湖南省娄底市涟源市第一中学2023-2024学年高一下学期期中考试物理试卷（原卷版+解析版）

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一、单选题：本题共7小题，每小题满分4分，共28分。
1. 下列说法符合史实的是（ ）
A. 开普勒根据行星观测数据总结出了行星运动三大定律
B. 卡文迪许发现了万有引力定律并测出了万有引力常量的数值
C. 伽利略通过月一地检验发现地球与苹果间的引力跟天体之间的引力是同一种力
D. 1781年发现的天王星的轨迹有些古怪，表明万有引力定律的准确性有问题
【答案】A
【解析】
【详解】A．开普勒根据第谷观测行星运动的数据，总结出行星运动三大定律，故A正确；
B．牛顿发现了万有引力定律100多年以后，卡文迪许通过扭秤实验测定出了万有引力常量的数值，故B错误；
C．牛顿通过月一地检验发现地球与苹果间的引力跟天体之间的引力是同一种力，故C错误；
D．1871年，人们发现了太阳系中的第七颗行星—天王星，但是，它的运动轨迹有些“古怪”，根据万有引力定律计算出来的轨道与实际观测的结果总有一些偏差；英国剑桥大学的学生亚当斯和法国年轻的天文学家雷维耶相信在天王星轨道外面还存在一颗未发现的行星；他们根据天王星的观测资料，各自独立地利用万有引力定律计算出这颗“新”行星的轨道，后来这颗行星被命名为“海王星”，表明万有引力定律的正确性，故D错误。
故选A。
2. 从空中以40m/s的初速度平抛一重为10N的物体，物体在空中运动3s落地，不计空气阻力，取g=10m/s2，则物体在2s末，重力的瞬时功率为（ ）
A. 200WB. 200WC. 400WD. 600W
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】物体在2s末的竖直速度为
所以重力的瞬时功率
故A正确，BCD错误。
故选A。
3. 如图所示，一条小船渡河，河宽100米，河水流速v1=3m/s，船在静水中速度v2=4m/s，船头方向与河岸垂直，关于小船的运动，下列说法正确的是（ ）
A. 小船的实际运动轨迹与岸垂直
B. 小船相对于岸的速度大小为7m/s
C. 小船过河所用时间为25s
D. 小船过河后航行到了河对岸下游60m处
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】A．船头方向与河岸垂直，故实际轨迹是合速度方向，不与岸垂直，故A错误；
B．小船相对于岸的速度大小为
故B错误；
C．小船过河所用时间为
故C正确；
D．小船过河后航行到了河对岸下游
处，故D错误。
故选C。
4. 有a、b、c、d四颗地球卫星：a还未发射，在地球赤道上随地球表面一起转动；b在地球的近地圆轨道上正常运行；c是地球同步卫星；d是高空探测卫星。各卫星排列位置如图，则下列说法正确的是（ ）
A. a的向心加速度大于b的向心加速度
B. 四颗卫星的线速度大小关系是：
C. 在相同时间内d转过的圆心角最小
D. d的运动周期可能是20小时
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】A．a卫星在地面上，地球同步卫星c的周期必须与地球自转周期相同，角速度相同，可知a与c的角速度相同，根据
a=ω2r
知，c的向心加速度大于a。由牛顿第二定律得
解得
卫星轨道半径越大，向心加速度越小，则同步卫星c的向心加速度小于b的向心加速度，可知a的向心加速度小于b的向心加速度，故A错误。
B．根据
可知
a与c的角速度相同，由于c比a的半径大，则
故B错误。
C．根据
可知
a与c的角速度相同，因此卫星d的角速度最小，在相同时间内转过的圆心角最小，故C正确。
D．由开普勒第三定律
知，卫星的轨道半径越大，周期越大，所以d的运动周期大于c的周期24h，d的运行周期应大于24小时，不可能是20小时，故D错误。
故选C。
5. 质量m=200kg的小型电动汽车在平直的公路上由静止启动，图像甲表示汽车运动的速度与时间的关系，图像乙表示汽车牵引力的功率与时间的关系。设汽车在运动过程中阻力不变，在18s末汽车的速度恰好达到最大。则下列说法正确的是（ ）
A. 汽车受到的阻力200N
B. 汽车的最大牵引力为800N
C. 8s~18s过程中汽车牵引力做的功为8×104J
D. 汽车在做变加速运动过程中的位移大小为90m
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】A．当牵引力等于阻力时，速度达到最大值，则有
故A错误；
B．汽车做匀加速运动的牵引力最大，则有
故B错误；
C．8s-18s过程中汽车牵引力已达到最大功率，所以牵引力做的功为
W=Pt=8×104J
故C正确；
D．8s~18s过程中，根据动能定理得
解得
s=95.5m
故D错误；
故选C。
6. 已知质量分布均匀的球壳对壳内物体的引力为零，假设地球是一半径为R、质量分布均匀的球体，则地面下深度d（dA. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【详解】地面上高度为d处的重力加速度，根据万有引力等于重力
地面下深度d（d其中
求得
D正确．
故选D。
7. 我国天文学家通过FAST，在武仙座球状星团 M13中发现一个脉冲双星系统。如图所示，假设在太空中有恒星 A、B双星系统绕点O做顺时针匀速圆周运动，运动周期为 T1，它们的轨道半径分别为RA、RB，RAA. 若知道C的轨道半径，则可求出C的质量
B. 恒星B的质量为
C. 若A也有一颗运动周期为T2的卫星，则其轨道半径一定小于C的轨道半径
D. 设A、B、C三星由图示位置到再次共线的时间为t，则
【答案】D
【解析】
【详解】A．在知道C的轨道半径和周期的情况下，根据万有引力定律和牛顿第二定律列方程只能求解B的质量，无法求解C的质量，故A错误；
B．在A、B组成的双星系统中，对A根据牛顿第二定律有
解得
故B错误；
C．若A也有一颗运动周期为T2的卫星，设卫星的质量为m，轨道半径为r，则根据牛顿第二定律有
解得
同理可得C的轨道半径为
对A、B组成的双星系统有
因为RA＜RB，所以MA＞MB，则r＞RC，故C错误；
D．如图所示，A、B、C三星由图示位置到再次共线时，A、B转过圆心角θ1与C转过的圆心角θ2互补，则根据匀速圆周运动规律可得
解得
故D正确。
故选D。
二、多选题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
8. 探月工程中，嫦娥三号”探测器的发射可以简化如下：卫星由地面发射后，进入地月转移轨道，经过P点时变轨进入距离月球表面100公里圆形轨道1，在轨道1上经过Q点时变轨进入椭圆轨道2，月球车将在M点着陆月球表面，下列说法正确的是（ ）
A. “嫦娥三号”在轨道1上的速度比月球的第一宇宙速度大
B. “嫦娥三号”在地月转移轨道上经过P点的速度比在轨道1上经过P点时大
C. “嫦娥三号”在轨道1上运动周期比在轨道2上小
D. “嫦娥三号”在轨道1上经过Q点时的加速度等于在轨道2上经过Q点时的加速度
【答案】BD
【解析】
【分析】
【详解】A．月球的第一宇宙速度是卫星贴近月球表面做匀速圆周运动的速度，“嫦娥三号”在轨道1上的半径大于月球半径，根据
得线速度
可知“嫦娥三号”在轨道1上的运动速度比月球的第一宇宙速度小，故A错误；
B．“嫦娥三号”在地月转移轨道上经P点进入轨道1，需减速，所以在地月转移轨道上经过P点的速度比在轨道1上经过P点时大，故B正确；
C．根据开普勒第三定律得卫星在轨道2上运动轨道的半长轴比在轨道1上轨道半径小，所以卫星在轨道1上运动周期比在轨道2上大，故C错误；
D．“嫦娥三号”无论在哪个轨道上经过Q点时的加速度都为该点的万有引力加速度，所以万有引力在此产生的加速度相等，故D正确。
故选BD。
9. 如图甲所示，在水平地面上放置一木块，其质量，木块在水平推力F作用下运动，推力F的大小随位移x变化的图像如图乙所示。已知木块与地面间的动摩擦因数，重力加速度g取，下列说法正确的是（ ）
A. 木块先做匀变速直线运动，后做匀速直线运动
B. 木块运动的过程中，其克服摩擦力所做的功为
C. 木块运动的过程中，合力做的功为
D. 木块在运动过程中的加速度一直变小
【答案】BC
【解析】
【详解】AD．木块受到的摩擦力大小为
根据牛顿第二定律可得
由图像可知，木块先做加速度增大的变加速运动，当推力大小不变时做匀加速直线运动，加速度不变，故AD错误；
B．木块运动的过程中，其克服摩擦力所做的功为
故B正确；
C．图像中图线与横轴所围图形的面积表示推力对木块所做的功，由图乙可知推力对木块所做的功为
则合力做的功为
故C正确。
故选BC。
10. 如图所示，有一条柔软的质量为m、长为L的均匀链条，开始时链条的长在水平桌面上，而长垂于桌外，处于静止。若不计一切摩擦，桌子足够高。下列说法中正确的是（ ）
A. 若要把链条全部拉回桌面上，至少要对链条做功
B. 若要把链条全部拉回桌面上，至少要对链条做功
C. 若自由释放链条，则链条刚离开桌面时的速度
D. 若自由释放链条，则链条刚离开桌面时的速度
【答案】BC
【解析】
【分析】
【详解】AB．若要把链条全部拉回桌面上，只要克服垂于桌面外的部分的重力做功即可，至少要克服重力做的功
故A错误，B正确；
CD．若自由释放链条，只有重力做功整个链条的机械能守恒，取桌面为参考平面则有
解得
故C正确，D错误
故选BC。
11. 如图所示，质量为m的小物块（可视为质点）从斜坡坡顶B处由静止下滑，到达坡底A处被截停，在水平恒力F的作用下，小物块从斜坡底部A处缓慢运动至坡顶。已知A、B之间的水平距离为s、高度为h，重力加速度为g。则下列说法正确的是（ ）
A. 下滑过程中，小物块重力做的功是
B. 推力F对小物块做的功大于
C. 上滑过程中，小物块克服摩擦力做功为
D. 无论是上滑还是下滑，小物块在这两个阶段克服摩擦力做的功相等
【答案】AC
【解析】
【详解】A．下滑过程，小物块重力做功
故A正确；
BC．小物块在水平恒力F的作用下缓慢运动到坡顶的过程，小物块缓慢上滑，动能变化量为0，推力F对小物块做的功
由动能定理可得
解得
所以上滑过程中，小物块克服摩擦力做功为，故B错误，C正确；
D．下滑过程中，受力分析如图甲：
有
小物块位移
摩擦力做功
小物块在水平恒力F的作用下缓慢运动到坡顶的过程，对小物块受力分析如图乙：
有
小物块位移
摩擦力做功
因此，上滑和下滑过程小物块在这两个阶段克服摩擦力做的功不相等，故D错误。
故选AC。
三、实验题：本题共2小题，每小题6分，共12分。
12. 某学校新进了一批传感器，小明在老师指导下，在实验室利用传感器探究物体做圆周运动向心力与物体质量、轨道半径及转速的关系。实验装置如图甲所示。带孔的小清块套在光滑的水平细杆上。通过细杆与固定在转轴上的拉力传感器相连。小滑块上固定有转速传感器。细杆可绕转轴做匀速圆周运动小明先保持滑块质量和轨道半径不变来探究向心力与转速的关系。
（1）小明采用的实验方法主要是________。（填正确答案标号）
A.理想模型法 B.控制变量法 C.等效替代法
（2）若拉力传感器的示数为F，转速传感器的示数为n，小明通过改变转速测量出多组数据，作出了如图乙所示的图像，则小明选取的横坐标可能是______________________。
A.n B. C. D.
（3）小明测得滑块做圆周运动的半径为r，若F、r、n均取国际单位，图乙中图线的斜率为k，则滑块的质量可表示为m=_________。
【答案】 ①. B ②. D ③.
【解析】
【详解】（1）[1]由题意可知，该实验是先保持小滑块质量和半径不变去测量向心力和转速的关系，是先控制一些变量，在研究其中两个物理量之间的关系，是控制变量法，故B正确，AC错误；
故选B。
（2）[2]根据向心力与转速的关系有
可知小明选取的横坐标可能是，故选D。
（3）[3]根据题意有
结合向心力与转速的关系可得
13. 某学习小组利用如图甲所示装置测当地的重力加速度，小球直径为d。小球被电磁铁吸住时，球心到光电门的距离为h，电磁铁断电，小球从A处开始做自由落体运动，小球通过光电门时光电门的遮光时间为。完成以下问题：
（1）用毫米刻度尺测小球的直径d如图乙所示，则小球的直径为______mm。
（2）小球通过光电门1时的速度大小v＝______。（用字母表示）
（3）多次调节球心到光电门的距离h，记录对应的，获多组实验数据后，画出图像如图丙，并通过计算得到图像丙的斜率为k，则当地重力加速度g＝______。（用字母表示）
【答案】 ①. 9.0 ②. ③.
【解析】
【详解】（1）[1]刻度尺需要估读到最小刻度值下一位，小球的直径9.0mm；
（2）[2]小球经过光电门的时间极短，平均速度可视为金属球经过光电门的瞬时速度
（3）[3] 小球由静止到经过光电门这一过程，根据运动学公式有
则整理有
由题可知
整理求得
四、解答题：本题共3小题，共40分。
14. 宇航员站在某半径为的星球表面上，手持小球从高度为处以一定初速度水平抛出，小球落到星球表面上的点与抛出点的水平距离为，抛出范围内该星球表面水平及忽略星球自转影响，空气阻力不计，求：
（1）该星球表面的重力加速度和星球的质量；
（2）该星球的第一宇宙速度。
【答案】（1），；（2）
【解析】
【详解】（1）小球在星球表面做平抛运动，则有
，
联立解得该星球表面的重力加速度为
根据物体在星球表示受到的万有引力等于重力可得
解得星球质量为
（2）星球的第一宇宙速度等于卫星绕在星球表面绕星球做匀速圆周运动时的线速度，则有
解得该星球的第一宇宙速度为
15. 如图所示装置可绕竖直轴OO′转动，可视为质点的小球A与两细线连接后分别系于B、C两点，当细线AB沿水平方向绷直时，细线AC与竖直方向的夹角θ=37°。已知小球的质量m=1 kg，细线AC长L=0.5m，AB能承受的最大拉力为22.5N。（重力加速度g取10m/s2，sin37°=0.6，cs37°=0.8）
（1）若装置匀速转动，细线AB刚好被拉直成水平状态，求此时的角速度ω1的大小；
（2）若装置匀速转动的角速度ω2=8rad/s，求细线AB和AC上的拉力大小TAB、TAC；
（3）若装置匀速转动的角速度ω3=15rad/s，求系统稳定转动后细线AC上的拉力大小T'AC。
【答案】（1）5rad/s；（2）12.5N；11.7N；（3）112.5N
【解析】
【详解】（1）细线AB上张力恰为零时，小球靠重力和拉力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律有
解得
ω1＝5rad/s
（2）依题意
ω2＞ω1
细线AB有张力，由小球的受力情况及牛顿第二定律得
，
解得
，TAB=11.7N
（3）设AB细线能承受的最大拉力时的角速度为ω0，则有
，
解得
可知若装置匀速转动的角速度ω3=15rad/s，AB细线已断，小球将上移，设细线AC与竖直方向夹角为，有
解得
TAC=112.5N
16. 如图所示，半径R＝1.0m的光滑圆弧轨道固定在竖直平面内，轨道的一个端点B和圆心O的连线与水平方向间的夹角θ＝37°，另一端点C为轨道的最低点。C点右侧的水平路面上紧挨C点放置一木板，木板质量M＝1kg，上表面与C点等高。质量m＝1kg的物块（可视为质点）从空中A点以v0＝1.2m/s的速度水平抛出，恰好从轨道的B端沿切线方向进入轨道。已知物块与木板间的动摩擦因数μ1＝0.2，木板与路面间的动摩擦因数μ2，取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cs37°＝0.8。试求：
（1）物块经过B端时速度的大小；
（2）物块经过轨道上的C点时对轨道的压力大小；
（3）若μ2大小可以变化，要使物块不从木板上滑下来，木板至少的长度L与μ2的关系。
【答案】（1）2m/s；（2）46N；（3）当μ2≥0.1时L=9m，当μ2＜0.1时
【解析】
【分析】
【详解】（1）根据几何关系可知物块在B点的速度方向与竖直方向夹角为θ=37°，由速度的分解可得物块经过B端时速度的大小为
vB＝＝2m/s ①
（2）设物块到达C点时的速度大小为vC，则对物块从B到C的运动过程应用动能定理有
mg(R＋Rsinθ)＝mvC2－mvB2 ②
解得vC=6m/s。
设物块经过C点时所受轨道的支持力大小为FN，此时由牛顿第二定律得
FN－mg＝m ③
联立①②③并代入数据解得FN＝46N，由牛顿第三定律知，物块经过轨道上的C点时对轨道的压力大小为
F压=FN=46N ④
（3）a.若物块在木板上滑动时木板仍静止，则有
⑤
即当时，根据动能定理有
⑥
解得L=9m。
b. 若物块在木板上滑动时木板也运动，则有<0.1。物块滑上木板后开始做匀减速运动，而木板开始做匀加速运动，当物块运动到木板右端时恰好与木板达到共同速度，此时木板长度最短。设物块和木板的加速度大小分别为a1、a2，则对物块和木板分别应用牛顿第二定律有
⑦
⑧
设经过时间t，物块与木板达到共同速度，则有
⑨
根据运动学公式可得t时间内物块和木板的位移大小分别为
⑩
⑪
联立⑦~⑪可得
⑫