目条件进行推理再判断；
(3)根据物块的受力分析结合初状态分析速度和加速度的变化情况；
(4)①根据题意设置条件，结合最大风力，平衡时的风力，最小风力，利用牛顿第二定律列式求解加速度；
②根据匀变速直线运动规律结合逆向思维方法列式求解相应的距离。
本题以风洞实验室为背景考查了平衡问题，对物体进行受力分析是正确解题的前提与关键，应用平衡条件、牛顿运动定律以及匀变速直线运动规律即可正确解题。
3.【答案】B B BCD
【解析】解：(1)因物块B相对圆筒A竖直向下运动，故物体B受到的摩擦力是滑动摩擦力(选填：B)，滑动摩擦力的方向与相对运动方向相反，则此时摩擦力方向为竖直向上(选填：B)。
(2)圆筒A转动的角速度为ω，物体B做圆周运动的向心力由筒壁对物体B的弹力提供，可得两者之间的弹力大小为：
N=mω2r
在竖直方向上，根据牛顿第二定律得：
mg−μN=ma
联立解得：μ=g−aω2r
(3)根据(2)的解答，由N=mω2r，可知圆筒A与物体B两者之间的弹力变大，则两者之间的最大静摩擦力fm变大。
若fmmg，当初始物块B相对圆筒A无初速度时，则物块B相对圆筒内壁静止，相对地面做匀速圆周运动；当初始物块B相对圆筒A有竖直方向的初速度时，则物块B相对圆筒内壁做匀变速直线运动。故BCD正确，A错误。
故选：BCD。
故答案为：(1)B；B；(2)物块B与圆筒A内壁之间的动摩擦因数μ为g−aω2r；(3)BCD
(1)物块B相对圆筒A竖直向下运动，可知物体B受到的摩擦力是滑动摩擦力，根据滑动摩擦力的方向与相对运动方向相反判断此时摩擦力方向。
(2)物体B做圆周运动的向心力由筒壁对物体B的弹力提供，据此可得两者之间的弹力大小。在竖直方向上，根据牛顿第二定律，结合滑动摩擦力公式求解。
(3)根据(2)的解答判断圆筒A与物体B两者之间的弹力的变化，得到两者之间的最大静摩擦力的变化。依据最大静摩擦力与重力的大小关系，分情况讨论物块B相对圆筒内壁和相对地面的运动，依据力与运动的关系解答。
本题考查了牛顿第二定律在圆周运动中的应用，考查了力与运动的关系，以及相对运动问题。注意滑动摩擦力与静摩擦力的区别。
4.【答案】① 0.5 A A C
【解析】解：(1)由图象可知，当F=0时，a≠0。也就是说当绳子上没有拉力时小车就有加速度，该同学实验操作中平衡摩擦力过大，即倾角过大，平衡摩擦力时木板的右端垫得过高，所以图线①是在轨道右侧抬高成为斜面情况下得到的。
(2)图线②是在轨道水平时做的实验，由图象可知：当拉力等于0.5N时，加速度恰好为零，即刚好拉动小车，此时f=F=0.5N；
(3)在图乙中，由于ab直线部分斜率相同，在a−F图象中，斜率代表小车质量的倒数，故小车的质量相同；
(4)A、由图象乙可知，由于a−F图象不过坐标原点，说明未完全平衡滑动摩擦力，故调整轨道的倾角在未挂钩码时使小车能在轨道上匀速运动，故A正确；
B、本实验研究的时加速度与力的关系，要保证小车的质量不变，故B错误；
C、在钩码与细绳之间接入一力传感器，用力传感器读数代替钩码的重力，此时小车受到的合力是通过传感器获得的，故不需要满足小车的质量远大于钩码的质量，故C正确；
D、更换实验中使用的钩码规格，采用质量较小的钩码进行上述实验，但还是需要平衡滑动摩擦力，故D错误。
故选：AC。
故答案为：(1)①；(2)0.5；(3)A；(4)①A；②C。
(1)由图象可知，当F=0时，a≠0，据此分析；
(2)当拉力等于0.5N时，加速度恰好为零，据此分析；
(3)在a−F图象中，斜率代表小车质量的倒数，据此分析；
(4)由于a−F图象不过坐标原点，说明未完全平衡滑动摩擦力，据此逐项分析即可。
掌握“探究加速度与力的关系”的实验原理和实验数据的处理方法是解题的基础。
5.【答案】D C 13.58 mF1F2−F1 A
【解析】解：(1)A.同步卫星的绕转半径与同步卫星的质量无关，故A错误；
B.第一宇宙速度是近地卫星的环绕速度，而同步卫星的轨道半径要大于近地卫星的轨道半径，根据GMmr2=mv2r，得v= GMr，同步卫星运行的线速度一定小于第一宇宙速度，故B错误；
C.同步卫星只能在赤道正上方，故C错误；
D.同步卫星在赤道正上方一定高度处，故D正确。
故选：D。
(2)同步空间站内宇航员受到的地球的万有引力提供宇航员做匀速圆周运动所需的向心力，故处于完全失重状态，故C正确，AB错误。故选：C；根据宇航员受到的重力等于万有引力，可得G′=F=GMm(5.6R+R)2，代入数据解得G′=13.58N；
(3)根据牛顿第二定律，对整体F2=(mA+mB)a，对B，有F1=mBa，而mA=m，联立解得mB=mF1F2−F1；
(4)①根据题意可得配重空间站轨道半径为11R，则线速度大小v=2π×11RT=22πRT；
②若配重空间站没有缆绳连接，仍绕地球做匀速圆周运动，根据GMmr2=mv2r，地面上的物体GMm0R2=m0g，解得v= gR11，根据GMmr2=mv2r，v= GMr，可知轨道半径越大，线速度越小，即空间站所在高度对应轨道的线速度应比同步卫星小，而空间站线速度大于同步卫星线速度，所以若缆绳断裂，空间站逐渐远离地球而去。故A正确，BC错误。
故选：A。
故答案为：(1)D；(2)C，13.58；(3)mF1F2−F1；(4)①通过缆绳连接的配重空间站线速度大小为22πRT；②A。
(1)根据同步卫星的速度特点、轨道特点进行分析解答；
(2)根据宇航员的受力情况判断超失重状态，结合万有引力公式列式求解；
(3)根据牛顿第二定律，结合整体法和隔离法列式推导；
(4)根据线速度的公式列式求解，结合线速度与轨道半径的关系进行分析解答。
考查万有引力定律的应用以及人造卫星问题，牛顿第二定律的应用，会根据题意进行准确分析解答。