GY - GYEDU

2023-2024学年度第二学期期中考试

高一物理

本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，满分100分，考试时间75分钟。所有答案均写在答题纸上。

第Ⅰ卷（选择题，共44分）

一、单项选择题：共11题，每题4分，共44分，每题只有一个选项最符合题意。

1. 有关相对论以下说法不正确的是（　　）

A. 爱因斯坦假设在不同的惯性参考系中，物理规律的形式是相同的

B. 根据经典理论计算出每秒到达地球的μ子数大于实际观测到的μ子数

C. 相对论时空观的第一次宏观验证是在地面上将四只铯原子钟调整同步，然后把它们分别放在两架喷气式飞机上做环球飞行，一架向东飞，另一架向西飞

D. 除了高速运动，牛顿力学在其它方面也有局限性

【答案】B

【解析】

【详解】A．爱因斯坦假设在不同的惯性参考系中，物理规律的形式是相同的，故A正确，不满足题意要求；

B．根据经典理论计算出每秒到达地球的μ子数小于实际观测到的μ子数，故B错误，满足题意要求；

C．相对论时空观的第一次宏观验证是在地面上将四只铯原子钟调整同步，然后把它们分别放在两架喷气式飞机上做环球飞行，一架向东飞，另一架向西飞，故C正确，不满足题意要求；

D．除了高速运动，牛顿力学在微观世界也有局限性，故D正确，不满足题意要求；

故选B。

2. “天舟一号”货运飞船在距离地面约380km的圆轨道上飞行，关于“天舟一号”下列说法不正确的是（　　）

A. 角速度小于地球自转角速度

B. 线速度小于第一宇宙速度

C. 周期小于地球自转周期

D. 向心加速度小于地面的重力加速度

【答案】A

【解析】

【详解】根据万有引力提供向心力可得

可得

，，，

A．可知“天舟一号”的角速度大于同步卫星的角速度，即大于地球自转角速度，故A错误，满足题意要求；

B．可知“天舟一号”的线速度小于地球表面轨道卫星的运行速度，即小于第一宇宙速度，故B正确，不满足题意要求；

C．可知“天舟一号”的周期小于同步卫星的周期，即小于地球自转周期，故C正确，不满足题意要求；

D．可知“天舟一号”的向心加速度小于地球表面轨道卫星的向心加速度，即小于地面的重力加速度，故D正确，不满足题意要求。

故选A。

3. 我国首个独立火星探测器“天问一号”已于2021年5月15日成功着陆火星表面，对我国持续推进深空探测、提升国家软实力和国际影响力具有重要意义。假设火星是质量分布均匀的球体，半径为R，自转周期为T，引力常量为G，则（　　）

A. 火星密度

B. 此探测器的发射速度介于第一宇宙速度和第二宇宙速度之间

C. 火星赤道表面重力加速度为

D. 一个质量为m的物体分别静止在火星两极和赤道时对地面的压力的差值为

【答案】D

【解析】

【详解】A．根据已知条件，无法求出火星的质量，故无法计算火星的密度，故A错误；

B．此探测器的发射速度介于第二宇宙速度和第三宇宙速度之间，故B错误；

C．为火星赤道表面物体的向心加速度，不是赤道表面重力加速度，故C错误；

D．设火星质量为M，物体在两极时所受重力大小等于万有引力，则其对地面压力大小为，物体在赤道时所受重力大小等于万有引力减去向心力，则其对地面压力大小为

N=

故二者压力差值为，故D正确。

故选D。

4. 若地球半径为R，把地球看作质量分布均匀的球体。“蛟龙号”下潜深度为d，“天宫一号”轨道距离地面高度为h，“蛟龙”号所在处与“天宫一号”所在处的加速度大小之比为（质量分布均匀的球壳对内部物体的万有引力为零）（　　）

A. B. C. D.

【答案】C

【解析】

【详解】设地球的密度为ρ，则在地球表面，物体受到的重力和地球的万有引力大小相等，有

由于地球的质量为

所以重力加速度的表达式可写成

质量分布均匀的球壳对壳内物体的引力为零，故在深度为d的地球内部，受到地球的万有引力即为半径等于（R－d）的球体在其表面产生的万有引力，故“蛟龙号”的重力加速度

所以有

根据万有引力提供向心力有

G＝ma

“天宫一号”所在处的重力加速度为

a＝

所以

，

故选C。

5. 摩擦传动是传动装置中的一个重要模型，如图所示的两个水平放置的轮盘靠摩擦力传动，其中、分别为两轮盘的轴心。已知两个轮盘的半径比，且在正常工作时两轮盘不打滑，今在两轮盘上分别放置两个同种材料制成的滑块、，两滑块与轮盘间的动摩擦因数相同，两滑块距离轴心、的间距，若轮盘乙由静止开始缓慢地转动起来，且转速逐渐增加，则下列叙述不正确的是（　　）

A. 滑块和在与轮盘相对静止时，角速度之比为

B. 滑块和在与轮盘相对静止时，向心加速度之比为

C. 转速增加后，滑块先发生滑动

D. 转速增加后，两滑块一起发生滑动

【答案】D

【解析】

【详解】A．两轮边缘的线速度相等，而

根据

可知，滑块A和在与轮盘相对静止时，角速度之比为

故A正确；

B．因为

根据

可得滑块A和在与轮盘相对静止时，向心加速度之比为

故B正确；

CD．转速增加后，假设滑块先发生滑动，则对B

此时对A

即此时滑块A还没有产生滑动，故C正确，D错误。

本题选错误项，故选D。

6. 如图所示，A是半径为r的圆形光滑轨道，固定在木板B上，竖直放置，B的左右两侧各有一光滑挡板固定在地面上，使其不能左右运动，小球C静止放在轨道最低点，A、B、C质量相等。现给小球一水平向右的初速度v₀，使小球在B不会离开地面的前提下，能够保证小球能通过轨道的最高点，则初速度v₀必须满足（重力加速度为g）（　　）

A. 最小值为 B. 最大值为

C. 最小值 D. 最大值为

【答案】D

【解析】

【详解】AC．为保证小球能通过轨道的最高点，则在最高点有

解得

此时最低点的速度为最小值，根据动能定理有

解得

故AC错误；

BD．若B不离开地面，则小球C与A之间的弹力恰好为2mg，则对小球进行分析有

此时最低点速度为最大值，根据动能定理有

解得

故B错误，D正确。

故选D。

7. 水平桌面上，长R=5 m的轻绳一端固定于O点，如图所示（俯视图），另一端系一质量m=2.0 kg的小球，现对小球施加一个大小不变的力F=10 N，F拉着物体从M点运动到N点，方向始终与小球的运动方向成37°角。已知小球与桌面间的动摩擦因数μ=0.2，不计空气阻力，取g=10 m/s²，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8，则拉力F做的功与克服摩擦力做的功之比为（　　）

A. ∶1 B. ∶1 C. 2∶1 D. 3∶1

【答案】C

【解析】

【详解】将圆弧分成很多小段l₁，l₂，…，l_n，拉力F在每小段上做的功为W₁，W₂，…，W_n，因拉力F大小不变，方向始终与小球的运动方向成37°角，所以

W₁=Fl₁cos 37°

W₂=Fl₂cos 37°

…

W_n=Fl_ncos 37°

W=W₁＋W₂＋…＋W_n=F（cos 37°）（l₁＋l₂＋…＋l_n)=Fcos 37°·R=J

同理可得小球克服摩擦力做的功

W_f=μmg·R=J

拉力F做的功与小球克服摩擦力做的功之比为2∶1。

故选C。

8. 质量为2kg的物体静止在光滑的水平面上，从某时刻起，对物体施加一方向不变的水平拉力F，该拉力与物体的位移x的关系图像如图所示，则物体在x=7m处时的速度大小为（  ）

A  B. C. 5m/s D. 4m/s

【答案】A

【解析】

【详解】根据F-x图像的面积表示功， 则物体从0运动到7m过程拉力做的功为

由动能定理

解得

故选A。

9. 图是某城市广场喷泉喷出水柱的场景。从远处看，喷泉喷出的水柱超过了40层楼高度，每层楼高h；靠近看，喷管的截面积为S。水的密度为，据此可得用于给喷管喷水的电动机输出功率至少为（　　）

A. B.

C. D.

【答案】A

【解析】

【详解】时间内，喷泉喷出水柱的质量为

喷泉喷出的水柱超过了40层楼高度，水柱机械能守恒有

解得

时间内，喷管喷水的电动机做的功为

给喷管喷水的电动机输出功率至少为

故选A。

10. 如图甲所示，轻杆一端固定在O点，另一端固定一个小球，现让小球在竖直平面内做半径为R的圆周运动，小球运动到最高点时，杆与小球间弹力大小为F，小球在最高点的速度大小为v，其图像如图乙所示，则下列说法正确的是（　　）

A. 小球的质量为

B. 当地的重力加速度大小为

C. v²＝c时，小球对杆的弹力方向向下

D. v²＝2b时，小球受到的弹力与重力大小相等

【答案】D

【解析】

【详解】AB．由图乙可知，当时，对小球在最高点由牛顿第二定律得

可得当地的重力加速度大小为

当时，在最高点有

可得小球的质量为

故AB错误；

C．当时，在最高点对小球由牛顿第二定律得

可得

可知杆对小球弹力方向向下，则小球对杆弹力方向向上，故C错误；

D．当时，在最高点对小球由牛顿第二定律得

解得

故D正确。

故选D。

11. 如图所示，长度为L的轻杆上端连着一质量为m的小球A（可视为质点），杆的下端用铰链固接于水平面上的O点。置于同一水平面上的立方体B恰与A接触，立方体B的质量为M。今有微小扰动，使杆向右倾倒，各处摩擦均不计，而A与B刚脱离接触的瞬间，杆与地面夹角恰为，重力加速度为g，则下列说法正确的是（　　）

A. A落地时速率为

B. A、B质量之比为1：4

C. A与B刚脱离接触的瞬间，B的速率为

D. A与B刚脱离接触的瞬间，A、B速率之比为1：2

【答案】B

【解析】

【详解】D．设小球速度为，立方体速度为，分离时刻，小球水平速度与长方体速度相同，即

解得A与B刚脱离接触的瞬间，A、B速率之比为

故D错误；

C．分离时刻，根据牛顿第二定律有

解得

则A与B刚脱离接触的瞬间，B的速率为

故C错误；

A．A从分离到落地，小球机械能守恒，有

解得A落地时速率为

故A错误；

B．在杆从竖直位置开始倒下到小球与立方体恰好分离的过程中，小球和立方体组成的系统机械能守恒，则有

解得A、B质量之比为

故B正确。

故选B。

第Ⅱ卷（非选择题，共56分）

二、非选择题：共5题，共52分。其中第12题 ~ 第16题解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分；有数值计算时，答案中必须明确写出数值和单位。

12. 用如图1所示的实验装置验证机械能守恒定律实验所用的电源为学生电源，输出电压有交流电和直流电两种重锤从高处由静止开始下落，打点计时器在重锤拖着的纸带上打出一系列的点，对图中纸带上的点迹进行测量，即可验证机械能守恒定律．

下列几个操作步骤中：

A.按照图示，安装好实验装置；

B.将打点计时器接到电源的“交流输出”上；

C.用天平测出重锤的质量；

D.先释放重锤，后接通电源，纸带随着重锤运动，打点计时器在纸带上打下一系列的点；

E.测量纸带上某些点间的距离；

F.根据测量的结果计算重锤下落过程中减少的重力势是否等于增加的动能．

没有必要的是______，操作错误的是______填步骤前相应的字母

使用质量为m的重锤和打点计时器验证机械能守恒定律的实验中，在选定的纸带上依次取计数点如图2所示，纸带上所打的点记录了物体在不同时刻的位置，那么纸带的______端填“左”或“右”与重物相连设打点计时器的打点周期为T，且O为打下的第一个点当打点计时器打点“3”时，物体的动能表达式为______，若以重物的运动起点O为参考点，当打第点“3”时物体的机械能表达式为______．

【答案】    ①. C    ②. D    ③. 左    ④.     ⑤.

【解析】

【详解】（1）验证机械能守恒定律验证的是：，等号两边的质量可以约去，所以不需要质量，故C项没必要；在实验室应该先接通电源，再释放纸带，故选项D错误．

（2）因为是自由落体运动，下落的距离应该是越来越大，所以纸带最左端与重锤相连．根据推论中间时刻的瞬时速度等于该段时间内的平均速度可得打点“3”时的瞬时速度为：，重锤动能的表达式为：，以O为参考点，当打第点“3”时物体的重力势能为，因此物体的机械能为

13. 如图，人们有时用“打夯”的方式把松散的地面夯实。设某次打夯符合以下模型：两人同时通过绳子对原本静止在地面的重物各施加一个力，力的大小均为320N，方向都与竖直方向成37°，重物离开地面30cm后人停止施力，最后重物自由下落把地面砸深3cm。已知重物的质量为50kg，g取10m/s² ，cos37°＝0.8。求：

（1）两根绳子的合力对重物做的功；

（2）重物对地面的平均冲击力的大小。

【答案】（1）153.6J；（2）5620N

【解析】

【详解】（1）两根绳子的合力对重物做的功为

（2）重物从离开地面到最后把地面砸深3cm整个过程，根据动能定理可得

解得地面对重物的平均冲击力的大小为

由牛顿第三定律可知，重物对地面平均冲击力的大小为。

14. 如图所示，水平转盘上有一质量为m的小物块，用长为L的细绳与通过转盘中心的竖直转轴相连，细绳与转轴间的夹角为θ；系统静止时，细绳绷直但绳中张力为零。物块与转盘间的动摩擦因数为μ，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，转盘可以不同的角速度匀速转动。求：

（1）要使细绳上张力为零，转盘的角速度大小ω应该满足的条件；

（2）转盘的角速度时细绳上张力的大小F。

【答案】（1）；（2）时，；时，

【解析】

【详解】（1）要使细绳上张力为零，则由静摩擦力提供物块的向心力，由牛顿第二定律得

解得

（2）由于与大小并未明确，所以存在如下情况：

①若，即时，仍然由静摩擦力提供向心力，绳子的张力

②若，即时，设转速为时，物块恰好脱离转盘，由

，

解得

可得转盘的角速度时物体没有脱离转盘。则即时，细绳上张力

15. 一辆小汽车在水平路面上由静止启动，在前7s内做匀加速直线运动，7s末达到额定功率，之后保持以额定功率运动。其v-t图像如图所示，已知汽车的质量为，汽车受到地面的阻力为车重的0.1倍，重力加速度g取，求：

（1）汽车在第5s末牵引力F；

（2）汽车的额定功率P和最大速度；

（3）启动后37s内，汽车的位移x。

【答案】（1）；（2），42m/s；（3）525m

【解析】

【详解】（1）由题意，汽车受到地面的阻力大小为

根据v-t图像可知汽车在前7s内的加速度大小为

设汽车在前7s内的牵引力大小为F，根据牛顿第二定律有

解得

（2）当汽车速度达到v=14m/s时，牵引力功率达到额定功率，即

当汽车速度达到v_m时，牵引力与阻力大小相等，则

（3）0~7s内汽车的位移为

设7~37s内汽车的位移x₂，根据动能定理有

解得

所以启动后37s内，汽车的位移为

16. 如图所示,水平传送带左端与光滑水平面平滑连接，右端与半径为1m的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L=4m，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=1kg的物块压缩弹簧，当物块压至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最右端，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g=10m/s²。求:

（1）开始释放物块时，弹簧具有的弹性势能；

（2）仍将物块压弹簧至A点，让传送带沿顺时针转动，由静止释放物块，物块被弹簧弹开后滑上传送带，要使传送带对物块一直做正功，传送带的速度至少多大? 此种情况下，物块对B点的压力为多大?

（3）传送带以（2）问中的最小速度沿顺时针转动，则物块从A点被弹出，两次滑过传送带时，传送带电机因物块在传送带上滑动额外多做的总功为多少?

【答案】（1）8J；（2），42N；（3）

【解析】

【详解】（1）根据能量守恒定律得

（2）物块在传送带上时，传送带对物块一直做正功，则物块一直处于加速状态，设物块在传送带右端时的速度为v，根据动能定理得

解得

传送带的速度至少为。

在B点根据牛顿第二定律得

解得

（3）设物块滑上传送带的速度为v₀，根据机械能守恒定律得

解得

物块在传送带上的运动时间为

第一次通过传送带电动机多做的功为

第二次通过传送带的摩擦力不变，摩擦力的作用时间不变，电动机多做的功不变

总功为