重庆市第一中学校2024-2025学年高一下学期半期物理试卷

重庆市第一中学校2024-2025学年高一下学期半期物理试卷 一、单选题 1．关于弹簧的弹性势能，下列说法正确的是（　　） A．当弹簧变长时，它的弹性势能一定增大 B．当弹簧变短时，它的弹性势能一定变小 C．在拉伸长度相同时，k越大的弹簧，它的弹性势能越大 D．弹簧在拉伸时的弹性势能一定大于压缩时的弹性势能 2．质量为m=1.6kg的小球，从离桌面H=2.0m高的A处由静止下落，桌面离地面B处高度为h=1.0m，如图所示。若以桌面为参考平面，重力加速度g=10m/s²，下列说法正确的是（　　） A．小球在A点的重力势能为48J B．小球在B点的重力势能16J C．由A点下落至B点过程中重力做功为48J D．由A点下落至B点过程中重力势能的变化量为48J 3．一质量为的物块在合外力的作用下从静止开始沿直线运动，合外力随时间变化的图线如图所示，则下列说法正确的是（　　） A．时物块的速率为 B．时物块的动量大小为 C．前内物块所受合外力的冲量大小为 D．时物块的速度为零 4．如图所示，竖直固定的锥形漏斗，内壁上有两个小球A和B，各自在不同的水平面内做匀速圆周运动，不计摩擦阻力。以下关于A、B两球做圆周运动时的线速度、角速度、加速度和向心力的关系式一定正确的是（　　） A． B． C． D． 5．“套圈圈”是一种有趣的娱乐活动。小孩和大人在同一条竖直线上的不同高度分别水平抛出相同的圆环，结果恰好都套中前方同一物体，不计空气阻力。若大人和小孩抛出圆环的高度之比为2：1，圆环及被套物体均可视为质点，则下列说法错误的是（　　） A．大人和小孩抛出圆环时对圆环做的功之比为1： B．大人和小孩抛出的圆环在空中飞行过程中重力的平均功率之比为：1 C．大人和小孩抛出的圆环落地时重力的瞬时功率之比为：1 D．大人和小孩抛出的圆环在空中运动过程中动能的变化量之比为2：1 6．如图所示，轻质弹簧一端固定在水平面上的光滑转轴O上，另一端与质量为m的小球（可视为质点）相连，小球套在与水平面成角的粗糙直杆上。A点距水平面的高度为h，，B为AC的中点，OB等于弹簧原长。小球从A处由静止开始下滑，经过B处的速度为，并刚好能到达C处。若在C点给小球一个沿斜杆向上的初速度，小球经过B点时的速度为，并刚好能到达A处。已知重力加速度为g，则下列说法正确的是（　　） A．可以求出小球与直杆的动摩擦因数 B． C． D．小球从A到B过程中弹簧弹力做的功 7．如图所示，这是清洗汽车用的高压水枪。设水枪出水口的直径为D， 水流以速度 v 从枪口喷出，近距离垂直喷射到车身。所有喷到车身的水流，约有向四周溅散开，溅起时垂直车身向外的速度为 ，其余 的水流撞击车身后无反弹地顺着车流下，由于水流与车身的作用时间较短，因此在分析水流对车身的作用力时可忽略水流所受的重力。已知水的密度为，水流对车身的平均冲击力大小为（　　）    A． B． C． D． 8．如图，两个半径分别为R和5R的圆弧槽正好相切，固定在竖直面内， 圆心O1、O2与切点A在同一竖直线上。一可视为质点的小滑块从弧形槽最高点由静止滑下，滑到A点时速度为v，不计一切摩擦，当小滑块滑离弧形槽时其速度大小为（　　） A．v B． C． D． 9．如图，广州塔摩天轮位于塔顶450米高空处，摩天轮由16个“水晶”观光球舱组成，在竖直平面内做匀速圆周运动，则坐于观光球舱中的某位游客的哪个物理量是不变的（　　） A．向心加速度 B．机械能 C．动能 D．动量 10．利用现代技术可以高效地辅助物理实验探究。如图（a）所示，轻绳一端连接小球，另一端可绕水平转轴在竖直面内自由转动，在最低点给小球一个初速度，使小球能做完整的圆周运动，利用传感器记录绳的拉力大小，同时记录对应时刻轻绳与竖直向下方向的夹角，将数据输入计算机得到图像如图（b）所示。已知绳长，取，则下列判断正确的是（    ） A．小球的质量为 B．小球在最低点的初速度大小为 C．小球在最高点的速度大小为 D．小球在最低点与最高点绳的拉力差随初速度大小的增大而增大 二、多选题 11．冥卫一卡戎是冥王星最大的一颗卫星。卡戎m1与冥王星m2可视为双星系统，质量之比约为，，同时绕它们连线上某点做匀速圆周运动。如图所示，观测得两颗星之间的距离为，下列说法中正确的是（　　） A．做圆周运动的线速度之比为7:1 B．做圆周运动的角速度之比为7:1 C．做圆周运动的半径为 D．做圆周运动的半径为 12．某储能系统的简化模型如图所示，倾角为的斜坡上，有一质量为的重物（可视为质点）通过缆绳跨过轻质滑轮与电动机连接。时，电动机开始工作，缆绳拉动重物从A点沿斜坡向上运动；时，重物到达点，且在此之前速度已达到最大值，之后以最大速度继续做匀速直线运动；时，关闭发动机，此时重物被拉到点；此后重物到达斜坡顶端点时速度刚好为零，系统储存机械能。已知电动机工作时输出的功率始终为，重物与斜坡间动摩擦因数，不计缆绳质量以及其它摩擦损耗，重力加速度取，，下列说法正确的是（　　） A．重物到达点时的速度大小为 B．重物在段的平均速度大小为 C．斜坡的长度为 D．在整个上升过程中，系统存储的机械能和电动机消耗的电能比值为 三、实验题 13．用如图所示的装置验证“动量守恒定律”。实验时先让A球从斜槽上某一固定位置由静止释放，P点为A球落点的平均位置；再把半径相同的B球放在水平轨道末端，将A球仍从原位置由静止释放，M、N分别为A、B两球碰撞后落点的平均位置。O点是水平轨道末端在记录纸上的竖直投影点，O、M、P、N位于同一水平面上。 (1)除了图中器材外，完成本实验还必须使用的器材有 （选填选项前的字母）。 A．天平 B．刻度尺 C．秒表 D．圆规 (2)实验中能够把速度的测量转化为位移的测量的必要操作是 A．安装轨道时，轨道末端必须水平 B．每次必须从同一个高度静止释放小球 C．实验中两个小球的质量应满足m₁ > m₂ D．轨道应当尽量光滑 (3)某次实验中得出的落点情况如图2所示，若测量数据近似满足关系式 （用m1、m2、OM、OP、ON）则说明两小球碰撞过程中动量守恒。若忽略实验中的测量误差，带入上式可判断入射小球质量和被碰小球质量之比为 。 14．图甲是英国物理学家阿特伍德创制的力学实验装置——阿特伍德机。实验小组将其改装成如图乙所示装置用于验证机械能守恒定律，滑轮和细线的质量可忽略不计，细线不可伸长，重力加速度g取。部分实验步骤如下： （1）用细线跨过定滑轮将质量均为M的重物a、b连接，a和b组成的系统处于静止状态，a的上表面与O点等高。 （2）零时刻，将质量为m的砝码无初速度地放于b上表面，a、b和砝码组成的系统开始运动，用手机录像功能记录上述过程，从视频中获取数据。 （3）t时刻，a运动到上表面与P点等高，通过悬挂的竖直刻度尺测得O、P两点高度差为h，a运动到上表面与P点等高时，a的速度大小为 。（用字母h、t表示） （4）测得：，，，，a从上表面与O点等高运动到上表面与P点等高的过程中，a、b和砝码组成的系统的重力势能减少量 J，动能增加量 J，在误差允许范围内，，系统机械能守恒。（计算结果均保留2位有效数字） （5）实验小组仅改变P点的位置，多次重复实验，得到多组h和t的数据。在坐标纸上作出图像，若图像为过原点且斜率为 的直线，也可验证系统机械能守恒。（用字母M、m、g表示） 四、解答题 15．如图所示，水平传送带左边有一个与传送带等高的光滑平台，传送带始终以速度=3 m/s逆时针匀速转动，在平台上给物块一个水平向右的初速度=6 m/s，物块从点冲上传送带，已知物块的质量 = 2 kg且可视为质点，物块与传送带间的动摩擦因数= 0.5，物块刚好未从传送带端滑落，求： （1）物块在传送带上运动的时间； （2）当物块运动到距端2 m时，因摩擦产生的热量； （3）全过程电动机因物块在传送带上运动多消耗的电能。 16．从1970年中国成功发射第一颗人造地球卫星东方红一号起，至2024年，中国在轨运行的卫星数量已超过600颗，这标志着中国航天技术实现了从跟跑到并跑，乃至领跑的跨越式发展。现有一颗在赤道上空运行的人造卫星，它到地球表面的距离等于地球的半径，转动的方向与地球的自转方向相同。若地球的半径为R，自转的角速度为，地球表面附近的重力加速度大小为g。求： (1)该人造卫星绕地球转动的线速度大小v； (2)该人造卫星连续两次经过赤道上同一处的时间间隔t。 17．如图所示，质量为的滑块（可视为质点）放在光滑平台上，向左缓慢推动滑块压缩轻弹簧至P点，释放后滑块以一定速度从A点水平飞出后，恰好从B点无碰撞滑入竖直平面内的光滑圆弧轨道BC，然后从C点进入与圆弧轨道BC相切于C点的水平面CD，同一竖直平面内的光滑半圆轨道DE与水平面CD相切于D点。已知圆弧轨道BC的半径，AB两点的高度差，光滑圆BC对应的圆心角为，滑块与CD部分的动摩擦因数，，重力加速度。求： （1）弹簧压缩至P点时的弹性势能； （2）滑块到达圆弧末端C时对轨道的压力； （3）滑块冲上半圆轨道后中途不会脱离半圆轨道，轨道DE的半径满足的条件。 18．如图为某商家为吸引顾客设计的趣味游戏。4块相同木板a、b、c、d紧挨放在水平地面上。某顾客使小滑块（可视为质点〉以某一水平初速度从a的左端滑上木板，若滑块分别停在a、b、c、d上，则分别获得四、三、二、一等奖，若滑离木板则不得奖。已知每块木板的长度为L、质量为m，木板下表面与地面间的动摩擦因数均为µ，滑块质量为M=2m，滑块与木板a、b、c、d上表面间的动摩擦因数分别为µ、2µ，2µ、4µ，重力加速度大小为g，最大静摩擦力与滑动摩擦力视为相等。求： （1）若木板全部固定，顾客要想获奖，滑块初速度的最大值； （2）若木板都不固定，顾客获四等奖，滑块初速度的最大值； （3）若木板都不固定，滑块初速度为，则顾客获几等奖？ 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 考答案 1．C【详解】A．当弹簧变长时，它的弹性势能不一定增大，若弹簧处于压缩状态时，弹簧的弹性势能减小，选项A错误； B．若处于压缩状态时，弹簧变短时，弹簧的弹性势能增大，选项B错误． C．由得知，在拉伸长度相同时，k越大的弹簧，它的弹性势能越大，选项C正确． D．由可知弹簧的弹性势能由弹簧的形变量决定，弹簧在拉伸时的弹性势能不一定大于压缩时的弹性势能，选项D错误。故选C。 2．C【详解】AB．由题可知，小球在A点的重力势能为 小球在B点的重力势能AB错误； C．从A到B的过程中重力所做的功为C正确； D．A点下落至B点过程中重力势能的变化量D错误。故选C。 3．B【详解】A．由动量定理可得，t=1s时物块的速率为解得A错误； B．由动量定理可得，t=2s时物块的动量大小为解得故B正确； C．由动量定理可得，前内物块所受合外力的冲量大小为 C错误； D．由动量定理可知，t=4s时物块的速度为解得D错误。故选B。 4．C【详解】支持力和重力的合力提供向心力，如图所示 根据牛顿第二定律有又因为 所以，，由于小球的质量未知，所以无法比较向心力的大小关系。故选C。 5．A【详解】A．圆环做平抛运动，竖直方向上根据 可得运动时间之比为，圆环在水平方向上有 水平位移相同，速度和时间成反比，故水平初速度之比为，大人和小孩抛出圆环时对圆环做的功转化为动能，根据可知动能之比为1:2，则做功之比为1:2，故A错误； B．飞行过程中重力的平均功率； 重力做功之比为2:1，运动时间之比为，平均功率之比为，故B正确； C．圆环落地时重力的瞬时功率为 落地时重力的瞬时功率之比为2：1，故C正确； D．动能的变化量等于合外力做功，重力做功之比为2：1，故动能的变化量之比为2：1，故D正确。 本题选错误的，故选A。 6．D【详解】C．根据对称性知，小球通过AB段与BC段关于B点对称位置受到的摩擦力相等，则在两段过程中摩擦力做功相等。设小球从A运动到B的过程克服摩擦力做功为Wf，小球A到C的过程和C到A的过程，分别运用动能定理得，联立解得故C错误； AD．设弹簧具有的最大弹性势能为Ep，根据能量守恒定律，对于小球A到B的过程有 A到C的过程有解得 且由于弹簧对小球有拉力（除B点外），小球对杆的压力大于μmgcos30°，无法计算动摩擦因数，故A错误D正确； B．从B到A过程所以故B错误。故选D。 7．D【详解】取 △t 时间内的水流为研究对象，则该时间内喷出水的质量， 利用动量定理列方程得解得 故选D。 8．C【详解】当小滑块滑离弧形槽时，与弧形槽的压力为零，设小滑块滑离弧形槽时的速度为，小滑块、点连线与的夹角为，根据牛顿第二定律有 根据动能定理可得 滑到A点时速度为v，有解得，故选C。 9．C【详解】A．做匀速圆周运动的物体，其向心加速度始终指向圆心，即向心加速度始终在发生改变，故A错误； BC．做匀速圆周运动的物体，其速率大小恒定，因此可知其动能不变，但竖直平面内的匀速圆周运动，虽然其动能不变，但从最低点到最高点的过程中其势能始终增大，而从从高点到最低点的过程中其势能又逐渐减小，而 则可知竖直平面内做匀速圆周运动的物体机械能始终在发生改变，故B错误，C正确； D．动量为矢量，根据可知，虽然匀速圆周运动的速率恒定，但运动过程中速度的方向在时刻发生改变，因此可知动量也在时刻发生改变，故D错误。故选C。 10．C【详解】AB．当时，，由牛顿第二定律得 小球从最低点到该位置的过程中，根据动能定理得 当时，，由牛顿第二定律得 小球从最低点到该位置的过程中，根据动能定理得 联立解得，故AB错误； C．小球从最低点到最高点的过程中，根据动能定理得 解得小球在最高点的速度大小为故C正确； D．在最低点得，在最高点得则 故小球在最低点与最高点绳的拉力差保持不变，故D错误。故选C。 11．AC【详解】双星靠相互间的万有引力提供向心力，具有相同的角速度，设为ω，则角速度之比为1∶1，对m1 对m2 得m1r1=m2r2得r1∶r2=m2∶m1=7∶1 所以r1=L，r2=L 又v=rω，所以线速度之比v1∶v2=r1∶r2=7∶1故选AC。 12．BD【详解】A．重物在BC段匀速运动，得电动机的牵引力为 又解得 重物到达点，且在此之前速度已达到最大值，所以重物到达点时的速度大小为4m/s，A错误； C．重物在AB段根据动能定理有代入数据解得 重物在BC段匀速运动，有 重物在CD段运动过程中，由牛顿第二定律得 解得 由运动学公式联立解得 则斜坡的长度为C错误； B．重物在段的平均速度大小为B正确； D．全过程重物增加的机械能为 整个过程由能量守恒得电动机消耗的总电能转化为重物增加的机械能和摩擦产生的内能，故可知则D正确。故选BD。 13．(1)ABD (2)ABC(3) m1OP = m1OM + m2ON m1: m2=19:5 【详解】（1）除了图中器材外，完成本实验还必须使用的器材是天平、刻度尺、圆规。故选ABD。 （2）实验利用平抛运动规律测得小球速度，必要操作是安装轨道时，轨道末端必须水平、每次必须从同一个高度静止释放小球、为使小球碰后不反弹，则实验中两个小球的质量应满足m₁ > m₂，轨道光滑与否对实验无影响。 故选ABC。 （3）[1]碰前的动量为 碰后的动量之和为 若碰撞前后动量守恒，二个式子相等即可，则要验证的表达式为 [2]若忽略实验中的测量误差，带入上式可判断入射小球质量和被碰小球质量之比为m1: m2=19:5 14． 0.59 0.58 【详解】（3）[1]a运动到上表面与P点等高时，根据匀变速直线运动规律有 解得a的速度大小为 （4）[2]a从上表面与O点等高运动到上表面与P点等高的过程中，a、b和砝码组成的系统的重力势能减少量 [3]a、b和砝码组成的系统的动能增加量为 （5）[4]根据系统机械能守恒可得 整理可得 若图像为过原点且斜率为的直线，也可验证系统机械能守恒。 15．（1）2.7s；（2）81J；（3）54J 【详解】（1）物块在传送带上做匀变速直线运动的加速度为 减速到零的时间为传送带长度为 从B返回加速到与传送带共速时间为 反向加速距离为 匀速时间为 物块在传送带上运动的总时间为 （2）物块第一次运动到距A端2m时的速度为v1，根据速度位移公式 解得v1=4m/s根据解得 摩擦产生的热量为解得 物块第二次运动到A端2m处，有解得 （3）根据能量守恒代入数据解得 16．(1)(2)【详解】（1）该人造卫星静止在地球表面时有 该卫星在轨道上运动时，由万有引力提供向心力解得 （2）卫星的角速度由几何关系可知解得 17．（1）；（2），方向竖直向下；（3）或 【详解】（1）弹簧的弹性势能转化为滑块的动能由题意；解得 （2）滑块由B点到C点由动能定理得又 根据牛顿第二定律解得 由牛顿第三定律可得，滑块到达圆弧未端C时对轨道的压力大小为，方向竖直向下。 （3）滑块冲上半圆轨道后不会脱离轨道运动，分两种情况：一是到达与圆心等高处时速度恰好为零；二是到达半圆弧轨道最高点。 ①到达与圆心等高处时速度恰好为零 由动能定理得解得 ②滑块能够到达半圆弧轨道最高点 由动能定理得 在最高点，重力恰好提供向心力解得 综上，或时，滑块冲上半圆轨道后不会脱离轨道运动。 18．（1）；（2）；（3）见解析 【详解】（1）滑块在a，b，c，d木板上所受摩擦力为 若木板全部固定，当滑块恰好滑到d的右端时v0具有最大值，根据动能定理有 解得 （2）若顾客获四等奖，刚好到a木板右侧时，滑块初速度最大为v1，地面对abcd木板的摩擦力为 说明木板静止不动，对滑块有解得 （3）由于可知滑块可以滑上b木板，当滑块到b木板上时，地面对bcd木板的摩擦力为 说明木板静止不动，当滑块滑到b木板的右侧时，设速度为v2，对滑块有 解得 可知滑块会滑上c木板，地面对cd木板的摩擦力为 可知cd木板恰好不动，根据运动学公式有解得 可知滑块停止在c木块上，顾客获二等奖。 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $$