2021-2022学年重庆市杨家坪中学高一（下）期中物理试题含解析

重庆市杨家坪中学高2024级2021—2022学年下期第二次月考

物理试题

一、单项选择题（共8小题，每小题4分，共32分。每小题只有一个选项符合题意）

1. 许多科学家在物理学发展过程中做出了重要贡献，下列说法正确的是（　　）

A. 亚里士多德认为重的物体与轻的物体下落得一样快

B. 伽利略认为物体下落的快慢是由它们的重量决定的

C. 开普勒通过第谷多年的观测数据最早提出了“日心说”

D. 卡文迪许通过扭秤实验测出了引力常量

【答案】D

【解析】

【详解】AB．伽利略认为重的物体与轻的物体下落得一样快，亚里士多德认为重的物体下落快，轻的物体下落慢，AB错误；

C．哥白尼提出了“日心说”，开普勒通过第谷多年的观测数据最早提出了“行星运动三大定律”，C错误；

D．卡文迪许通过扭秤实验测出了引力常量，D正确。

故选D。

2. 摩天轮悬挂透明座舱，乘客随座舱在竖直面内做匀速圆周运动．在摩天轮转动过程中，下列叙述正确的是

A. 乘客的速度保持不变

B. 乘客的机械能保持不变

C. 乘客的动量保持不变

D. 乘客重力的瞬时功率在变化

【答案】D

【解析】

【详解】AC. 因为速度是矢量，做圆周运动的乘客其速度方向时刻变化，所以乘客的速度时刻变化，根据P=mv可知，乘客的动量大小不变，而动量的方向和速度方向相同，所以动量时刻变化，故AC项与题意不相符；

B. 根据机械能等于重力势能和动能之和，知摩天轮做匀速圆周运动，乘客的速度大小不变，则动能不变，但高度变化，其重力势能变化，所以机械能在变化，故B项与题意不相符；

D. 摩天轮转动过程中，乘客的重力大小不变，速度大小不变，但是速度方向时刻在变化，竖直方向的分速度在变化，所以重力的瞬时功率在变化，故D项与题意相符．

3. 一质量为0.6kg的小物体从距离地面高度为5m处位置以1m/s的初速度水平抛出，不计空气阻力，重力加速度g取，则小球从抛出到刚要着地的过程中（　　）

A. 重力做功60J

B. 重力做功的平均功率是60W

C. 着地前瞬间重力做功的瞬时功率为60W

D. 动量的变化量为

【答案】C

【解析】

【详解】A．重力做功为

A错误；

B．根据

可得

则重力做功的平均功率为

B错误；

C．小球刚要着地时，竖直方向上的速度大小为

则着地前瞬间重力做功的瞬时功率为

C正确；

D．小球水平方向上动量守恒，竖直方向上有

则动量的变化量为，D错误。

故选C。

4. 如下图所示，在光滑的水平面上放置有两木块A和B，A的质量较大，现同时施加大小相等的恒力F使它们相向运动，然后又同时撤去外力F，A和B迎面相碰后合在一起，则A和B合在一起后的运动情况是（　　）

A. 停止运动

B. 因A的质量较大而向右运动

C. 因B的速度较大而向左运动

D. 运动方向不确定

【答案】A

【解析】

【详解】设作用力F作用的时间为t，则A的末动量

pA=Ft

B的末动量

pB=-Ft

碰撞的过程中满足动量守恒定律，所以

（mA+mB）v=pA+pB=0

所以碰撞后它们合在一起，则停止运动。故A正确。

故选A。

5. 两颗质量相同的人造卫星绕地球逆时针运动。如图所示，卫星1轨道为圆、卫星2轨道为椭圆，A、B两点为椭圆轨道长轴两端，C点为两轨道交点。已知圆的半径与椭圆的半长轴相等，下列说法正确的是（   ）

A. 卫星2的周期小于卫星1的周期

B. 卫星1在C点的动能小于卫星2在A点的动能

C. 从A点到B点和从B点到A点的过程地球对卫星2做的功相同

D. 相等时间内，卫星1与地心连线扫过的面积等于卫星2与地心连线扫过的面积

【答案】B

【解析】

【详解】A．根据开普勒第三定律有

由题知圆的半径与椭圆的半长轴相等，则卫星2的周期等于卫星1的周期，A错误；

B．以地球球心为圆心，并过A点画出圆轨道3，如图所示

由图可知卫星从轨道3到卫星2的椭圆轨道要在A点点火加速，做离心运动，则卫星在轨道3的速度小于卫星2在椭圆轨道A点的速度，又由图可知，轨道1和轨道3都是圆轨道，则有

可得

可知轨道1上卫星的速度小于轨道3上卫星的速度，综合可知卫星在轨道1上经过C点的速度小于卫星2在A点的速度，由于卫星1、2质量相等，则卫星1在C点的动能小于卫星2在A点的动能，B正确；

C．根据开普勒第二定律可知，卫星2在A点的速度大于在B点的速度，根据动能定理可知卫星2从A点到B点的过程中地球对卫星2的万有引力做负功，从B点到A点的过程中地球对卫星2的万有引力做正功，C错误；

D．由开普勒第二定律可知，每颗卫星与地心的连线在相等时间内扫过的面积相等，但卫星1与卫星2不在同一轨道，则等时间内，卫星1与地心连线扫过的面积不一定等于卫星2与地心连线扫过的面积，D错误。

故选B。

6. 2022年4月29日重庆市科技馆与杨家坪中学“馆校合作”仪式上展示了一个创意募捐箱，硬币从投币口放入后，接着在募捐箱上类似于漏斗形的部位（如图丙所示，O点为漏斗形口的圆心）滑动很多圈之后从中间的小孔掉入募捐箱。如果硬币在不同位置的运动都可以看成匀速圆周运动，摩擦阻力忽略不计，则关于某一枚硬币通过a、b两处时运动和受力情况的说法正确的是（　　）

A. 在a、b两处做圆周运动的圆心都为O点 B. 向心力的大小

C. 角速度的大小 D. 向心加速度的大小

【答案】C

【解析】

【详解】A．a、b两处做圆周运动的圆心分别为过a、b两点作通过O点的竖直轴的垂线，垂足即为做匀速圆周运动的圆心，并不是O点，A错误；

B．设a、b所在弧的切线与水平方向的夹角为α、β，二者满足

根据力的合成可知在硬币在a处的向心力大小为

在b处向心力大小为

则有

B错误；

C．根据

因

，

则

C正确；

D．根据

可知a、b的向心加速度大小分别为

，

因

则

D错误。

故选C。

7. 一物块在高3.0m、长5.0m的斜面顶端从静止开始沿斜面下滑，其重力势能和动能随下滑距离s的变化如图中直线Ⅰ、Ⅱ所示，重力加速度取10m/s2。则（　　）

A. 物块下滑过程中机械能守恒

B. 物块与斜面间的动摩擦因数为0.5

C. 物块下滑时加速度的大小为6.0m/s2

D. 当物块下滑2.0m时机械能损失了12J

【答案】B

【解析】

【详解】A．下滑5m的过程中，重力势能减少30J，动能增加10J，减小的重力势能并不等于增加的动能，所以机械能不守恒，A错误；

B．斜面高3m、长5m，则斜面倾角为θ＝37°。令斜面底端为零势面，则物块在斜面顶端时的重力势能

mgh＝30J

可得质量

m＝1kg

下滑5m过程中，由功能原理，机械能的减少量等于克服摩擦力做的功

μmg·cosθ·s＝20J

求得

μ＝0.5

B正确；

C．由牛顿第二定律

mgsinθ－μmgcosθ＝ma

求得

a＝2m/s2

C错误；

D．物块下滑2.0m时，重力势能减少12J，动能增加4J，所以机械能损失了8J，选项D错误

故选B。

8. 如图，有时用“打夯”的方式把松散的地面夯实。设某次打夯经过以下过程，两人同时通过绳子对重物各施加一个恒力，力的大小均为300N，方向都与竖直方向成37°，重物离开地面50cm时人停止施力，之后重物先上升，再自由下落把地面砸深10cm，已知重物的质量为40kg，g取10m/s2，，。忽略空气阻力，则（　　）

A. 绳子对重物所做的功为180J

B. 重物落地前瞬间速度为

C. 从人停止施力到把地面砸深10cm的过程，重力对重物做的功与地面对重物做功大小相等

D. 重物对地面平均冲击力的大小为2000N

【答案】B

【解析】

【详解】A．绳子对重物所做的功为

A错误；

B．设重物落地前速度的为v，从重物开始上升到重物落地前根据动能定理，有

可得

B正确；

CD．设地面对重物的平均阻力为f，重物把地面砸深的长度为h2，对全程根据动能定理有

可得

根据牛顿第三定律可知，重物对地面平均冲击力的大小为2800N，从人停止施力到把地面砸深10cm的过程中，重力对重物做的功为

地面对重物做的功为

二者不相等，CD错误。

故选B。

二、多项选择题（共3小题，每小题5分，共15分，每小题有多个选项符合题目要求，全部选对得5分：选对但不全得3分，有选错的得0分）

9. 人们对手机的依赖性越来越强，有些人喜欢躺着看手机，经常出现手机砸到眼晴的情况。若手机质量为150g，从离人眼约20cm的高度无初速掉落，砸到眼睛后经0.1s手机停止运动，取重力加速度g=10m/s2，下列分析正确的是（　　）

A. 手机对眼睛的作用力大小约为4.5N

B. 手机对眼睛的作用力大小约为3.0N

C. 全过程手机重力的冲量大小约为0.30N•s

D. 全过程手机重力的冲量大小约为0.45N•s

【答案】AD

【解析】

【详解】AB．20cm=0.20m；150g=0.15kg；根据自由落体速度

手机与眼睛作用后手机的速度变成0，选取向上为正方向，所以手机与眼睛作用过程中动量变化为

手机与眼接触的过程中受到重力与眼睛的作用力，根据动量定理可知

解得手机对眼睛的作用力大小约为4.5N，故A正确，B错误；

CD．手机下落时间

全过程中重力的冲量

故C错误，D正确。

故选AD。

10. 中国科幻电影《流浪地球》讲述了地球逃高太阳系的故事，假设人们在逃离过程中发现一种三星组成的孤立系统，三星的质量相等、半径均为R，稳定分布在等边三角形的三个顶点上，三角形的边长为d，三星绕O点做周期为T的匀速圆周运动，已知万有引力常量为G，忽略星体的自转，下列说法正确的是（　　）

A. 匀速圆周运动的半径为

B. 每个星球的质量为

C. 每个星球表面的重力加速度大小为

D. 每个星球的第一宇宙速度大小为

【答案】AD

【解析】

【详解】A．三星均围绕边长为d的等边三角形的中心O做匀速圆周运动，由几何关系可得匀速圆周运动的半径为

A正确；

B．设星球质量为M，则有

可得

B错误；

C．星球表面重力近似等于万有引力，有

可得

C错误；

D．根据

可得

D正确。

故选AD。

11. 如图所示，ABC为一弹性轻绳，一端固定于A点，一端连接质量为m的有孔小球，小球穿在竖直的杆上。轻杆OB一端固定在墙上，一端为光滑定滑轮，若绳自然长度等于AB，初始时ABC在一条水平线上，小球从C点由静止释放滑到E点时速度恰好为零。已知C、E两点间距离为h ，D为CE的中点，小球在C点时弹性绳的拉力为，小球与杆之间的动摩擦因数为0.5 ，绳始终处于弹性限度内，下列说法正确的是（　　）

A. 小球在D点时速度最大

B. 小球在CD阶段损失的机械能等于小球在DE阶段损失的机械能

C. 若在E点给小球一个向上的速度v，小球恰好能回到C点，则v =2

D. 若只把小球质量变为2m ，则小球从C点由静止开始运动，到达E点时的速度大小为

【答案】AD

【解析】

【详解】A．设当小球运动到某点时，弹性绳的伸长量是，小球受到如图所示的四个力作用

其中

将正交分解，则

的竖直分量

据牛顿第二定律得

解得

即小球的加速度先随下降的距离增大而减小到零，再随下降的距离增大而反向增大，据运动的对称性（竖直方向可以看作单程的弹簧振子模型）可知，小球运动到的中点时，加速度为零，速度最大，A正确；

B．除重力之外的合力做功等于小球机械能的变化，小球在段所受绳子拉力竖直分量较小，则小球在段时摩擦力和弹力做的负功比小球在段时摩擦力和弹力做的负功少，小球在阶段损失的机械能小于小球在阶段损失的机械能，故B错误；

C．对小球从运动到的过程，应用动能定理得

若在点给小球一个向上的速度，小球恰能从点回到点，应用动能定理得

联立解得

，

故C错误；

D．若只把小球质量变为2m，小球从C点由静止开始运动，到达E点过程中，绳子拉力和摩擦力做功不变，根据动能定理有

解得小球到达E点时的速度大小

v1=

故D正确。

故选AD。

三、实验题（本题共2小题，每空2分，共14分）

12. 用如图所示装置探究平抛运动的特点，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，白纸上将图下一系列痕迹点。

（1）下列实验条件必须满足的是_______；

A． 斜槽轨道必须光滑    B． 斜槽轨道末端必须水平    C． 挡板高度必须等间距变化

（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；

①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；

②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，已知当地重力加速度为g，可求得钢球平抛的初速度大小为________（用上述字母表示）。

【答案】    ① B    ②. 球心    ③.

【解析】

【详解】（1）[1]A．斜槽轨道不需要光滑，保持末端速度相同即可，A错误；

B．斜槽轨道末端必须水平，钢球才能在竖直方向上做初速度为0的自由落体运动，其轨迹为平抛运动轨迹，B正确；

C．挡板能够记录下小球在不同高度时的不同位置即可，不需要等距变化，C错误。

故选B。

（2）[2]小球在运动过程中记录下的是其球心的位置，故其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]由于两段水平距离相等，则时间相等，设相等时间为T，有

可得

则初速度为

13. 为“验证机械能守恒定律”，某研究小组采用了如图所示实验装置，装置中包括两个定滑轮，细线，A、B两重物（mA<mB）。当地重力加速度为g，细线足够长且A、B在运动时均未碰到地面或滑轮，滑轮已固定，不会晃动。

（1）初始时托住物体B，A、B保持静止，由静止释放物体B，B物体在时间t内高度改变h，测得两物体质量分别为mA、mB。则装置在该过程中重力势能减少量为_______，动能增加量为_______（结果用题中所给字母表示）；

（2）由于空气阻力等因素的影响，重力势能改变量______动能改变量（选填“>”或“=”或“<”）；

（3）上述实验装置还可用来粗测当地重力加速度。经过多次实验后，测得图像，并测得，，则重力加速度g=___________。（结果保留两位有效数字）

【答案】    ①. ##    ②.     ③. >    ④. 9.6

【解析】

【详解】（1）[1]释放物体B，B向下运动，A向上运动，则重力势能减小量为

[2]设B下落h时两物块速度为v，则有

即

动能增加量

（2）[3]由于空气阻力等因素的影响，重力势能会有一部分转化为内能，则重力势能改变量大于动能改变量。

（3）[4]根据实验原理，有

整理可得

根据图像可知

可得

四、计算题（本题有3个小题，共39分）

14. 宇航员在某星球表面以初速度2.0m/s水平抛出一小球，通过传感器得到如图所示的运动轨迹，图中O为抛出点．若该星球半径为4000km，引力常量G=6.67×10﹣11N•m2•kg﹣2．试求：

(1)该行星表面处的重力加速度的大小g行；

(2)该行星的第一宇宙速度的大小v；

(3)该行星的质量M的大小（保留1位有效数字）．

【答案】(1)4m/s2(2)4km/s(3)1×1024kg

【解析】

【详解】(1)由平抛运动的分位移公式，有：

x=v0t

y=g行t2

联立解得：

t=1s

g行=4m/s2；

(2)第一宇宙速度是近地卫星的运行速度，在星球表面重力与万有引力相等，据万有引力提供向心力有：

可得第一宇宙速度为：

(3)据

可得：

15. 某兴趣小组对一辆自制遥控小车的性能进行研究，他们让这辆小车在水平的直轨道上由静止开始运动，并将小车运动的全过程记录下来，通过处理转化为图像，如图所示。已知小车运动的过程中，时间段内小车发动机的功率保持不变且前已经达到匀速，在末停止遥控而让小车自由滑行，小车的质量为，可认为在整个过程中小车所受到的阻力大小不变。求：

（1）小车所受到的阻力大小；

（2）小车发动机的功率；

（3）小车在整个运动过程中位移的大小。

【答案】（1）1N；（2）4w；（3）20m

【解析】

【详解】（1）由图像可知，小车在阻力作用下做匀减速直线滚动，加速度大小为

根据牛顿第二定律

（2）t=5s时，小车所受牵引力与阻力大小相等，得

（3）时间内，由动能定理

得

时间内，图像面积等于位移

小车在整个运动过程中位移

16. 如图所示，水平传送带左端与光滑水平面平滑连接，右端与竖直面内的光滑四分之一圆弧轨道BC的最低端B平滑连接，传送带长为L，一轻弹簧放在水平面上，弹簧左端与竖直墙壁相连，用质量为m的滑块压缩弹簧，当物块压缩弹簧至A点时由静止释放，物块被弹簧弹开，结果刚好能滑到传送带的右端，此过程传送带静止不动，物块与传送带间的动摩擦因数为，重力加速度为g。

（1）求刚开始释放物块时，弹簧具有的弹性势能；

（2）若让传送带顺时针转动，仍将物块压缩弹簧至A点，由静止释放物块，物块被弹簧弹开后滑上传送带，要使传送带对物块尽可能多的做功，传送带的速度至少多大？物块获得的最大动能为多少？

（3）若传送带以（2）问中最小速度顺时针转动，物块从A点被弹出到第三次滑过B点的过程中，带动传送带的电动机因物块在传送带上滑动额外多做的功为多少？

【答案】（1）；（2）； ；（3）

【解析】

【分析】

【详解】（1）由能量守恒可知

（2）传送带顺时针转动，物块在传送带上时，传送带一直对物块做功，则物块一直处于加速状态.设物块到传送带右端时速度为v，根据功能关系

解得

即传送带的速度至少为；物块获得的最大动能

（3）设物块滑上传送带时初速度为，则

解得

物块在传送带上运动的加速度

在传送带上运动的时间

第一次经过传送带电动机额外多消耗的电能为

得

根据运动的对称性可知，物块第二次经过传送带所用时间仍为；第二次经过传送带电动机额外多消耗的电能

第三次经过传送带与第一次经过传送带运动相同；

因此第三次经过传送带电动机额外多消耗的电能仍为；三次经过传送带电动机共额外多消耗的电能为