河北省张家口市2023-2024学年高一下学期4月期中考试物理试题（原卷版+解析版）

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物理试卷
班级 姓名
注意事项：
1.答卷前，考生务必将自己的姓名、班级和考号填写在答题卡上。
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。
3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
一、单项选择题：本题共8小题，每小题3分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1. 如图所示，两小孩在玩“跷跷板”，为“跷跷板”的支点，A、为“跷跷板”上的两点，大于。设“跷跷板”转动过程中A、两点线速度的大小分别为、，角速度分别为、，则（ ）
A. B.
C D.
【答案】A
【解析】
【详解】CD．两点同轴转动，则角速度相等，故CD错误；
AB．根据
角速度相等且大于，则
故A正确，B错误。
故选A。
2. 如图所示为表演杂技“飞车走壁”的示意图，一杂技演员驾驶摩托车在一个圆筒形结构的内壁上飞驰，在距地面高度为h的水平面内做匀速圆周运动，若不考虑车轮受到的摩擦力，当增大高度h时，下列关于摩托车的说法正确的是（ ）
A. 对侧壁的压力FN增大B. 做圆周运动的周期T不变
C. 做圆周运动的线速度v增大D. 做圆周运动的向心力Fn增大
【答案】C
【解析】
【详解】A．对摩托车受力分析，如图所示
摩托车所受合力提供向心力，设筒壁与竖直方向的夹角为θ，竖直方向，根据力的平衡，有
与h无关，故A错误。
B．摩托车做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律和向心力公式，有
h变大，r变大，所以T变长了，故B错误；
C．又因为
h变大，r变大，所以v变大了，故C正确；
D．摩托车做圆周运动的向心力
与h无关，所以高度变化，向心力并没有变化，故D错误。
故选C。
3. 如图所示，水上乐园有一半径R=4m、末端水平的圆弧形滑梯，末端到水面的高度h=0.8m。质量m=30kg的小孩（可视为质点）沿滑梯滑下落入水中，落水点到滑梯末端的水平距离x=3.2m，重力加速度g取，不计空气阻力，则小孩滑到滑梯底端时对滑梯的压力大小为（ ）
A. 700NB. 780NC. 800ND. 880N
【答案】B
【解析】
【详解】小孩离开滑梯后，做平抛运动，有
解得
小孩在滑梯底端时，由牛顿第二定律可得
解得
根据牛顿第三定律可知则小孩滑到滑梯底端时对滑梯的压力大小为780N。
故选B。
4. 在天文学上，春分、夏至、秋分、冬至将一年分为春、夏、秋、冬四季。如图所示，从地球绕太阳的运动规律分析，下列判断正确的是（ ）
A. 在冬至日前后，地球绕太阳的运行速率较小
B. 在夏至日前后，地球绕太阳的运行速率较小
C. 春夏两季比秋冬两季时间短
D. 春夏两季和秋冬两季时间相同
【答案】B
【解析】
【详解】AB．根据开普勒第二定律，对每一个行星而言，太阳行星的连线在相同时间内扫过的面积相等，行星在此椭圆轨道上运动的速度大小不断变化。近日点连线短，在冬至日前后，地球绕太阳的运行速率较大，远日点连线长，在夏至日前后，地球绕太阳的运行速率较小，故A错误，B正确；
CD．由上述可知，春夏两季比秋冬两季时间长，故CD错误。
故选B。
5. 地球静止同步轨道仅有一个，世界各国的静止同步卫星均在此轨道绕地球做匀速圆周运动，卫星在轨道环绕过程中发生故障或到达使用寿命后便成为“死亡卫星”。在地球静止同步轨道上有一颗北斗导航卫星失效，我国发射的“实践二十一号”卫星将该失效卫星拖到如图所示的“墓地轨道”，为后续新发射的卫星腾出空间，已知“墓地轨道”比同步轨道高300m，下列说法正确的是（ ）
A. 地球静止同步轨道可以经过北京正上方
B. 在“墓地轨道”运动的卫星的角速度比地球自转的角速度小
C. 北斗导航卫星在同步轨道上的动能比在“墓地轨道”上的动能小
D. 北斗导航卫星在同步轨道上的加速度比在“墓地轨道”上的加速度小
【答案】B
【解析】
【详解】A．地球静止同步轨道在赤道正上方。故A错误；
B．根据
解得
依题意，“墓地轨道”比同步轨道高，所以“墓地轨道”上的卫星角速度比同步轨道上的卫星角速度小，即比地球自转的角速度小。故B正确；
C．同理，可得
解得
又
可知北斗导航卫星在同步轨道上的动能比在“墓地轨道”上的动能大。故C错误；
D．同理，可得
解得
北斗导航卫星在同步轨道上的加速度比在“墓地轨道”上的加速度大。故D错误。
故选B。
6. 组成星球的物质靠万有引力吸引在一起随星球自转。若某质量分布均匀的星球的角速度为ω，为使该星球不瓦解，该星球的密度至少为ρ。下列图象可能正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】星球恰好不解体时，赤道物体受引力恰好提供向心力，根据牛顿第二定律
质量为
联立解得
即ω2与ρ成正比，故B正确，ACD错误。
7. 音乐喷泉是一种为了娱乐而创造出来的可以活动的喷泉，宣化区的广场喷泉不仅展示出了古城丰富多彩的形态，更是一道靓丽的风景线，其中一个喷水管单位时间竖直喷出体积Q=0.04m3的水，喷射高度可达20m。已知水的密度ρ=1.0×103kg/m3，不计空气阻力，则电动机用于该喷水管的功率约为（ ）
A. 8×103WB. 1.6×104WC. 1.0×105WD. 2.0×105W
【答案】A
【解析】
【详解】设水喷出的速度为，由竖直上抛运动得
设在接近管口很短一段时间内从喷口喷出的水柱质量为，则
根据动能定理可得
代入数据解得
故A正确，BCD错误。
故选A。
8. 如图甲所示，不可伸长的轻绳连接小球绕定点O在竖直面内做圆周运动，小球经过最高点的速度大小为v，此时绳子拉力大小为FT，拉力FT与速度的平方v2的关系如图乙所示，图像中的数据a和b以及重力加速度g都为已知量，不计空气阻力，以下说法正确的是（ ）
A. 若小球在竖直面内做完整圆周运动，则经过最高点的速度
B. 若小球在竖直面内做完整圆周运动，最低点与最高点拉力大小之差与v无关
C. 小球的质量等于
D. 圆周轨道半径为
【答案】B
【解析】
【详解】A．若小球在竖直面内做完整圆周运动，则小球在最高点速度最小时，重力恰好提供向心力，此时绳子拉力为零，由图乙可知，此时
即
故A错误；
B．如果小球能完成竖直面内做圆周运动，设在最高点、最低点的速度分别为v1、v2，据向心力公式分别可得
从最高点到最低点过程，据动能定理可得
最低点与最高点拉力大小之差为
联立解得
则，最低点与最高点拉力大小之差与v无关，故B正确；
CD．当时，恰好由重力作为向心力，可得
当时，由向心力公式可得
联立解得小球的质量
故CD错误。
故选B。
二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分。在每小题给出的四个选项中，有多个选项是正确的。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错或不答的得0分。
9. 下列有关受力分析正确的是（ ）
A. 图甲中钩码和轻质铅笔静止，铅笔中的弹力沿铅笔方向
B. 图乙中人随自动扶梯一起沿斜面以加速度a运动，人受的摩擦力水平向右
C. 图丙中与水平转盘一起匀速转动的物块受到的摩擦力与物块的速度方向相同
D. 图丁中运动火车车轮在不侧向挤压铁轨的转弯路段时，其所受重力与支持力的合力沿路面向下
【答案】AB
【解析】
【详解】A．图甲中钩码和铅笔静止，轻质铅笔相当于一个轻质活杆，则轻质铅笔中的弹力沿铅笔方向，故A项正确；
B．图乙中人随自动扶梯一起沿斜面以加速度 a 运动中，加速度可以分解为水平和竖直两个方向，水平的加速度是扶梯对人水平向右的摩擦产生的，故人受的摩擦力水平向右，故B项正确；
C．图丙中与水平转盘一起匀速转动的物块受到的静摩擦力一定指向圆心，提供物块做圆周运动向心力，向心力与物块的速度方向垂直，故C项错误；
D．图丁中运动火车车轮在不挤压铁轨的转弯路段所受重力与支持力的合力提供做圆周运动的向心力，合力的方向沿水平方向指向轨道的圆心，故D项错误。
故选AB。
10. 长征五号遥四运载火箭直接将我国首次执行火星探测任务的“天问一号”探测器送入地火转移轨道，自此“天问一号”开启了奔向火星的旅程。如图所示为“天问一号”的运动轨迹图，“天问一号”从地球发射后进入地火转移轨道，靠近火星时依次进入火星捕获轨道、火星停泊轨道及科学探测轨道。已知探测器在这三个火星轨道上的运行周期依次为T1、T2、T3，则下列说法正确的是（ ）
A. 探测器从地火转移轨道进入火星捕获轨道的过程中，在A点处需要减速
B. 探测器从火星停泊段到科学探测段变轨的过程中，在A点处需要加速
C. 探测器沿不同轨道经过图中A点时的加速度都相同
D. 火星的三个轨道周期大小关系为T1【答案】AC
【解析】
【详解】A．探测器从地火转移轨道进入火星捕获轨道过程中，即从高轨道变至低轨道，需要在A点处减速，从而做近心运动，故A正确；
B．探测器从火星停泊段到科学探测段变轨的过程中，即从高轨道变至低轨道，需要在A点处减速，从而做近心运动，故B错误；
C．探测器沿不同轨道经过图中A点时所受万有引力都相同，所以加速度都相同，故C正确；
D．火星捕获轨道、火星停泊轨道及科学探测轨道的半长轴关系为
根据开普勒第三定律
可知这三个轨道周期大小关系为
故D错误。
故选AC。
11. 如图所示为某中学科技小组制作的利用太阳能驱动小车的装置。当太阳光照射到小车上方的光电板时，光电板中产生的电流经电动机作用带动小车前进。若质量为m的小车在平直的水泥路上行驶，某时刻的速度为v0，从该时刻起小车开始加速，经过时间t前进的距离为s，且速度达到最大值vm。设这一过程中电动机的输出功率恒为P，小车所受阻力恒为Ff，那么这段时间内牵引力所做的功为（ ）
A. PtB. C. D.
【答案】AB
【解析】
【详解】A．牵引力的功率恒为P，则牵引力做的功
故A正确；
B．当牵引力等于阻力时，小车速度达到最大值，则有
所以这段时间内牵引力所做的功为
故B正确；
C．小车加速阶段牵引力大于阻力，所以这段时间内牵引力所做的功
故C错误；
D．对小车加速阶段，由动能定理得
所以这段时间内牵引力所做的功为
故D错误。
故选AB。
12. 如图所示，AC和BC是两个固定的斜面，斜面的顶端A、B在同一竖直线上。甲、乙两个小物块分别从斜面AC和BC顶端由静止下滑，质量分别为m1、m2（m1＜m2），与斜面间的动摩擦因数均为μ。若甲、乙滑至底端C时的动能分别为Ek1、Ek2，速度大小分别为v1、v2，甲、乙下滑至底端C的过程中克服摩擦力做的功分别为W1、W2，所需时间分别为t1、t2，则（ ）
A. v1＞v2B. Ek1＞Ek2C. W1＞W2D. t1与t2大小关系不确定
【答案】AD
【解析】
【详解】A．设斜面的倾角为θ，斜面水平长度为L，由动能定理得
解得
由于两种情况g、L、μ都相同，只是
θ1＞θ2
所以
v1＞v2
故A正确；
B．小滑块滑至底端C时的动能为
由于两种情况g、L、μ都相同，但是
m1＜m2，θ1＞θ2，
所以无法确定两个小滑块滑至底端C时动能的大小关系，故B错误；
C．小滑块滑至底端C的过程中，克服摩擦力做的功为
由于两种情况g、L、μ都相同，但是
m1＜m2
所以
W1故C错误；
D．小滑块滑至底端C的过程中，根据牛顿第二定律得
小滑块在斜面上做匀加速直线运动，根据位移公式得
联立以上两式解得
根据上式和已知条件，不能确定哪个小滑块在斜面上运动时间的大小关系，故D正确。
故选AD。
三、非选择题：本题共6小题，共60分。解答题应写出必要的文字说明、方程式和重要答题步骤，只写出最后答案的不能得分。有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。
13. 用如图甲所示的向心力实验器，定量探究匀速圆周运动所需向心力的大小与物体的质量、角速度大小、运动半径之间的关系。如图甲，光电门传感器和力传感器固定在向心力实验器上，并与数据采集器连接；旋臂上的砝码通过轻质杆与力传感器相连，以测量砝码所受向心力的大小；宽为的挡光杆固定在距旋臂转轴水平距离为的另一端，挡光杆通过光电门传感器时，计算机可算出旋臂的角速度。
（1）在该实验中，主要采用______方法来探究向心力与质量、半径、角速度的关系。
A．控制变量法 B．理想实验法 C．微元法 D．等效替代法
（2）挡光杆某次经过光电门的挡光时间为，砝码做圆周运动的角速度大小为______（用表示）。
（3）以为纵坐标，以为横坐标，可在坐标纸中描出数据点作一条如图乙所示直线，若图像的斜率为，则滑块的质量为______（用表示）。
【答案】 ① A ②. ③.
【解析】
【详解】（1）[1]探究一个物理量与多个物理量之间的关系时，需要用控制变量法。
故选A。
（2）[2]根据题意可知，每次经过光电门时的速度为
由公式可知，砝码做圆周运动的角速度大小为
（3）[3]根据题意，由公式可得
结合图像有
解得
14. 某兴趣小组为测一遥控电动小车的额定功率，进行了如下实验：
①用天平测出电动小车的质量为0.50kg。
②将电动小车、纸带和打点计时器按如图甲所示安装。
③接通打点计时器（其打点周期为0.02s）。
④使电动小车以额定功率加速运动，达到最大速度一段时间后关闭小车电源，待小车静止时再关闭打点计时器电源。上述过程中，打点计时器在纸带上所打的部分点迹如图乙所示。
请分析数据，回答下列问题。（设整个过程中小车所受阻力恒定，结果均保留两位有效数字）
（1）该电动小车运动的最大速度为_________m/s。
（2）该电功小车关闭电源后小车运动加速度大小为_________m/s2；由此可知，小车所受的阻力为_________N。
（3）该电动小车的额定功率为_________W。
【答案】（1）1.5 （2） ①. 2.0 ②. 1.0
（3）1.5
【解析】
【小问1详解】
小车匀速运动时，牵引力等于阻力，此时速度最大，最大速率为
【小问2详解】
[1]匀减速运动阶段，由题图可知相邻两个点的时间间隔为
由匀变速运动推论
带入数据有
[2]对小车减速运动阶段受力分析有
【小问3详解】
电动小车的额定功率
15. 智能呼啦圈轻便美观，深受大众喜爱。如图甲所示，腰带外侧带有轨道，将带有滑轮的短杆穿入轨道，短杆的另一端悬挂一根带有配重的轻绳，其简化模型如图乙所示，可视为质点的配重质量m=0.4kg，绳长l=0.5m，悬挂点P到腰带中心点O的距离d=0.2m，水平固定好腰带，通过人体微小扭动，使配重随短杆做水平匀速圆周运动，绳子与竖直方向的夹角θ=37°，运动过程中腰带可看成不动。已知重力加速度g取10m/s2，sin37°=0.6，cs37°=0.8。求：
（1）配重在做匀速圆周运动时的半径r以及所受到的合外力F的大小；
（2）配重的角速度ω的大小。（结果可用根号表示）
【答案】（1），；（2）
【解析】
【详解】（1）根据几何关系可知，配重在做匀速圆周运动时的半径为
所受到的合外力的大小为
（2）配重做匀速圆周运动，有
解得
16. 如图所示，在光滑水平地面上放置质量M=2kg的长木板，长木板上表面与固定的竖直弧形轨道相切。一质量m=1kg的小滑块自A点沿弧面由静止滑下，A点距离长木板上表面的高度h=0.5m。滑块在长木板上滑行t=1s后和长木板以共同速度v=1m/s匀速运动，重力加速度g取10m/s2。求：
（1）滑块与长木板间的摩擦力大小；
（2）滑块沿弧面下滑过程中克服摩擦力做的功；
【答案】（1）；（2）
【解析】
【详解】（1）设板受到的摩擦力为，对板而言
解得
代入数据可得
即滑块与木板间的摩擦力大小为
（2）设滑块刚滑上木板时的速度为，有牛顿第二定律可知
解得
由运动学公式可知
解得
根据动能定理可知
即克服摩擦力所做的功为
17. 某星球的质量约为地球质量的4倍，半径与地球近似相等。
（1）若从地球表面高为h处平抛一物体，水平射程为10m，则在该星球上，从同样高度，以同样的初速度平抛同一物体，水平射程应为多少？
（2）如图所示，在该星球表面发射一枚带有精密探测器的火箭，火箭竖直向上做加速直线运动。已知该星球半径为R0，表面重力加速度为g0，升到某一高度时，加速度为，测试仪器对平台的压力刚好是起飞前压力的，求此时火箭所处位置距星球表面的高度。
【答案】（1）；（2）
【解析】
【详解】（1）设星球质量为M1地球质量为M2，半径为R1和R2，星球表面的物体万有引力等于重力
可得
在星球体表面做平抛运动，则
解得
设在星球和地球平抛水平位移分别为和，得
代入数据，解得
（2）起飞前
高h处时根据牛顿第二定律得
由题意可知
解得
根据万有引力提供重力
可得
解得
或（舍去）
18. 如图甲所示，倾角θ=37°足够长粗糙斜面固定在水平面上，一根轻弹簧一端固定在斜面的底端，另一端与质量m=2.0kg的小滑块（可视为质点）接触，滑块与弹簧不相连，开始时弹簧处于压缩状态。t=0时释放滑块，在0~0.24s时间内，滑块的加速度a随时间t变化的关系如图乙所示。已知弹簧的劲度系数k=4.0×102N/m，当t=0.14s时，滑块的速度v1=2.0m/s。已知重力加速度g取10m/s2，sin37°=0.6，cs37°=0.8，弹簧弹性势能的表达式（式中k为弹簧的劲度系数，x为弹簧的形变量）。求：
（1）斜面对滑块摩擦力的大小Ff；
（2）t=0.14s时滑块与出发点间的距离d；
（3）在0~0.44s时间内，摩擦力做的功Wf。
【答案】（1）8N；（2）0.15m；（3）2.88J
【解析】
【详解】（1）当t=0.14s时，滑块与弹簧开始分离，此后滑块受重力、斜面的支持力和摩擦力，滑块开始做匀减速直线运动，由题中的图乙可知，在这段过程中滑块加速度的大小为
根据牛顿第二定律有
代入数据得
（2）当t=0.14s时弹簧恰好恢复原长，所以此时滑块与出发点间的距离d等于t0=0时弹簧的形变量x，所以在0～0.14s时间内弹簧弹力做的功为
在这段过程中，根据动能定理有
代入数据解得
（3）设从t=0.14s时开始，经时间滑块的速度减为零，则有
这段时间内滑块运动的距离为
此时
此后滑块将反向做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律可求得此时加速度的大小为
在0.34s～0.44s（=0.1s）时间内，滑块反向运动的距离为
则在0~0.44s时间内，摩擦力做的功