山西省部分重点中学2024-2025学年高一下学期期中考试物理试题

null2024级高一学年下学期期中考试·物理 参考答案、提示及评分细则 1.A0~2s内，合外力F对物体的冲量I=F1十F22=2X1N·s十（一6）×1N·s=一4N·s,A正确. 2.B在小木块运动一周的过程中，摩擦力做功W,=一mg·s=一2πRmg,B正确. 3.C根据关联速度，将小车的速度沿绳和垂直绳方向分解，沿绳方向有一cos0,物体上升过程中，小车与 水平方向的夹角日逐渐减小，则物体的速度逐渐增大，做加速运动，物体始终处于超重状态，A、B错误，C正 确；当0=60时，有v'=vcos60°=4m/s,D错误. 4.B由开普勒第二定律可知，地球在近日点的公转速度最大，故地球在α位置时的公转速度最大，A错误；地 球从a位置经b到c位置，公转速度逐渐减小，从c位置经d到a位置，公转速度逐渐增大，根据对称性可知， 地球从a位置经b到c位置的时间为半年，从b位置经c到d位置的时间大于半年，从d位置经a到b位置 的时间小于半年，B正确，C、D错误 5.D选择不同的参考平面，小球在桌面上的重力势能不同，A错误：若以地面为参考平面，小球在P点的重力 势能EP=mg(H十h)=9J,B错误：若以桌面为参考平面，小球在Q点的重力势能Ea=一mgh=一5J,C 错误：整个下落过程中，重力对小球做正功，小球的重力势能减少了△E。=mg(H十h)=9J,D正确， 6.C卫星做匀速圆周运动时，由万有引力提供向心力，有F=R=m二，卫星在远地点M做近心运动，万有引 力大于向心力，即F>m买，卫星在近地点N做离心运动，万有引力小于向心力，即F<m买，C正确， 7.D由图像可知，汽车的最大速度=20m/s,此时有f=F=4×103N,则汽车的额定功率P=f=8× 10W,A,B错误汽车做匀加速直线运动的末速度大小助一￡-X丹m/s三10m/s,则汽车做匀加速运 动的时间t一=5s,C错误：当汽车的速度功=16m/s>=10m/s,可知汽车达到额定功率，此时牵引力 天小乃气-_8XN=5X10N,根据牛顿第二定律有乃一f=mm,解得a/=0,5m/3,D正确 8.AC因该卫星绕地球做匀速圆周运动，枚卫星的运行速度小于7.9km/s,发射速度满足7.9km/s<v< 11.2k/s,A正确、B错误；由于卫星每天在相同时刻沿相同方向经过地球表面某点正上方，且恰好绕地球 运行m圈，有nI=T解得T=于，C正确：由万有引力提供向心力，有G恤=m(停)），在地球表面有 2 6崇-：联立解得零哥D指误 9.BD水的竖直分速度大小=sn0,则水在空中运动时间1=2.丛-2sin9,在空中的最大高度方=号= g 2g 9,A错误，B正确：水的水平分速度大小=cOs,水平方向有R=1=2si血cos日，C错误：每根喷 2g g 管喷出的水柱在空中的总体积V=SM=2Ssin9,D正确。 10,AD由图乙可知，物块的初动能。-号mm-32J,解得-8m.A正确：设斜面的倾角为0，物块上滑的 最大距离。=4m.由动能定理有一mg·血)omgc0s0·。=0一B,物块上滑距离n=号m时，因动能 和重力势能相等，有E=mg·sin0,由动能定理有一mg·x1sin0-gcos0·n=E一Ew,联立解得0= 30,以一号，B.C错误：物块从开始到再次返回斜面底端的过程，由动能定理有一2如mgs9·。=B一瓦，解 得E=8J,D正确 11.(1)质量(2)B(3)3:1(每空2分) 解析：(1)由图甲可知，两小球的质量不同，所以该同学是在研究向心力的大小F。与质量的关系. (2)若想探究向心力的大小F.与角速度w的关系，要保持m和r相同，C正确. (3)两小球为质量相等的钢球，由图乙可知，两小球做圆周运动的半径相等，实验中观察到标尺上红白相间 的等分格显示出两个小球所受向心力的比值为1：9，根据Fn=wr,则变速塔轮的角速度之比为1：3，由 于与皮带连接的变速塔轮边缘处的线速度大小相等，根据v=R,可知变速塔轮相对应的半径之比为3：1. 【高一下学期期中考试·物理参考答案第1页（共2页）】 25070A 12.(1)C(2)2.91(3)2.122.14(4)A(每空2分) 解析：(1)重物最好选用密度较大、体积较小的物体，以减小空气阻力的影响，A错误；由于重力势能的减少 量与动能的增加量均含有重物的质量，式子两边可以约掉，所以不需要测量重物的质量，B错误；实验时先 接通电源，后释放重物，C正确：若根据w=g来计算重物在t时刻的瞬时速度，相当于默认重物是做自由落 体运动，而做自由落体的重物的机械能一定守恒，则失去了验证的意义，D错误 (2)交流电颜率为50H,所以相邻两计数点间的时间间隔T=子=0.02s,根据匀变速直线运动的推论，可 知打点计时器打下点C时，重物的速度大小=织-49.638.02)X10 27 2×0.02 -m/s=2.91m/s. (3)0点速度为零，故从打O点到打C点的过程中，重物的动能增加量△E=之m≈2.12J小：重物的重力 势能减少量△E,=g·OC≈2.14J. (4)实验中重物的动能增加量略小于重力势能的减少量，其主要原因是重物下落过程受到阻力作用，重力势 能的减少量有一部分转化为内能，使得动能的增加量略小于重力势能的减少量，A正确. 13.解：(1)轻弹簧恰为原长时，对小球受力分析 水平方向有mgtan0=mcos0 (2分) 解得小球的线速度大小v=2m/s(2分) (2)轻弹簧恰好为原长时，小球的角速度伽=1cos03 020 rad/s(1分) 因<，可知轻弹簧被压缩，设稳定时轻弹簧的长度为L,对小球受力分析，如图所示 竖直方向，有Fwcos0+k(l-L)sin0=mg(2分) 水平方向，有Fxsin0-k(l-L)cos0=w2·Lcos0(2分) 联立解得L=号m1分) 14解：1)小球从A到C的过程中，由机械能守恒定律有mgh=之me2(2分) 解得=4m/s(1分) (②)小球在D点，由向心力公式有mg=m光 R (2分) 小球从A到D的过程中，由机被能守恒定律有mgh=mg·2R+之m2(2分) 联立解得R=0.32m,0=4 2m/s(2分) 5 C③》小球从D点飞出后做平抛运动，竖直方向有2R-弓g,解得1一 2写s(2分) 则D、E两点的水平距离x=mt=0.64m(1分) 15.解：1)物块由A到M的过程，由动能定理有mgR1一Q0s)=m:-01分) 解得=2m/s<w=4m/s(1分) 物块滑上传送带后，由牛顿第二定律有ng=ma,解得a=5m/s2(1分) 方向水平向左(1分)》 (2)物块滑上传送带后，由运动学公式有一2=2a.x(1分) 解得x=1.2m<L=1.5m,故物块到达N点的速度大小v=v=4m/s(1分) 物块从N点到轻弹簧被压缩最短，由动能定理有-mg·g一W=0一之m2(2分) 解得W弹=5.5J 则弹簧被压缩后具有的最大弹性势能E=W弹=5.5J(1分) 1 (3)设物块第一次被弹簧弹回到N点的速度大小为，有B。一mgs=2m2一0(1分) 解得=√6m/s(1分) 物块在传送带上，有0-2=一2a.x1,解得1=0.6m<L=1.5m(1分) 分析可知，物块在传送带上减速到零后反向加速，再次回到N点时的速度大小不变(1分) 物块从第一次到达V点到最终停止，由能量守恒定律有之m2=mge1分) 解得a=1.6m(1分) 则物块最终停止的位置到P点的距离x'=s总一3s=0.1m(1分) 【高一下学期期中考试·物理参考答案第2页（共2页）】 25070A