四川省眉山市东坡区2024-2025学年高一上学期期中校际联考物理试卷（解析版）

这是一份四川省眉山市东坡区2024-2025学年高一上学期期中校际联考物理试卷（解析版），共18页。试卷主要包含了请将答案正确填写在答题卡上， 如图所示，一同学拍质量为0等内容，欢迎下载使用。
注意事项：
1.答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息。
2.请将答案正确填写在答题卡上。
第I卷（选择题，共43分）
一、单项选择题（本题共7个小题，每小题4分，共28分。每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的）
1. 关于物理学发展，下列表述正确的是（ ）
A. 哥白尼提出了“地心说”，认为地球位于宇宙的中心
B. 牛顿提出了三条运动定律及万有引力定律，并利用扭秤装置较准确地测出了引力常量
C. 经典力学是许多科学家经过艰苦探索才完成的科学理论，经典力学适用于一切情况
D. 开普勒通过对天体运动的长期研究，发现了行星运动三定律
【答案】D
【解析】A．哥白尼提出了“日心说”，认为太阳位于宇宙的中心；而托勒密提出了“地心说”，认为地球位于宇宙的中心，故A错误；
B．牛顿提出了三条运动定律及万有引力定律，卡文迪什利用扭秤装置较准确地测出了引力常量，故B错误；
C．经典力学是许多科学家经过艰苦探索才完成的科学理论，经典力学适用于宏观、低速、弱引力情况，对于微观、高速和强引力情况不再适用，故C错误；
D．开普勒通过对天体运动的长期研究，发现了行星运动三定律，故D正确。
故选D。
2. 一条河宽，船在静水中的速度为，水流速度是，则（ ）
A. 该船可能垂直河岸横渡到对岸
B. 当船头垂直河岸渡河时，船的位移为
C. 当船头垂直河岸渡河时，过河所用的时间最短，且为
D. 当水流速度增大且船头垂直河岸渡河时，渡河时间会减小
【答案】C
【解析】A．由于水速大于船速，所以船不可能垂直河岸横渡到对岸，故A错误；
C．当船头垂直河岸渡河时，过河所用的时间最短，且为
故C正确；
B．当船头垂直河岸渡河时，船的位移为
故B错误；
D．过河时间与船在垂直于河岸方向上的分速度决定，和水速没有关系，故D错误。
故选C。
3. 如图所示，一同学拍质量为0.5kg篮球，某次篮球刚到达地面时的速度大小为6m/s，与水平地面撞击后以大小为4m/s的速度反弹，已知篮球与地面碰撞的作用时间为0.2s，重力加速度大小为10m/s2，则篮球与地面碰撞过程中地面对篮球平均作用力的大小为（ ）
A. 30NB. 25NC. 10ND. 5N
【答案】A
【解析】取竖直向上为正方向，对篮球由动量定理有
代入数据有
得
故选A。
4. 目前，在地球周围有许多人造地球卫星绕着它转，其中一些卫星的轨道可近似为圆，且轨道半径逐渐变小，若卫星在轨道半径逐渐变小的过程中，只受到地球引力和稀薄气体阻力的作用，则下列判断正确的是（ ）
A. 卫星的动能逐渐减小
B. 由于地球引力做功，引力势能一定增大
C. 由于气体阻力做负功，地球引力做正功，机械能保持不变
D. 卫星克服气体阻力做功小于引力势能的减小
【答案】D
【解析】A．根据万有引力提供向心力
所以
由于轨道半径逐渐变小，则速度增大，动能增大，故A错误；
B．在卫星轨道半径减小的过程中引力对卫星做正功，故卫星的引力势能减小，故B错误；
C．机械能守恒的条件是只有引力做功，卫星轨道减小过程中有阻力做功，故不满足机械能守恒，故C错误；
D．在卫星轨道减小的过程中，卫星的动能增加，故引力对卫星做的功大于卫星克服阻力做的功，即卫星克服气体阻力做的功小于引力势能的减小，故D正确。
故选D。
5. 如图所示，在t=0时质量m=1kg的小球自高h=45m的平台上以v0=10m/s的初速度水平抛出，运动t1=1s后，突然受到大小恒为10N的水平向右的风力作用，最后落至水平地面，不计其他阻力，取g=10m/s2。则以下说法正确的是（ ）
A. 小球从抛出至落地的过程中重力的平均功率小于150W
B. 小球受到风力作用后，在落地前做匀变速曲线运动
C. 落地瞬间小球速度方向与水平方向成53°角
D. 从抛出至落地的过程中，水平力的冲量大小为20N·s
【答案】D
【解析】A．小球在竖直方向的分运动为自由落体运动，与是否受到风力无关，设小球下落时间为t，则有
解得
小球从抛出至落地的过程中重力的平均功率为
故A错误；
BC．小球抛出1s时，速度方向与水平方向的夹角满足
受到水平风力后，小球受到的合力与水平方向的夹角满足
故小球受到风力作用后，所受合力与速度方向相同，小球做匀加速直线运动，故落地瞬间小球速度方向与水平方向成45°，故BC错误；
D．从抛出至落地的过程中，水平风力的冲量大小为
故D正确。
故选D。
6. “歼-20”是中国自主研制的双发重型隐形战斗机，该机将担负中国未来对空、对海的主权维护任务。在某次起飞中，质量为m的“歼-20”以恒定的功率P起动，其起飞过程的速度随时间变化图像如图所示，经时间飞机达到最大速度时，刚好起飞。关于飞机起飞过程，下列说法正确的是（ ）

A. 机械能守恒B. 合力减小，速度增加越来越快
C. 发动机的牵引力做功为D. 克服阻力所做的功为
【答案】C
【解析】A．飞机起飞过程，牵引力做正功，机械能增加，故A错误；
B．根据图像可知，加速度减小，速度增加越来越慢，故B错误；
C．“歼-20”以恒定的功率P起动，发动机的牵引力做功为，故C正确；
D．根据动能定理
故克服阻力所做的功为，故D错误。
故选C。
7. 假设中国空间站绕地球做匀速圆周运动，距地面的高度为，地球的半径为，第一宇宙速度为，地球表面的重力加速度为，下列判断正确的是（ ）
A. 中国空间站的发射速度小于
B. 中国空间站向心加速度为
C. 中国空间站内的宇航员可以自由漂浮，因为宇航员不受重力
D. 中国空间站绕地球运行的速度为
【答案】B
【解析】A．第一宇宙速度是从地表发射人造卫星或飞船的最小发射速度，所以中国空间站的发射速度不可能小于v1，故A错误；
B．在地球表面，重力等于万有引力，即
设中国空间站的向心加速度为a，根据牛顿第二定律有
联立以上两式解得
故B正确；
C．中国空间站内的宇航员可以自由漂浮，是因为所受重力全部提供绕地球做匀速圆周运动的向心力，故C错误；
D．对中国空间站根据牛顿第二定律有
第一宇宙速度是物体在地球表面附近绕地球做匀速圆周运动时的速度，则
联立以上两式解得
故D错误。
故选B
二、多项选择题（每小题5分，共15分，每小题给出的四个选项中，有多个符合题目要求，全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有错选的得0分）
8. 影视作品中的武林高手展示轻功时都是吊威亚（钢丝）的。如图所示，轨道车A通过细钢丝跨过轮轴拉着特技演员B上升，便可呈现出演员B飞檐走壁的效果。轨道车A沿水平地面以速度大小向左匀速前进，某时刻连接轨道车的钢丝与水平方向的夹角为37°，连接特技演员B的钢丝竖直，取，则该时刻特技演员B（ ）
A. 速度大小为B. 速度大小为
C. 处于超重状态D. 处于失重状态
【答案】AC
【解析】AB．将车速v沿着细钢丝方向和垂直于细钢丝的方向分解可知，在沿着细钢丝方向的速度为
所以人上升的速度为
故A正确，B错误；
CD．设连接轨道车的钢丝与水平方向的夹角为，则人的速度
人在加速上升，则演员处于超重状态，故C正确，D错误。
故选AC。
9. 如图所示，地球的两颗卫星绕地球在同一平面内做匀速圆周运动，已知卫星一运行的周期为T1，卫星一和卫星二到地球中心的距离之比为1：4，某时刻两卫星与地心连线之间的夹角为π，两卫星的绕行方向与地球自转方向相同，下列说法正确的是（ ）

A. 卫星一的动能大于卫星二的动能
B. 卫星二围绕地球做圆周运动的周期为8T1
C 从图示时刻开始，经过时间两卫星第一次相距最近
D. 相等时间内卫星一和地球连线扫过的面积大于卫星二和地球连线扫过的面积
【答案】BC
【解析】A．万有引力提供向心力，根据牛顿第二定律有
解得
卫星一和卫星二到地球中心的距离之比为1：4，则
因卫星的质量关系未知，则无法确定卫星一的动能和卫星二的动能关系，故A错误；
B．根据
可知
所以
故B正确；
C．两卫星第一次相距最近，则有
即
解得
故C正确；
D．根据扇形面积公式有
可知
所以相等时间内卫星一和地球连线扫过的面积小于卫星二和地球连线扫过的面积，故D错误。
故选BC
10. 如图所示为一半径为2R的水平转盘，两可视为质点、质量分别为m和2m的滑块P、Q用一质量不计的原长为1.5R的橡皮筋相连，当滑块P、Q随水平转盘以恒定的角速度ω转动时，滑块P、Q到转盘圆心的距离分别为1.5R和R。已知两滑块与转盘之间的动摩擦因数均为μ，且橡皮筋满足胡克定律，劲度系数为k，重力加速度大小为g，假设两滑块与转盘之间的最大静摩擦力均等于滑动摩擦力，。则（ ）
A. 当时，滑块P与水平转盘之间的摩擦力为零
B. 当时，滑块Q与水平转盘之间的摩擦力为零
C. 当时，滑块Q将要发生滑动，而滑块P仍相对水平转盘静止
D. 当时，滑块P将要发生滑动，而滑块Q仍相对水平转盘静止
【答案】BD
【解析】B．当两滑块随水平转盘以角速度ω匀速转动时，橡皮筋处于伸长状态，此时橡皮筋的拉力大小为F0＝kR，且μmg≥kR。当滑块Q与水平转盘之间的摩擦力刚好为零时，则有
解得
此时，对于滑块P
滑块P未滑动，选项B正确；
A．当滑块P与水平转盘之间的摩擦力刚好为零时，则有
解得
则此时对于滑块Q
说明滑块Q未滑动，但与转盘问有摩擦，选项A错误；
CD．当滑块Q将要发生滑动时，由
解得
当滑块P将要发生滑动时，由
解得
ω′Q>ω′P，则滑块P先发生滑动，选项C错误，D正确。
故选BD。
第II卷（非选择题共57分）
三、实验题（本题共2小题，共16分）
11. 某实验小组的同学利用如图甲所示的实验装置完成了“探究向心力与质量、角速度以及半径之间的关系”实验。实验时转动手柄，通过皮带带动两个轮塔转动，使得槽内的钢球做圆周运动，钢球对挡板的作用通过连杆使测力筒下降，露出的标尺刻度能表示两钢球所受的向心力的大小。长槽的A、B处和短槽的C处分别到各自转轴中心距离之比为1∶2∶1，该同学设计了如图乙所示的三种组合方式，变速塔轮自上而下每层左右半径之比分别为1∶1、2∶1和3∶1。
（1）本实验的思想方法是 （填选项前字母）
A. 理想模型法B. 等效法C. 推理法D. 控制变量法
（2）在某次实验中，探究向心力的大小与质量的关系，则需要将传动皮带调至第__________层塔轮（选填“一”“二”或“三”）；选择两个质量__________（选填“相同”或“不同”）的小球，分别放在挡板__________（选填“A”或“B”）和挡板C处。
（3）在另一次实验中，把两个质量相等的钢球放在A、C位置，传动皮带位于第三层，转动手柄，当塔轮匀速转动时，左右两标尺露出的格子数之比约为 。
A. 1∶3B. 1∶4C. 6∶1D. 1∶9
【答案】（1）D （2） 一 不同 A （3）D
【解析】
【小问1解析】
本实验考查的是向心力与质量、角速度以及半径之间的关系，涉及多个物理量，应采用控制变量法。
故选D。
【小问2解析】
探究向心力的大小与质量关系时，应保持角速度和运动半径相同，仅让小球的质量不同，分别放在挡板A和挡板C处。根据可知需要将传动皮带调至第一层轮塔。
【小问3解析】
两钢球质量和转动半径形同，传动皮带位于第三层，根据可知角速度之比为，由可得左右两标尺露出的格子数之比约为。
故选D。
12. 利用“类牛顿摆”验证碰撞过程中的动量守恒定律。
实验器材：两个半径相同的球1和球2，细线若干，坐标纸，刻度尺。实验步骤：
（1）测量小球1、2的质量分别为m1、m2，将小球各用两细线悬挂于水平支架上，各悬点位于同一水平面，如图甲；
（2）将坐标纸竖直固定在一个水平支架上，使坐标纸与小球运动平面平行且尽量靠近。坐标纸每一小格是边长为d的正方形。将小球1拉至某一位置A，由静止释放，垂直坐标纸方向用手机高速连拍；
（3）分析连拍照片得出，球1从A点由静止释放，在最低点与球2发生水平方向的正碰，球1反弹后到达最高位置为B，球2向左摆动的最高位置为C，如图乙。已知重力加速度为g，碰前球1的动量大小为_____。若满足关系式_____，则验证碰撞中动量守恒；
（4）球1在最低点与静止的球2水平正碰后，球1向右反弹摆动，球2向左摆动。若为弹性碰撞，则可判断球1的质量_____球2的质量（填写“大于”、“等于”或“小于”）。
【答案】（3） （或也可） （4）小于
【解析】对小球1，根据机械能守恒定律可得
碰前球1的动量大小为
所以
若碰撞中动量守恒，则
所以
球1在最低点与静止的球2水平正碰后，球1向右反弹摆动，球2向左摆动，若为弹性碰撞，则
所以
由于球1向右反弹，则
所以
四、计算题（本大题共3小题，共41分，解答应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，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位）
13. 水平地面上空有架飞机正在进行投弹训练如图，训练高度，飞行速度为，地面目标为C点，不计空气阻力。（）求：
（1）炸弹从飞机丢出后过多久能击中目标；
（2）飞行员应距目标水平距离多远处投放炸弹？击中目标时速度大小为多少？
【答案】（1）；（2），
【解析】（1）炸弹做平抛运动，竖直方向有
解得炸弹从飞机丢出到击中目标的时间为
（2）飞行员应距目标水平距离为
击中目标时速度大小为
14. 如图所示，ABDO是固定于竖直平面内的光滑轨道，AB是半径的四分之一圆弧轨道，半径OA处于水平位置，BDO是半径的半圆轨道，D为BDO轨道的中点，轨道AB、BDO相切于B点。一个质量（视为质点）的滑块P从A点的正上方的C点自由落下，沿竖直平面内的轨道通过D点时对轨道的压力等于其受到的重力的10倍，取重力加速度大小，不计空气阻力。
（1）求C点到A点的距离H；
（2）若在B点放一质量的滑块Q（图中未画出，视为质点），滑块P仍从C点由静止释放，两滑块碰撞时间极短，且碰后粘在一起，求滑块P、Q通过O点时受到轨道的弹力大小F。
【答案】（1）2m；（2）0.5N
【解析】（1）滑块P在D点时，由牛顿第二定律
滑块P从C点运动到D点的过程中，由机械能守恒定律有
解得
（2）设两滑块碰撞前瞬间，滑块P的速度大小为1，碰撞后瞬间的速度大小为，由动能定理
解得
两滑块碰撞过程动量守恒，有
解得
两滑块一起从B点运动到O点，由机械能守恒定律有
由牛顿第二定律，有
解得
15. 某种弹射装置如图所示，左端固定的轻弹簧处于压缩状态且锁定，弹簧具有的弹性势能EP=4.5J，质量m=1.0kg的小滑块静止于弹簧右端，光滑水平导轨AB的右端与倾角θ=30°的传送带平滑连接，传送带长度L=8.0m，传送带以恒定速率v0=8.0m/s顺时针转动。某时刻解除锁定，滑块被弹簧弹射后滑上传送带，并从传送带顶端滑离落至地面。已知滑块与传送带之间的动摩擦因数μ=，重力加速度g取10m/s2。
（1）求滑块离开传送带时的速度大小v；
（2）求电动机传送滑块多消耗的电能E；
（3）若每次开始时弹射装置具有不同的弹性势能，要使滑块滑离传送带后总能落至地面上的同一位置，求的取值范围。
【答案】（1）7m/s；（2）96J；（3）12J≤Ep'≤132J
【解析】（1）设滑块刚冲上传送带底端的速度为v1，根据能量守恒
代入数据得
因为μ＞tanθ，故滑块在传送带上先向上加速，根据根据牛顿第二定律
得
若滑块在传送带上一直加速，则离开传送带时的速度大小v满足
解得
所以假设成立，滑块离开传送带时的速度大小为7m/s。
（2）滑块在传送带上运动时间
该段时间，传送带的位移
对传送带，根据动能定理有
解得
即电动机传送滑块多消耗的电能
（3）分析可知，要使滑块滑离传送带后总能落至地面上的同一位置，滑块滑出传送带时要与传送带共速。
滑块刚好加速到与传送带共速时离开传送带，所对应的弹性势能最小，有
得
同理可得，滑块刚好减速到与传送带共速时离开传送带，所对应的弹性势能最大，有
得
所以，满足条件的弹性势能范围为