河北省石家庄市多校2024-2025学年高一（下）期中物理试卷（含解析）

这是一份河北省石家庄市多校2024-2025学年高一（下）期中物理试卷（含解析），共16页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。
1.某社区计划将一批总质量150kg的健身器材从仓库运送到社区公园的小山上，两地高度差为15米。工作人员第一次采用人工沿斜坡搬运，第二次使用滑轮组竖直提升。关于两次运输中器材重力势能的增加量，下列说法正确的是( )
A. 人工搬运时增加更多，因为需要克服斜坡摩擦力额外做功
B. 滑轮组提升时增加更多，因为机械做功效率更高
C. 两种情况下重力势能的增加量相同
D. 人工搬运时增加较少，因为斜坡降低了有效提升高度
2.如图所示，两颗卫星绕地球做匀速圆周运动，甲卫星为地球同步卫星，其轨道半径为r；乙卫星为低轨道卫星，其轨道半径为R。已知甲卫星的运行周期为T，则乙卫星的运行周期为( )
A. (Rr)32T
B. (Rr)23T
C. (Rr)12T
D. (rR)32T
3.甲、乙两辆汽车以相同初速度刹车。如图所示为两车所受合力随时间线性减小至零的图像。关于两车从开始刹车至完全静止，下列说法正确的是( )
A. 甲车的动量变化量比乙车大B. 甲车的动量变化量比乙车小
C. 甲车的质量比乙车大D. 甲、乙两车的质量相等
4.若一颗红矮星的甲、乙两颗行星绕其做匀速圆周运动，单位时间内甲与红矮星中心连线扫过的面积大于乙与红矮星中心连线扫过的面积。下列说法正确的是( )
A. 甲的轨道半径较大，周期较长B. 甲的轨道半径较小，周期较短
C. 甲的轨道半径较大，周期较短D. 甲的轨道半径较小，周期较长
5.工程师对质量为m的汽车进行性能测试。该款汽车的额定功率为P，汽车发动机提供恒定的牵引力F，使汽车由静止开始在水平路面上做匀加速直线运动。汽车位移为x时，汽车的功率恰好达到P，汽车所受阻力恒定。下列说法正确的是( )
A. 汽车所受的阻力大小为mP22F2xB. 汽车运动的加速度大小mP2Fx
C. 汽车在整个过程的平均速度为PFD. 汽车在整个过程所用时间为2FxP
6.如图所示，屋檐口滴下的水滴长期冲击石板可以“水滴石穿”。已知檐口到石板高度h=5m，质量为0.1g的水滴从静止下落，与石板碰撞后溅起的最大高度为h′=0.1m，相互作用时间为t=0.01s。不计空气阻力，重力加速度g取10m/s2，则水对石板竖直方向的平均作用力大小约为( )
A. 0.043NB. 0.086NC. 0.115ND. 1.14N
7.天通一号卫星是地球同步轨道卫星，距地面高度是地球半径的5.6倍，下列说法正确的是( )
A. 该卫星的线速度与地球的第一宇宙速度的比值为 15.6
B. 该卫星的角速度与地球的近地卫星角速度的比值为 16.63
C. 该卫星轨道周期与地球自转周期的比值为 6.631
D. 该卫星所受万有引力与地球的近地卫星的万有引力比值一定为16.62
二、多选题：本大题共3小题，共18分。
8.下列说法正确的是( )
A. 哈雷运用牛顿的万有引力定律，成功推算出哈雷彗星的“按时回归”
B. 动量守恒定律只适用于宏观世界、低速运动
C. 相对论和量子力学分别在微观与高速领域揭示了牛顿力学的局限性
D. 牛顿力学适用于宏观世界、低速运动
9.如图所示，某滑雪者从高15m的雪坡顶端由静止自由滑下，到达坡底时速度大小为12m/s。已知滑雪者及装备可视为质点，总质量为80kg，重力加速度g取10m/s2。则该过程中，该滑雪者(含装备)的( )
A. 重力势能减少12000JB. 动能增加2880J
C. 机械能减少6240JD. 克服摩擦力做功转化为热能的量为5760J
10.某科技馆设计了一种节能摆锤装置。如图所示，质量分别为1kg和3kg的小球A、B通过一根长为2m的轻杆连接，可绕光滑水平轴O在竖直平面内自由转动。初始时轻杆水平静止，释放后系统开始运动。已知小球A、B均可视为质点，二者到O点的距离相等，重力加速度g取10m/s2，忽略空气阻力。从释放到小球B运动到最低点的过程中，下列说法正确的是( )
A. 系统机械能守恒
B. 轻杆对小球B做功为−15J
C. 小球B到达最低点时，小球B的速度大小为2 5m/s
D. 小球B到达最低点时，轻杆对轴O的作用力大小为60N
三、实验题：本大题共2小题，共16分。
11.某同学利用重物自由下落的方式来验证机械能守恒定律，装置如图甲所示，打点计时器为电磁打点计时器，所用交流电源频率为50Hz。
(1)实验设备装配完成后，若发现打点计时器打出的点如图乙所示，出现问题的原因可能是______；
A.电磁打点计时器安装时未保持竖直，纸带与计时器摩擦过大
B.释放重物前，手捏纸带的位置离打点计时器过远
C.纸带安装时只穿过了电磁打点计时器限位孔的一侧，未正确通过振针下方
D.重物质量过小，下落时空气阻力影响显著
(2)正确操作后，O为计时器打出的第一个点，A、B、C是纸带上连续的三个计数点，已知A、C到O点的距离分别为hA=4.90cm，hC=44.1cm，相邻两计数点间有四个点。则打下B点时，重物的速度为______m/s；
(3)在实验中，某同学根据测得的数据，通过计算发现，重物动能的增加量略大于重物势能的减少量，若测量与计算均无错误，则出现这一问题的原因可能是______。
A.重物的质量偏大
B.交流电源的电压偏高
C.交流电源的频率偏小
D.重物下落时受到的阻力过大
12.某实验小组要用如图甲所示装置验证两滑块在碰撞过程中的动量守恒。该小组选用边长均为L、质量不等的正方体金属滑块进行实验。水平轨道左端O平滑连接斜面轨道，斜面轨道顶端装有电磁释放器。两滑块与水平轨道间的动摩擦因数为μ。

①用天平分别测量出滑块A、B的质量m1、m2；
②先不放滑块B，电磁释放器让滑块A从倾斜轨道上由静止释放，记录滑块A停止时其左端到O点的距离，如图乙所示。多次重复实验，求出其平均值x0；

③将滑块B静止放在水平轨道上且其左端到O点的距离为L，电磁释放器让滑块A从倾斜轨道上由静止释放，与B碰后，A、B分别向右运动一段距离停下，分别测得A、B静止时左端与O点的距离，如图丙所示。多次重复实验，求出其平均值分别为x1、x2；

④换用不同质量同一材料的滑块，重复①、②、③步骤。
请根据该实验步骤，完成下列问题：
(1)为保证实现上述实验目标，应使m1 ______m2(填“>”“=”或“； m1 x0=m1 x1+m2 x2−L； μm1g(x0−x1)−μm2g(x2−L)
【解析】解：(1)由于碰后两滑块分别向右运动，为了防止入射滑块反弹，滑块A、B的质量满足m1>m2；
(2)碰撞后A、B都在水平轨道上做匀减速直线运动，设加速度大小为a
根据牛顿第二定律μmg=ma
解得a=μg
因此两滑块的加速度大小相同；
根据运动学公式v2=2ax
滑块A碰撞前运动到O点的瞬时速度v0= 2ax0
碰撞后瞬间的瞬时速度v1= 2ax1
滑块B碰撞后的瞬时速度v2= 2a(x2−L)
若碰撞过程A、B组成系统动量守恒，满足式m1v0=m1v1+m2v2
代入数据化简得m1 x0=m1 x1+m2 x2−L；
(3)根据能量守恒，可求得碰撞过程系统损失的机械能为ΔE=12m1v02−12m1v12−12m2v22
根据上述(2)可知，碰撞前滑块A的速度v0= 2ax0= 2μgx1
碰撞后的速度速v1= 2ax1= 2μgx1
滑块B碰撞后的瞬时速度v2= 2a(x2−L)= 2μg(x2−L)
联立解得ΔE=μm1g(x0−x1)−μm2g(x2−L)。
故答案为：(1)>；(2)m1 x0=m1 x1+m2 x2−L；(3)μm1g(x0−x1)−μm2g(x2−L)。
(1)从防止入射滑块反弹的角度分析作答；
(2)根据牛顿第二定律、运动学公式和动量守恒定律求解作答；
(3)根据能量守恒定律，结合上述(2)得到的瞬时速度的表达式求解作答。
本题主要考查了验证两滑块在碰撞过程中的动量守恒的实验，要明确实验原理，掌握牛顿第二定律、运动学公式和动量守恒定律的运用；注意滑块B碰撞后运动的位移与x2的关系。
13.【答案】火星的表面重力加速度大小2v0t；
火星的密度3v02πGRt
【解析】解：(1)小球经过时间t落到斜面上。
水平方向x=vt
竖直方向h=12g′t2
又tan45°=hx
解得：g′=2v0t
(2)在火星表面万有引力等于重力，即GMmR2=mg′
由密度公式可得：ρ=M43πR3
联立可得：ρ=3g′4πRG=3v02πGRt
答：(1)火星的表面重力加速度大小2v0t；
(2)火星的密度3v02πGRt。
(1)通过平抛运动的水平位移和竖直位移与时间的关系，结合斜面倾角，可以求出火星表面的重力加速度。
(2)利用重力加速度与火星质量、半径的关系，结合万有引力定律，可以进一步求出火星的密度。
通过平抛运动的规律和万有引力定律，我们不仅求解了火星表面的重力加速度，还进一步求解了火星的密度。这展示了物理定律在解决实际问题中的应用，特别是天体物理问题。
14.【答案】子弹射入小球甲后，二者的速度大小v1为20m/s；
碰后小球乙的速度大小v2为9m/s；
小球乙运动到圆管轨道最高点C时，圆管对其作用力F的大小为0.625N
【解析】解：(1)子弹射入小球甲后，规定水平向右的方向为正方向，子弹射入甲过程中动量守恒m0v0=(m0+m1)v1
解得v1=20m/s；
(2)甲从A到B受阻力作用，根据动能定理有：−fL=12(m0+m1)v碰前2−12(m0+m1)v12
阻力为：f=0.5×(m0+m1)g
解得：v碰前=16m/s
设碰后甲速度大小为v1′，碰撞过程动量守恒，向右为正，有：(m0+m1)v碰前=−(m0+m1)v1′+m2v2，
且已知碰后甲、乙速度大小之比为v1′：v2=1：4.5
联立可得v2=9m/s；
(3)设小球乙在最高点时圆管作用力为F小球乙在圆管内运动，从B到最高点C，机械能守恒12m2v22=12m2vC2+m2g⋅2R
在C点，由向心力公式可得F+m2g=m2vC2R
代入数据解得F=0.625N。
答：(1)子弹射入小球甲后，二者的速度大小v1为20m/s；
(2)碰后小球乙的速度大小v2为9m/s；
(3)小球乙运动到圆管轨道最高点C时，圆管对其作用力F的大小为0.625N。
(1)根据动量守恒定律列式解答；
(2)根据动能定理和动量守恒定律列式联立求解；
(3)根据机械能守恒定律和牛顿第二定律进行分析解答。
考查动量守恒定律和牛顿第二定律，机械能守恒定律的应用，会根据题意进行准确分析解答。
15.【答案】滑块第一次运动至圆弧最低点时，轨道对它的支持力F的大小为3N；
滑块压缩弹簧的过程中，弹簧具有的最大弹性势能Ep为1.25J；
滑块第一次在传送带上滑动的过程中，带动传送带的电机多消耗的能量W为0.5J
【解析】解：(1)滑块沿光滑圆弧轨道运动的过程，根据机械能守恒定律得
mgR=12mv02
解得v0=4m/s
在圆弧最低点，根据牛顿第二定律得
F−mg=mv02R
联立解得轨道对它的支持力的大小F=3N。
(2)滑块滑上传送带时初速度为v0=4m/s，而传送带速度为v=5m/s，滑动摩擦力使滑块加速，加速度为
a=μmgm=μg=0.5×10m/s2=5m/s2
滑块加速至与传送带同速所需时间为
t=v−v0a=5−45s=0.2s
此阶段滑块位移为
s=v0t+12at2=4×0.2m+12×5×0.22m=0.9m
因为s