精品解析：内蒙古自治区包头市第一中学2024-2025学年高一下学期5月期中物理试题

包头市第一中学2024~2025学年第二学期高一期中考试 物理试题 总分：100分 考试时间：75分钟 考生注意： 1.答题前，考生务必用直径0.5毫米黑色墨水签字笔将密封线内项目填写清楚。 2.考生作答时，请将答案答在答题卡上。选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效。 3.本卷命题范围：必修第二册第五章至第八章第3节。 一、选择题（本题共10小题，共46分。在每小题给出的四个选项中，第1~7题只有一项符合题目要求，每小题4分；第8~10题有多项符合题目要求，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分） 1. 下列说法正确的是（　　） A. 地球静止卫星的环绕速度小于7.9 km/s B. 公式中，T是行星的自转周期，k与中心天体有关 C. 相同时间内，火星与太阳连线扫过的面积等于木星与太阳连线扫过的面积 D. 开普勒把天空中的现象与地面上的现象统一起来，成功解释了天体运行的规律 2. 如图所示，倾角的斜劈的劈尖顶着竖直墙壁静止于水平地面上，现将一球放在墙面与斜劈之间，并从图示位置由静止释放，不计一切摩擦．若球落地前瞬间，斜劈的速度大小为v，则此时球的速度大小为（　　） A. B. C. D. 3. 如图所示，某同学到超市购物后由于赶时间，用大小为 20N、方向与水平面成60°角斜向上的拉力拉购物篮以 0.5 m/s2的加速度在水平地面上从静止开始匀加速前进。前2s内，拉力做功的平均功率为（　　） A. 20 W B. 15 W C. 10 W D. 5 W 4. 如图所示，跳台斜坡与水平面的夹角，滑雪运动员从斜坡的起点A水平飞出，经过落到斜坡上的B点。不计空气阻力，重力加速度取，则运动员离开A点时的速度大小为（　　） A. B. C. D. 5. 如图所示，长为L的轻质细绳一端固定于O点，另一端系一个小球（可看成质点），在O点的正下方距O点处有一钉子。小球从一定高度摆下，细绳与钉子碰撞后瞬间，下列说法正确的是（　　） A. 小球的线速度变为原来的两倍 B. 小球的角速度变为原来的一半 C. 小球的向心加速度变为原来的两倍 D. 小球受到的绳子拉力变为原来的两倍 6. 如图所示是北斗导航系统中部分卫星的轨道示意图，a、b、c三颗卫星均做匀速圆周运动，其中a是地球同步静止卫星，b与a的离地高度相等，c的离地高度比a小。下列说法正确的是（　　） A. 卫星a可以定位在北京的正上方 B. 卫星a、b的向心加速度相同 C. 卫星c的周期小于24h D. a、b、c三颗卫星的发射速度均大于11.2km/s 7. 如图所示，长 L=0.5m、倾角α=37°的斜面固定在水平地面上，质量m=1 kg的小木块（可视为质点）从斜面顶端无初速度释放。已知小木块与斜面间的动摩擦因数μ=0.5，重力加速度 g取10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8。在小木块从斜面顶端滑到底端的过程中，下列说法正确的是（　　） A. 重力做功5J B. 摩擦力做功2J C. 支持力做功2.5J D. 动能增加1J 8. 关于重力势能，下列说法正确的是（　　） A. 物体重力势能的大小只由物体本身决定 B. 若重力做负功，则物体的重力势能减小 C. 在地面上的物体，它具有的重力势能可能大于零 D. 物体在a、b两点的重力势能分别为和，则 9. 下列说法正确的是（　　） A. 图甲中，若火车转弯时的速率小于规定速率，轮缘对内轨道有挤压作用 B. 图乙中，脱水筒的脱水原理是由于衣服受到离心力作用，把水从衣服上甩出 C. 图丙中，主动轮边缘上a点的向心加速度与后轮边缘上c点的向心加速度大小之比为 D. 图丁中，质量为m的小球到达最高点时对管壁的作用力大小为，则此时小球的速度一定为 10. 宇宙中两颗相距较近的天体称为“双星”，它们以二者连线上的某一点为圆心做匀速圆周运动，而不至因为万有引力的作用而吸引到一起。如图所示，某双星系统中P、Q两天体绕O点做匀速圆周运动，两天体的轨道半径之比。关于两天体，下列说法正确的是（　　） A. 质量之比 B. 线速度大小之比 C. 向心加速度大小之比 D. 若双星的质量之和恒定，则双星间距离越大，其转动周期越大 二、实验题（本题共2小题，共16分） 11. 用如图甲所示的向心力实验器，定量探究匀速圆周运动所需向心力的大小与物体的质量、角速度大小、运动半径之间的关系。如图甲，光电门传感器和力传感器固定在向心力实验器上，并与数据采集器连接；旋臂上的砝码通过轻质杆与力传感器相连，以测量砝码所受向心力的大小；宽为的挡光杆固定在距旋臂转轴水平距离为的另一端，挡光杆通过光电门传感器时，计算机可算出旋臂的角速度。 （1）在该实验中，主要采用______方法来探究向心力与质量、半径、角速度的关系。 A．控制变量法　　B．理想实验法　　C．微元法　　D．等效替代法 （2）挡光杆某次经过光电门的挡光时间为，砝码做圆周运动的角速度大小为______（用表示）。 （3）以为纵坐标，以为横坐标，可在坐标纸中描出数据点作一条如图乙所示直线，若图像的斜率为，则滑块的质量为______（用表示）。 12. 在“探究平抛运动的特点”的实验中，如图所示为小球做平抛运动过程中的频闪照相得到的照片的一部分。已知闪光频率为10Hz，图中背景方格的边长均为5cm，重力加速度g取10。 （1）下列说法正确的是___________。 A.根据水平方向上的间隔相等，可判断平抛运动水平方向上是匀速直线运动 B.根据相邻点之间的竖直方向增加的距离相同，可判断竖直方向为自由落体运动 C.根据照片中的数据，可计算出B点的速度 （2）小球经过B点时的速度大小为＝___________m/s。 （3）若已知平抛运动的特点，则A点___________（填“是”或“不是”）平抛运动的抛出点；若不是抛出点，那么小球抛出点离A点的水平距离为___________cm，竖直距离为___________cm。 三、计算题（本题共3小题，共38分。作答时应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤。只写出最后答案的不能得分。有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位） 13. 如图所示，倾角的斜面固定在水平地面上，一小球（可视为质点）以一定的初速度从斜面底端正上方某处水平抛出，经的时间，小球恰好垂直击中斜面。不计空气阻力，重力加速度g取，，，求： （1）小球抛出时的初速度大小； （2）小球从抛出到击中斜面过程的位移大小； （3）小球抛出点到斜面底端的高度。 14. 一种使用氢气燃料的汽车，质量为，发动机的额定输出功率为，行驶在平直公路上时所受阻力恒为车重的0.1倍。若汽车从静止开始先匀加速启动，加速度的大小为，。试求： （1）汽车能够达到的最大行驶速度； （2）若汽车以做匀加速运动，可持续多长时间； （3）当速度为5m/s时，汽车牵引力的瞬时功率P？ 15. 如图所示，半径为L的玩具转盘在转盘中心O点固定了一竖直杆，质量为m的小球用轻绳AC和轻杆BC一起连接在竖直杆上，轻绳AC与竖直杆上的A点相连，轻杆BC用铰链连接在竖直杆上的B点（可绕B点自由转动）。已知圆盘静止时轻绳AC与竖直方向夹角，轻杆BC与竖直方向夹角，，，不计摩擦阻力，重力加速度为g。求： （1）轻绳AC恰好无张力时，小球的角速度； （2）轻杆BC恰好无弹力时，圆盘转动的角速度； （3）小球在转动过程中忽然脱离，若小球不能碰到圆盘，则圆盘转动的角速度的取值范围。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 包头市第一中学2024~2025学年第二学期高一期中考试 物理试题 总分：100分 考试时间：75分钟 考生注意： 1.答题前，考生务必用直径0.5毫米黑色墨水签字笔将密封线内项目填写清楚。 2.考生作答时，请将答案答在答题卡上。选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效。 3.本卷命题范围：必修第二册第五章至第八章第3节。 一、选择题（本题共10小题，共46分。在每小题给出的四个选项中，第1~7题只有一项符合题目要求，每小题4分；第8~10题有多项符合题目要求，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分） 1. 下列说法正确的是（　　） A. 地球静止卫星的环绕速度小于7.9 km/s B. 公式中，T是行星的自转周期，k与中心天体有关 C. 相同时间内，火星与太阳连线扫过的面积等于木星与太阳连线扫过的面积 D. 开普勒把天空中的现象与地面上的现象统一起来，成功解释了天体运行的规律 【答案】A 【解析】 【详解】A．7.9km/s是地球的第一宇宙速度，是卫星的最小发射速度和最大环绕速度，故地球静止卫星的环绕速度小于7.9 km/s。故A正确； B．根据开普勒第三定律可知，公式中，T 是行星运动的公转周期，k与中心天体的质量有关。故B错误； C．根据开普勒第二定律可知，相同时间内，同一行星与太阳连线扫过的面积相等。故C错误； D．开普勒发现了行星运动的三大定律，分别是轨道定律、面积定律和周期定律，牛顿把天空中的现象与地面上的现象统一起来，成功解释了天体运行的规律。故D错误。 故选A。 2. 如图所示，倾角的斜劈的劈尖顶着竖直墙壁静止于水平地面上，现将一球放在墙面与斜劈之间，并从图示位置由静止释放，不计一切摩擦．若球落地前瞬间，斜劈的速度大小为v，则此时球的速度大小为（　　） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】根据题意可知，球沿直线下落，斜劈水平向右运动，将二者的实际速度分别沿平行于斜面和垂直于斜面两个方向分解，如图所示，对球有， 其中 联立解得 故选D。 3. 如图所示，某同学到超市购物后由于赶时间，用大小为 20N、方向与水平面成60°角斜向上的拉力拉购物篮以 0.5 m/s2的加速度在水平地面上从静止开始匀加速前进。前2s内，拉力做功的平均功率为（　　） A. 20 W B. 15 W C. 10 W D. 5 W 【答案】D 【解析】 【详解】前2 s内，购物篮前进的距离 前2 s内，拉力做的功为 故前2s内，拉力的平均功率为 故选D。 4. 如图所示，跳台斜坡与水平面的夹角，滑雪运动员从斜坡的起点A水平飞出，经过落到斜坡上的B点。不计空气阻力，重力加速度取，则运动员离开A点时的速度大小为（　　） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】设A点与B点的距离为L，竖直方向有 解得L=10m 设运动员离开A点时的速度大小为，运动员在水平方向有 解得 故选B。 5. 如图所示，长为L的轻质细绳一端固定于O点，另一端系一个小球（可看成质点），在O点的正下方距O点处有一钉子。小球从一定高度摆下，细绳与钉子碰撞后瞬间，下列说法正确的是（　　） A. 小球的线速度变为原来的两倍 B. 小球的角速度变为原来的一半 C. 小球的向心加速度变为原来的两倍 D. 小球受到的绳子拉力变为原来的两倍 【答案】C 【解析】 【详解】A．细绳与钉子碰撞前后瞬间，由于惯性，小球的线速度不变，故A错误； B．根据 可知小球的角速度变为原来两倍，故B错误； C．根据 可知小球的向心加速度变为原来两倍，故C正确； D．对小球受力分析，根据牛顿第二定律 可知小球受到的向心力变为原来两倍，但受到的轻绳拉力小于原来两倍，故D错误。 故选C。 6. 如图所示是北斗导航系统中部分卫星的轨道示意图，a、b、c三颗卫星均做匀速圆周运动，其中a是地球同步静止卫星，b与a的离地高度相等，c的离地高度比a小。下列说法正确的是（　　） A. 卫星a可以定位在北京的正上方 B. 卫星a、b的向心加速度相同 C. 卫星c的周期小于24h D. a、b、c三颗卫星的发射速度均大于11.2km/s 【答案】C 【解析】 【详解】A．卫星为地球静止同步卫星，在赤道上空与地球保持相对静止，不可能定位在北京上方，故A错误； B．卫星的轨道半径相等，根据 解得 则的向心加速度大小相等，但方向不同，故B错误； C．根据 解得 由于c的离地高度比a小，可知卫星的周期小于同步卫星周期，故C正确； D．三颗卫星是地球的环绕卫星，故发射速度均大于且小于，故D错误。 故选C。 7. 如图所示，长 L=0.5m、倾角α=37°的斜面固定在水平地面上，质量m=1 kg的小木块（可视为质点）从斜面顶端无初速度释放。已知小木块与斜面间的动摩擦因数μ=0.5，重力加速度 g取10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8。在小木块从斜面顶端滑到底端的过程中，下列说法正确的是（　　） A. 重力做功5J B. 摩擦力做功2J C. 支持力做功2.5J D. 动能增加1J 【答案】D 【解析】 【详解】A．对小木块受力分析，重力做功 故A 错误； B．摩擦力做功 故B错误； C．支持力方向与位移方向垂直，故支持力做功为零，故C错误； D．小木块从斜面顶端滑到底端，由动能定理有 故D正确。 故选D。 8. 关于重力势能，下列说法正确的是（　　） A. 物体重力势能的大小只由物体本身决定 B. 若重力做负功，则物体的重力势能减小 C. 在地面上的物体，它具有的重力势能可能大于零 D. 物体在a、b两点的重力势能分别为和，则 【答案】CD 【解析】 【详解】A．由公式 Ep=mgh 可知重力势能的大小由物体的质量m、重力加速度g和相对参考平面的高度h 共同决定，故A错误； B．若重力做负功，则物体的重力势能增加，故B错误； C．选择地面以下某高度为参考平面，则在地面上的物体具有的重力势能大于零，故C正确； D．重力势能是标量，故 故D 正确。 故选CD。 9. 下列说法正确的是（　　） A. 图甲中，若火车转弯时的速率小于规定速率，轮缘对内轨道有挤压作用 B. 图乙中，脱水筒的脱水原理是由于衣服受到离心力作用，把水从衣服上甩出 C. 图丙中，主动轮边缘上a点的向心加速度与后轮边缘上c点的向心加速度大小之比为 D. 图丁中，质量为m的小球到达最高点时对管壁的作用力大小为，则此时小球的速度一定为 【答案】AC 【解析】 【详解】A．图甲中，若火车转弯速率小于规定速率行驶，此时重力和轨道的支持力的合力大于火车所需的向心力，此时火车有做近心运动的趋势，轮缘对内侧轨道有挤压作用，A正确； B．图乙中，脱水筒的脱水原理是附着在衣服上的水做离心运动被甩出，不是受离心力作用，B错误； C．图丙中，由皮带传动可知，点与点线速度大小相等，根据，可知 又点和点角速度相等，则 根据，可得点的向心加速度与点的向心加速度大小之比为，C正确； D．图丁中，质量为的小球到达最高点时，若对外壁的作用力大小为，则 解得 故小球的速度不一定为，D错误。 故选AC。 10. 宇宙中两颗相距较近的天体称为“双星”，它们以二者连线上的某一点为圆心做匀速圆周运动，而不至因为万有引力的作用而吸引到一起。如图所示，某双星系统中P、Q两天体绕O点做匀速圆周运动，两天体的轨道半径之比。关于两天体，下列说法正确的是（　　） A. 质量之比 B. 线速度大小之比 C. 向心加速度大小之比 D. 若双星的质量之和恒定，则双星间距离越大，其转动周期越大 【答案】BD 【解析】 【详解】A．设两天体球心间的距离为，由万有引力提供向心力，有 解得，故A错误； B．双星运动的角速度相等，根据，则线速度之比，故B正确； C．由公式，可得向心加速度大小之比，故C错误； D．由万有引力提供向心力，有， 其中，联立解得 可知双星的质量之和恒定，则双星间距离越大，其转动周期越大，故D正确。 故选 BD。 二、实验题（本题共2小题，共16分） 11. 用如图甲所示的向心力实验器，定量探究匀速圆周运动所需向心力的大小与物体的质量、角速度大小、运动半径之间的关系。如图甲，光电门传感器和力传感器固定在向心力实验器上，并与数据采集器连接；旋臂上的砝码通过轻质杆与力传感器相连，以测量砝码所受向心力的大小；宽为的挡光杆固定在距旋臂转轴水平距离为的另一端，挡光杆通过光电门传感器时，计算机可算出旋臂的角速度。 （1）在该实验中，主要采用______方法来探究向心力与质量、半径、角速度的关系。 A．控制变量法　　B．理想实验法　　C．微元法　　D．等效替代法 （2）挡光杆某次经过光电门的挡光时间为，砝码做圆周运动的角速度大小为______（用表示）。 （3）以为纵坐标，以为横坐标，可在坐标纸中描出数据点作一条如图乙所示直线，若图像的斜率为，则滑块的质量为______（用表示）。 【答案】 ①. A ②. ③. 【解析】 【详解】（1）[1]探究一个物理量与多个物理量之间的关系时，需要用控制变量法。 故选A。 （2）[2]根据题意可知，每次经过光电门时的速度为 由公式可知，砝码做圆周运动的角速度大小为 （3）[3]根据题意，由公式可得 结合图像有 解得 12. 在“探究平抛运动的特点”的实验中，如图所示为小球做平抛运动过程中的频闪照相得到的照片的一部分。已知闪光频率为10Hz，图中背景方格的边长均为5cm，重力加速度g取10。 （1）下列说法正确的是___________。 A.根据水平方向上的间隔相等，可判断平抛运动水平方向上是匀速直线运动 B.根据相邻点之间的竖直方向增加的距离相同，可判断竖直方向为自由落体运动 C.根据照片中的数据，可计算出B点的速度 （2）小球经过B点时的速度大小为＝___________m/s。 （3）若已知平抛运动的特点，则A点___________（填“是”或“不是”）平抛运动的抛出点；若不是抛出点，那么小球抛出点离A点的水平距离为___________cm，竖直距离为___________cm。 【答案】 ①. C ②. 2.5 ③. 不是 ④. 15 ⑤. 5 【解析】 【详解】（1）[1]根据水平方向的距离间隔相等，且时间相同，所以可以判断平抛运动水平方向做的是匀速直线运动，不是仅仅根据时间相等就可以判断水平方向是匀速直线运动，A错误； 自由落体运动，初速度是0，所以相邻点之间的竖直方向增加的距离相同，不可以判断竖直方向为自由落体运动，B错误； 由图中数据，竖直方向 则 由A到B的时间为0.1s，所以平抛运动的初速度为 故B点竖直方向的分速度 B点速度为 C正确。 故选C。 （2）[2] B点速度为 （3）[3]由于抛出点到B点的时间为 而A点到B点的时间间隔为0.1s，所以A点不是抛出点。 [4]抛出点到A点的时间为 所以抛出点到A点的水平距离为 ＝15cm 抛出点到A点的竖直距离为 ＝5cm 三、计算题（本题共3小题，共38分。作答时应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤。只写出最后答案的不能得分。有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位） 13. 如图所示，倾角的斜面固定在水平地面上，一小球（可视为质点）以一定的初速度从斜面底端正上方某处水平抛出，经的时间，小球恰好垂直击中斜面。不计空气阻力，重力加速度g取，，，求： （1）小球抛出时的初速度大小； （2）小球从抛出到击中斜面过程的位移大小； （3）小球抛出点到斜面底端的高度。 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【详解】（1）设小球击中斜面时的竖直分速度大小为，小球在空中做平抛运动，竖直方向有 因小球垂直击中斜面，由几何关系有 解得小球抛出时的初速度大小 （2）水平方向有 竖直方向有 则小球从抛出到击中斜面过程的位移大小 （3）设小球抛出点到斜面底端的高度为，由几何关系有 解得 14. 一种使用氢气燃料的汽车，质量为，发动机的额定输出功率为，行驶在平直公路上时所受阻力恒为车重的0.1倍。若汽车从静止开始先匀加速启动，加速度的大小为，。试求： （1）汽车能够达到的最大行驶速度； （2）若汽车以做匀加速运动，可持续多长时间； （3）当速度为5m/s时，汽车牵引力的瞬时功率P？ 【答案】（1）30m/s；（2）40s；（3）15kW 【解析】 【详解】（1）当 时，汽车的速度达到最大行驶速度，由 P=Fv 得 （2）当汽车以加速度加速到时，达到最大功率P，则由牛顿第二定律得 则汽车做匀加速直线运动时间 联立代入数值解得 （3）汽车速度为 所以汽车处于匀加速阶段，由牛顿第二定律得 汽车此时的功率 联立得 15. 如图所示，半径为L的玩具转盘在转盘中心O点固定了一竖直杆，质量为m的小球用轻绳AC和轻杆BC一起连接在竖直杆上，轻绳AC与竖直杆上的A点相连，轻杆BC用铰链连接在竖直杆上的B点（可绕B点自由转动）。已知圆盘静止时轻绳AC与竖直方向夹角，轻杆BC与竖直方向夹角，，，不计摩擦阻力，重力加速度为g。求： （1）轻绳AC恰好无张力时，小球的角速度； （2）轻杆BC恰好无弹力时，圆盘转动的角速度； （3）小球在转动过程中忽然脱离，若小球不能碰到圆盘，则圆盘转动的角速度的取值范围。 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【小问1详解】 当轻绳恰好无张力时，对小球受力分析，水平方向，由牛顿第二定律有 解得 【小问2详解】 当轻杆恰好无弹力时，对小球受力分析，水平方向，由牛顿第二定律有 解得 【小问3详解】 假设小球脱离前，轻杆和细绳对小球都有力的作用，小球脱离后做平抛运动，且恰好没有碰到圆盘，竖直方向有 水平方向有 联立解得 则圆盘转动的角速度 故假设成立；分析可知，圆盘转动的角速度的取值范围为 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $