广西壮族自治区南宁市第二中学2024-2025学年高一下学期4月期中物理试题

组题:周婵 审题:陈琪 南宁二中2024-2025学年度下学期高一期中考试 物理 (时间75分钟,共100分) 一、选择题(本题共10小题,共46分。在每个小题给出的四个选项中,第1-7题只有 一个选项符合题目要求,选对得4分;第8-10题有多个选项符合题目要求,全部选对的 得6分,选对但不全得3分,有选错或不选的得0分。) 1. 小船在静水中的速度是v,今小船要渡过一河流,渡河时小船朝对岸垂直划行,若航行 至中心时,水流速度突然增大,则渡河时间将 A.不变 B,增大 C.减小 D. 不能确定 2. 如图所示为一半圆形的坑,其中坑边缘两点A、B与圆心O等高且在同一竖直平面内, 在圆边缘4点将一小球以速度v水平抛出,小球落到C点,运动时间为4,第二次从A点 以速度水平抛出:小球落到D点:运动时间为,不计空气 阻力,则 A.>v B.< C. 小球落到D点时,速度方向可能垂直圆 D.小球落到C点时,速度方向与水平方向夹角一定大于45{ 3. 拨浪鼓是一种小型的儿童玩具,其简化的模型如图所示。拨浪鼓边缘上与圆心等高处 关于手柄对称的左右两侧位置固定有长度分别为4和,的两根不可伸长的轻质细绳,两细 绳的另一端分别系有质量相同的小球甲、乙。保持手柄坚直匀速转 动,使得两球均在水平面内匀速转动,连接甲、乙的细绳与竖直方 向的夹角分别为a和B。若a<B,则 A. 甲球运动的周期大于乙球运动的周期 B. 甲球运动的线速度大小等于乙球的线速度大小 C. 甲球所受绳子的拉力大小大于乙球所受绳子的拉力大小 D. 甲球的向心加速度大小小于乙球的向心加速度大小 4. “开普勒”太空望远镜在银河系中找到一千多颗可能是行星的星体,其中有54颗处于适 合生命存在的“宜居星体带”。若其中某颗星体的密度与地球的密度相同,但它表面处的重 力加速度是地面重力加速度的一倍。已知近地卫星绕地球运动的线速度约为7.9km/s。若 忽略星体自转,则该星体的第一字审速度约为多大 C. 15.8km/s A. 1.97km/s B. 3.95km/s D. 31.6km/s 5. 2016年10月19日3时31分,神舟十一号载人飞船与天宫二号空间实验室成功实现自 动交会对接。若对接前神舟十一号和天宫二号分别在图示轨道上绕地球同向(天宫二号在 前)做匀速圆周运动,则 神舟一号 A. 神舟十一号的线速度小于天宫二号的线速度 B. 神舟十一 -号的周期大于天宫二号的周期 C. 神舟十一号的角速度小于天宫二号的角速度 天宫二号 D. 神舟十一号可在轨道上加速后实现与天宫二号的对接 高一下期中考试物理试卷第1页(共4页) 组题:周蝉 审题:陈琪 6. 如图甲所示,物体受到水平推力F的作用在粗糙水平面上做直线运动。监测到推力F、 物体速度v随时间:变化的规律如图乙、丙所示。取g=10m/s”,则 m0 4/(ms) 甲 A. 第1s内推力做功为2J B. 第2s内摩擦力做功为2J C. 1-1.5s时推力F的瞬时功率为3W D. 第2s内推力F做功的平均功率为2W 7. 如图1所示,轻杆的一端固定一小球(视为质点)另一端套在光滑的水平轴O上,O轴 的正上方有一速度传感器,可以测量小球通过最高点时的速度大小V:O轴处有力传感器, 可以测量小球通过最高点时O轴受到杆的作用力F,若竖直向下为力的正方向,小球在最 低点时给不同的初速度,得到F-v图像如图2 FN 所示,取g=10m/s2,则 A. O轴到球心间的距离为5m B. 小球的质量为3kg 10v(m;} C.小球恰好通过最高点时的速度大小为、5m/ D. 小球在最高点的速度大小为15m/s时杆受 图1 图2 到球的作用力竖直向上 8. 如图所示,在斜面顶端a处以速度v。水平抛出一小球,经过时间4.恰好落在斜面底端 c处。今在c点正上方与a等高的b处以速度v水平抛出另 一小球,经过时间:恰好落在斜面的三等分点d处。若不 计空气阻力,下列关系式正确的是 A. t-3t B.t=3t 3 9. 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是地球静止卫星,a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 地球 A. 向心加速度大小关系是:a.>a.>a>。 B. 在相同时间内b转过的孤长最长,么、c转过的孤长对应的角度相等 C. c在4小时内转过的圆心角是” ,a在2小时内转过的圆心角是” D. b的周期一定小于d的周期,d的周期一定大于24小时 高一下期中考试物理试卷第2页(共4页) 组题:周蝉 审题:陈琪 10. 如图所示,有两个水平放置的轮盘甲、乙靠摩擦传动,其中O、O分别为两轮盘的轴 心,已知两轮盘的半径之比r=3:2,且在正常工作时两轮盘不打滑,滑块B、C分别 放在两轮盘上,滑块A通过穿过轴心O的光滑轻绳与 滑块B相连。已知m.-0.2kg,m.=m.=lkg,B、C 距离轴心O、O'的距离R:r=3:1. B、C与轮盘间的 动摩擦因数相等,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重 力加速度g=10m/s3,当轮盘甲以某速度转动时 B、C滑块均刚好不发生相对滑动,下列说法正确的是 A A. 滑块B、C与轮盘保持相对静止时,滑块B、C线速度之比为2:3 B. 滑块B、C与轮盘保持相对静止时,滑块B、C向心加速度之比为4:3 C. 滑块B、C与轮盘间的动摩擦因数为0.6 D. 若烧断A、B间的轻绳,滑块B将做近心运动 二、实验题(本题共2小题,共14分。) 11.(6分)某同学利用传感器验证向心力与角速度间的关系。如图甲,电动机的竖直轴与 水平放置的圆盘中心相连,将力传感器和光电门固定,圆盘边缘上固定一竖直的遮光片, 将光滑小定滑轮固定在圆盘中心,用一根细绳跨过定滑轮连接小滑块和力传感器。实验时 电动机带动水平圆盘匀速转动,滑块随圆盘一起转动,力传感器可以实时测量绳的拉力F 的大小。 力传感础 11 #1## 1__光电门 块 圈盘 架 电机士 (1)圆盘转动时,宽度为a的遮光片从光电门的狭缝中经过,测得遮光时间为Ar,则遮 光片的线速度大小为△,圆盘半径为R,可计算出滑块做圆周运动的角速度 △。(用所给物理量的符号表示) (2)保持滑块质量和其做圆周运动的半径不变,改变滑块角速度{,并记录数据,做出 F一图线如图乙所示,从而验证F与关系。该同学发现图乙中的F-图线不过坐 标原点,且图线在横轴上的截距为②,滑块做圆周运动的半径为{,重力加速度为8,最 大静摩擦力等于滑动摩擦力,则滑块与圆盘间的动摩擦因数为△。(用所给物理量的 符号表示) 12.(8分)某同学利用图甲所示装置做“研究平抛运动”的实验,他用一张印有小正方格的 纸记录小球运动的轨迹,在方格纸上建立如图乙所示的坐标系,小正方格的边长L一2.5cm 若小球在平抛运动中的几个位置如图乙中的a、b、c、d所示 g=10m/s2,则 (1)小球由a点运动到b点的时间为 △s; (2)小球的初速度为△m/s; (3)小球在b点的瞬时速度为△m/s: (4)小球抛出点的横坐标为x一△cm。 高一下期中考试物理试卷第3页(共4页) 组题:陶 审题:陈琪 13(10分)2021年5月15日4时18分,我国首次火星探测任务“天问一号”携祝融号成 功着陪在火星乌托邦平原,至此,火星上终于留下了中国印迹,是我国航天科技的一座新 更火星表面高度为h,绕火星做周期为T的匀速圆周运动,已知火星半径为R,万有引力 常量为G。求: 四多小 14.(12分)如图甲所示,一台起重机将质量m-200kg的重物由静止开始竖直向上匀加速 提升,4s末达到额定功率,之后保持该功率继续提升重物。5s末重物达到最大速度y. 整个过程中重物的v-1图像如图乙所示。取g=10m/s{,假设起重机做功全用于提升重物。 试计算: (1)0~4s内钢绳对重物的拉力大小? (2)起重机的额定功率P与重物上升的最大速度y.: (3)前5s内起重机的平均功率P。 wm/s) s) 圈甲 图乙 15.(18分)如图所示,ABC是半径为R的光滑圆狐形轮滑赛道,4点与圆心O等高,B 为最低点(位于水平地面上),圆孤BC所对的圆心角为60,轮滑运动员从4点以一定的 初速度沿圆狐面滑下,从C点滑出后,运动员上升到的最高点与O点在同一水平面上, 此后运动员恰好落到平台上的D点,D点距水平地面的高为一R。已知运动员和轮滑鞋的 总质量为m,重力加速度大小为g,运动员和轮滑鞋整体视为质点,不计空气阻力。求: (1)运动员从C点滑出时的速度大小: (2)运动员和轮滑鞋一起在C点受到轨道支持力的大小; (3)平台D点离圆孤轨道C点的水平距离x及运动员离开C点在空中飞行时距直线OC 的最大距离d。 1目 台 高一下期中考试物理试卷第4页(共4页)高一下段考物理试卷参考答案第 1页，共 4页 南宁二中 2024-2025 学年度下学期高一期中考试物理参考答案 一、选择题 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 A D D B D C D AC BD BC 1．A【解析】将小船的实际运动沿着船头指向和顺着水流方向正交分解，由于分运动互不干扰，故渡河时 间与水流速度无关，只与船头指向方向的分运动有关，故船航行至河中心时，水流速度突然增大，只会对 轨迹有影响，对渡河时间无影响，A正确。 2．D【解析】连接 AC和 AD，设 AC和 AD的在竖直方向上的长度分别为 hAC和 hAD，根据图像可知 AC ADh h ， 且有 2 1 1 2AC h gt ， 22 1 2AD h gt 可得 1 2t t 设 AC和 AD的水平方向上的长度分别为 xAC和 xAD，则有 AC ADx x ， 1 1ACx v t ， 2 2ADx v t ，可得 1 2v v ，A、B错误；若速度垂直于 D点，速度反向延长线过 O点，O不是水 平位移中点，C错误；小球落到 C点时，设小球的位移偏转角为α，即 AC 与水平方向的夹角为α，则有 1tan  R R x h AC AC 可得 45  ，根据平抛运 动规律，设小球的速度偏转角为β，即小球落到 C点时速度方向与水平方向 的夹角为β，满足 tan 2 tan 2   ，说明β一定大于 45°，则速度与水平方 向的夹角一定大于 45°，D正确。 3．D【解析】甲、乙两球绕共同的转动轴转动，两球的角速度相同，即周期相同，A错误；对甲球有  2 1tan sinmg m l r    ，线速度  1 1sinv l r   ，则有 1 tangv    ，同理对乙球有 2 tangv    ，由于  ， 则有 1 2v v ，B错误；竖直方向，两球的合力为零，则对甲球 cosT mg 甲 ，对乙球 cosT mg 乙 ，由于  ， 可知T T甲 乙，C错误；甲球的向心加速度 tan tanmga g m   甲 ，乙球的向心加速度 tan tanmga g m   乙 ， 有 a a甲 乙，D正确。 4．B【解析】星体的第一宇宙速度及近星体卫星的速度，根据牛顿第二定律得 2Mm vG m R R  ，忽略星体自 转，在星体表面 2 MmG mg R  ，星体质量 3 4 3 M R  ，因为星体与地球的密度相同，得 1 2 R g R g  星 星 地 地 ，联 立得 v gR ，所以 1 2 v g R v g R  星 星 星 地地 地 ，则 1 3.95km/s 2 v v 星 地 ，B正确。 5．D【解析】由万有引力提供向心力得 2 2 GMm vm r r  ，解得 GMv r  ，由于天宫二号的轨道半径大于神舟 十一号的轨道半径，则天宫二号的运行速率小于神舟十一号的运行速率，A错误；卫星的周期为 2 2r rT r v GM    ，由于天宫二号的轨道半径大于神舟十一号的轨道半径，则天宫二号的周期大于神舟 十一号的周期，B错误；卫星的角速度为 3 2 GM T r    ，由于神舟十一号的轨道半径小于天宫二号的角 速度轨道半径，则神舟十一号的角速度大于天宫二号的角速度，C错误；神舟十一号飞船适当加速时，所 需要的向心力大于万有引力，将做离心运动，轨道半径变大，与天宫二号实现对接，D正确。 6．C【解析】由图丙可知，第 1s内推力方向上没有位移，所以不做功，A错误；根据图像丙，第 2s内位 移为 2 1 1 2m 1m 2 x     由图丙可知，物体从第 2s末开始做匀速直线运动，可知摩擦力方向向左，则有 2Nf   摩擦力做负功 2JW   ，B错误；根据图像丙可知，1.5s时，物体的速度为 1m / sv  ，推力 3NF  ， 推力 F在第 1.5s时的瞬时功率 3 1W 3WP Fv    ，C正确；根据图像丙，第 2s内的平均速度为 0 2m / s 1m / s 2 v   ，推力 3NF  ，所以第 2s内推力 F做功的平均功率为 3 1W 3WP Fv    ，D错误。 7．D【解析】小球通过最高点时，O轴受到杆的作用力 F 与小球受到杆的作用力 F'等值反向，即 F F   高一下段考物理试卷参考答案第 2页，共 4页 小球过最高点时，根据牛顿第二定律 2vmg F m R   ，得 2 mF v mg R    ，则 2 mF v mg R    ，由图 2的斜 率为 3 5 m R  ，又当 2 0v  时，可得 3Nmg  ，解得 0.3kgm  ， 0.5mR  ，AB错误；杆带动小球在竖直方 向做圆周运动，只要速度大于零，小球都能通过最高点，所以当小球通过最高点的速度为零，球恰好通过 最高点，C错误；小球过最高点的速度大小为 15m/s时，根据牛顿第二定律 2vmg F m R   ，可得 6NF   ， 方向竖直向下，即杆对球的作用力方向向下，所以杆受到球的作用力竖直向上，D正确。 8．AC【解析】两个小球在竖直方向做自由落体运动，根据 2 1 2 h gt ，解得 2ht g  ，由题可知 a、b两球下 降的高度之比为 3：1，则时间关系为 3a bt t ，A正确，B错误；两个小球在水平方向做匀速直线运动， 则有 0 xv t  ，由题可知 a、b两球水平位移之比为 3：2和时间关系 3a bt t ，可得 3 2a b v v ，C正确，D 错误。 9．BD【解析】c为同步地球卫星，周期与地球自转周期相同，角速度相同，根据 2a r ，c的向心加速 度大于 a，由牛顿第二定律得 2 GMa r  ，所以半径越大加速度越小所以 b c da a a  ，a、d向心加速度无法 比较，A错误；根据天体运动线速度 GMv r  ，因此 b c dv v v  ，a和 c角速度大小相等，半径越大线速 度越大 c av v ，综上卫星 b相同时间转过的弧长最长，a和 c相同时间内转过的角度相同，B正确；静止 卫星的周期为 24小时，则 4小时内转过的角度为 3  ，地球在 2小时内转过的角度为 6  ，C错误；由万有 引力提供向心力可得 2 2 2 4GMm m r r T   ，解得 2 34 rT GM   ，d的周期大于 c的周期，则 d的周期大于 24h，b 的周期一定小于 d的周期，D正确。 10．BC【解析】甲、乙两轮盘靠摩擦传动，且不打滑，所以两轮 盘边缘线速度相同，所以 r r 甲 甲 乙 乙，即 : 2 :3  乙甲 ，则 B、C 滑块向心加速度之比 2 2B C: : 4 : 3a a R r  甲 乙 ，B、C滑块线速度之比 B C: : 2 :1R r  甲 乙v v ，B正确，A错误；对 A、B、C受力分析如 图所示，对 A有 T AF m g ，对 B有 2T B BF m g m R   甲 ，对 C有 2 C Cm g m r  乙 ，解得 0.6  ，C正确；若烧断细绳，则对滑块 B提 供的向心力小于滑块 B需要的向心力，滑块 B将做离心运动，D错误。 二、实验题 11．（6分）（1）  d t ， d R t ；（2） 2 0r g  。 【解析】（1）[1] 遮光片的线速度大小为 dv t   ；[2]根据线速度与角速度公式可知 v d R R t     。 （2）根据图像可知 0  时， 0F  ，此时有 2 0mg mr  ，解得 2 0r g    12．（8分）（1）0.05s；（2）1.0；（3）1.25；（4）2.5。 【解析】（1）取 a、b、c三点分析，水平位移间隔均为 2L，所以小球从 a点到 b点，从 b点到 c点所用的 时间相同，设时间为 T，在竖直方向上有 2y gT  ，解得 0.05sT  ；（2）水平方向上，则有 02L v T ，解 得 0 1.0m/sv  ；（3）小球在 b点时竖直方向上的速度为 3 0.75m/s 2by Lv T   ，所以小球在 b点的瞬时速度为 2 2 0 1.25m/sb byv v v   ；（4）设从抛出点到 b点的时间为 t，则 byv gt ，解得 0.075st  ，所以小球抛出点 的横坐标为 04 2.5cmx L v t   。 高一下段考物理试卷参考答案第 3页，共 4页 三、计算题 13．（10分）（1） 2 3 2 2 4 ( )R h T R   ；（2） 3 2 3 3 ( )R h GT R   。 解：（1）对“天问一号”，着陆前，根据万有引力提供向心力 2 2 2 4( )( ) ( ) MmG m R h R h T     …………2分 着陆后，在火星表面，则有 2 MmG mg R  …………2分 联立解得 2 3 2 2 4 ( )R hg T R    …………2分 （2）对“天问一号”，根据万有引力提供向心力 2 2 2 4( )( ) ( ) MmG m R h R h T     根据密度 34 3 M R    …………2分 解得 3 2 3 3 ( )R h GT R   …………2分 14．（12分）（1）2100N；（2）4200W，2.1m/s；（3）2520W。 解：（1）根据 v t 图像可知0 ~ 4s内重物做匀加速直线运动的加速度大小为 t va    …………1分 解得 a = 0.5m/s2 根据牛顿第二定律可得 F mg ma  …………2分 解得 2100NF  …………1分 （2）4s末达到额定功率，则起重机的额定功率为 2100 2W 4200W   P Fv…………1分 解得 P=4200W…………1分 5s末重物达到最大速度，此时牵引力等于重力，则有 m mP F v mgv  …………1分 解得 mv =2.1m/s…………1分 （3）0 ~ 4s内重物的位移为 1 1 2 4m 4m 2 2 vx t   =4m…………1分 整个前5s内，牵引力做的功为 F 1 1( ) 2100 4J 4200 (5 4)J 12600JW Fx P t t        …………1分 解得 WF=12600J…………1分 则前5s起重机的平均功率为 F W 1260 20 520 5 WWP t   =2520W…………1分 15．（18分）(1) 2 3 3 gR；(2) 10 3 mg；(3) 3 2 x R ， 4 3 9 d R 。 解：（1）设运动员从 C点滑出的速度大小为 vC，运动员从 C点滑出后，竖直方向有： 20( )sin 6 2Cv gh …………1分 cos60h R …………1分 联立解得 2 3 3C v gR …………1分 （2）对运动员在 C点，根据牛顿第二定律有 R vmmgF C 2 N 60cos  …………2分 解得 mgF 6 11 N  …………1分 高一下段考物理试卷参考答案第 4页，共 4页 （3）运动员从 C点滑出后，上升的过程有 1sin 60Cv gt  …………1分 设下降的时间为 2t ，则有 22 1 1 8 2 R gt …………1分 则 D点与 C点的水平距离 )(60cos 21 ttvx C  …………2分 联立解得 3 2 x R …………1分 由于从 C点滑出时的速度与直线 OC垂直，将运动员离开 C点在空中的运动分解为沿 C点速度方向和垂直 C点速度方向两个分运动， 沿 C点速度方向上 mgsin60°=ma1…………1分 解得 ga 2 3 1  …………1分 沿 C点速度方向速度减为 0的过程 tavC 1 …………1分 解得 g Rt 3 4  …………1分 因为 t 1 2 1 4 3 3 2 Cv R Rt t t a g g      …………1分 所以运动员沿 C点速度方向速度减为 0时距直线 OC最远， davC 1 2 2 …………1分 解得 Rd 9 34  …………1分