【文档说明】重庆市杨家坪中学2023-2024学年高一下学期半期考试物理试题 Word版含解析.docx，共(20)页，762.411 KB，由小赞的店铺上传

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2023-2024学年重庆市九龙坡区杨家坪中学高一（下）期中物理试卷一、单选题：本大题共7小题，共28分。1.下列与能量有关的说法正确的是（）A.卫星绕地球做匀速圆周运动的半径越大，动能越大B.做匀加速运动的物体，其机械能在不断增加C.做自由落体运动的

物体在下落过程中重力势能越来越小D.做平抛运动的物体在任意相等时间内动能的增量相同【答案】C【解析】【详解】A．根据万有引力提供向心力可知22MmvGmrr=可得卫星的绕行速度GMvr=轨道半径越大，绕行速度

越小，动能也就越小，故A错误；B．做匀加速运动的物体，在有空气阻力时，机械能转化为内能，机械能减小，故B错误；C．小球做自由落体运动时，机械能守恒，重力势能转化为动能，重力势能减小，动能增加，故C正确；D．平抛运动的小球，相

等时间内下降的高度越来越大，合力做功越来越多，动能增量越来越大，故D错误。故选C。2.如图所示，马戏团正在上演飞车节目，在竖直平面内有半径为R的圆轨道，表演者骑着摩托车在圆轨道内做圆周运动。已知人和摩托车的总质量为m，人以12vgR

=的速度过轨道最高点B，并以213vv=的速度过最低点A。（不计一切相对摩擦）则（）A.最低点时表演者处于失重状态B.表演者在最低点对轨道的压力大小5mgC.表演者在最高点受到轨道的弹力大小为2mgD.由最高点到最低点的过程中，摩托车牵引力所做的功

为0J【答案】D【解析】【详解】A．圆周运动加速度始终指向圆心，在最低点时，加速度方向向上，所以表演者处于超重状态，故A项错误；B．根据牛顿第二定律有22NvFmgmR−=解得N7Fmg=故B项错误；C．在最高点有21vmgFmR+=弹解得F

mg=弹故C项错误；D．由动能定理有222111222mgRWmvmv+=−解得0W=故D项正确。故选D。3.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处于地面附近近地轨道上正常运动，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

中错误的有（）A.a的向心加速度小于重力加速度gB.b在四个卫星中线速度最大C.c在4h内转过的圆心角是6D.d的运动周期有可能是26h【答案】C【解析】【详解】A．地球同步卫星的周期c必须与地球自转周期相同，角速度相同，则知a与c的角速度相同，根据a=ω2r知，c的向心加速度大。由2MmGmg

r=得2GMgr=卫星的轨道半径越大，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，而b的向心加速度约为g，故知a的向心加速度小于重力加速度g。故A正确；B．由22MmvGmrr=解得GMvr=可知，卫星的轨道半径

越大，速度越小，所以bcd三个卫星中b的速度最大，而a与c的角速度相同，根据v=ωr知，a的线速度小于c的线速度，可知b在四个卫星中线速度最大，选项B正确。C．ｃ的周期为24h，则在4h内转过的圆心角是42243==选项C错误；D．根据32rkT=

可知，因c的周期为24h，d的周期大于c的周期，则d的运动周期有可能是26h，选项D正确。此题选择错误选项，故选C。4.2024年1月9日，我国在西昌卫星发射中心使用长征二号丙运载火箭，成功将爱因斯坦探针卫星发射升空，卫星顺利进入预定轨道，

发射任务获得圆满成功。卫星发射的过程可以简化为如图所示的过程，下列说法正确的是（）A.探针卫星在轨道II上经过c点的加速度小于在轨道III上经过c点的加速度B.探针卫星在轨道I的机械能小于在轨道III上的机械

能C.探针卫星在轨道II上经过a点的速度大小小于经过c点的速度大小D.探针卫星在轨道I上运行的线速度大小小于在轨道III上运行的线速度大小【答案】B【解析】【详解】A．根据牛顿第二定律有2MmGmar=所以2GMar=由此可知，探针卫星在轨道II上经过c点的加速度等于在轨道III上经过c点的加速

度，故A错误；B．探针卫星由I轨道变为II轨道，由II轨道变为III轨道，均应在轨道相切位置点火加速，即卫星的机械能增大，所以探针卫星在轨道I的机械能小于在轨道III上的机械能，故B正确；C．探针卫星在轨道II上a点为近地点，II上c

点为远地点，则经过a点的速度大小大于经过c点的速度大小，故C错误；D．根据万有引力提供向心力有22MmvGmrr=所以GMvr=所以探针卫星在轨道I上运行的线速度大小大于在轨道III上运行的线速度大小，故D错误。故选B。5.如图所示，一足球运动

员踢一只质量为0.4kg的足球。若足球以12m/s的速率水平撞向球门门柱，然后以8m/s的速率反向弹回，这一过程持续时间为0.1s，下列说法正确的是（）A.这一过程中足球的动量改变量大小为1.6kgm/sB.这一过程中足球的动量改变量大小为20kgm/sC.门柱对足球的平均作

用力大小为80ND.门柱对足球的平均作用力大小为16N【答案】C【解析】【详解】AB．足球的初动量14.8kgmspmv−==足球的末动量13.2kgmspmv−==−足球的动量改变量1Δ8.0k

gmsppp−=−=−故AB错误；CD．足球受到的平均作用力F，根据动量定理ΔFtp=解得80NF=−门柱对足球的平均作用力大小为80N，故C正确，D错误。故选C。6.一弹丸在飞行到距离地面5m高时仅有水平速度1m/sv=，爆炸成为甲、乙两块水平飞出，甲、

乙的质量比为1:4。不计质量损失，取重力加速度210m/s=g，则下列图中两块弹片飞行的轨迹可能正确的是（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【详解】取原来的速度v的方向为正方向，弹丸质量为5m，根据动量守恒有54mvmvmv=+甲乙可得45m/svv+=甲乙爆炸后下落的时间为21sh

tg==由于时间相同，等式两边同乘以时间t，可得水平位移的关系为45mxx+=甲乙由题可知，只有B选项满足上述水平位移关系。故选B。7.如图所示，质量为m和2Mm=的物块用一根不可伸长的轻绳通过定滑轮连接，物块m穿过固定竖直杆并可沿杆无摩擦地滑动。已知杆与定滑轮间的距离为4

mL=，A点与滑轮等高，不计滑轮质量、大小及任何摩擦力。轻绳足够长，重力加速度g取210m/s，则（）A.当m在B位置时，两物块恰好能静止，此时绳与杆的夹角53=B.将m由A点静止释放，m能下降的最大高度为17m3C.将m由A点静止释放，下降5mH=时m的速度不超过10m/sD.改变M的质量，且

将m由A点静止释放，下降3mH=时m的速度5m/sv=，M与m质量之比为3629【答案】C【解析】【详解】A．对B为研究对象受力分析，由平衡条件得cosTmg=对A为研究对象，据平衡条件得TMg=解得60=故A项错误；B．当m到达最低点时，其速度为

0，则m从A到C的过程中，对M、m组成的系统，有()22mghMgLhL=+−解得16m3h=故B项错误；C．当m运动到B点时的速度最大，对M、m组成的系统，有22111tansin22LLmgMgLmvMv−−=+又因为1cosvv=解得3.8m/s

v=故C项正确；D．当m下降3m时，有cosMmvv=由几何关系有22cosHHL=+则A上升的高度为221HHLL=+−对系统有2211122mMmgHMgHmvMv=−+解得3529Mm=故D项错误。故选C。二、多选题：本大题共3小题，共15分。8.如图所示，质量为3m的物块a静止在光

滑水平地面上，物块a左侧面为圆弧面且与水平地面相切，质量为2m的滑块b以初速度0v向右运动滑上a，沿a左侧面上滑一定高度后又返回，最后滑离a，不计一切摩擦阻力，滑块b从滑上a到滑离a的过程中，下列说法正确

的是（）A.滑块b沿a上升的最大高度为20310vgB.滑块b沿a上升的最大高度为202vgC.滑块a运动的最大速度为045vD.滑块a运动的最大速度为035v【答案】AC【解析】【详解】AB．b沿a上升到最大高度时，两者速度相等，取向右为正方向，在水平方向上，由动

量守恒定律可得()0223mvmmv=+由机械能守恒定律得()22011223222mvmmvmgh=++解得20310vhg=故A正确，B错误；CD．滑块b从滑上a到滑离a后，物块a运动的速度最大。系统在水平

方向动量守恒，对整个过程中，由动量守恒定律得0223bamvmvmv=+由机械能守恒定律得2220111223222bamvmvmv=+解得045avv=故C正确，D错误。故选AC。9.如图所示，原长为12l的轻质弹簧，一端固定在O点

，另一端与一质量为m的小球相连。小球套在竖直固定的光滑杆上。杆上M、N两点与O点的距离均为l，P点到O点的距离为12l，OP与杆垂直。小球从M点由静止开始向下运动到N点，在此过程中，弹簧始终在弹性限度内。重力加速度大小为g，下列说法正确的是（）A.弹簧的弹力对小球先做正

功后做负功B.小球在P点时有最大速度C.小球在N点的速度大小为23glD.从M点到N点的运动过程中，小球加速度先增大后减小【答案】AC【解析】【详解】A．根据题意可知，在运动过程中，弹簧处于伸长状态，在OP处于原长

状态，弹力与位移方向开始是锐角后来是钝角，所以弹簧的弹力对小球先做正功后做负功，故A正确；B．小球在P点时竖直方向只受重力，仍在向下加速，不具有最大速度，故B错误；C．从M点到N点运动过程中，弹力总功为零2132mvmgl=解得23vgl=故C正确；D．从M点到N点的运动过程中，小球可

能先加速后减速，加速度可能先减小到零，后反向增大，故D错误。故选AC。10.如图所示，半径为R、质量为m的半圆轨道小车静止在光滑水平地面上，直径AB水平。现将质量为m的小球从距A点正上方0h高处由静止释放

，然后由A点经过半圆轨道后从B冲出，在空中能上升的最大高的度为034h，不计空气阻力，则（）A.小车向左运动的最大距离为RB.小球离开小车后做竖直上抛运动C.小球和小车组成的系统动量守恒D.小球第二次能上升的最大高度001324hhh【答案】AB

D【解析】【详解】A．小球与小车组成的系统在水平方向所受合外力为零，水平方向系统动量守恒，以向右为正方向，在水平方向，由动量守恒定律得0mvmv−=整理得20Rxxmmtt−−=解得xR=故A项正确；B．小球与小车组成的系统在水平方向动量守恒，小球由A点离开小车时系统水平方向动量为零，小球

与小车水平方向速度为零，小球离开小车后做竖直上抛运动，故B项正确；C．小球与小车组成的系统整体所受合外力不为零，系统动量不守恒，故C项错误；D．小球第一次运动过程中，由动能定理得00f304mghhW−−=解得f014Wmgh

=即小球第一次在车中滚动损失的机械能为014mgh由于小球第二次在车中滚动时，对应位置处速度变小，因此小车给小球的弹力变小，摩擦力变小，摩擦力做功小于014mgh机械能损失小于014mgh，因此小球再次离开小车时，能上升

的高度大于000031134424hhhhh−=故D项正确。故选ABD。三、实验题：本大题共2小题，共16分。11.如图用“碰撞实验器”可以验证动量守恒定律，即研究两个小球在轨道水平部分碰撞前后的动量关系。（1）图中O点是小球抛出点在地面上的垂直投影，实

验时，先让入射球1m多次从斜轨上S位置静止释放，找到其平均落地点的位置P，测量平抛射程OP。然后把被碰小球2m静止于轨道的水平部分，再将入射小球1m从斜轨上S位置静止释放，与小球2m相撞，并多次重复（假设两小球可视为质点）。下列中必要的步骤是______（填选项

的符号）A.用天平测量两个小球的质量1m、2mB.测量小球1m开始释放高度hC.测量抛出点距地面的高度HD.测量平抛射程OM，ON（2）若两球相碰前后的动量守恒，其表达式可表示为______（用1m、2m、OP、OM、ON表示）；（3）若

两球发生弹性碰撞，则OM、ON、OP之间一定满足的关系是______（填选项前的符号）。A.OPOMON+=B.2OPONOM=+C.2OPONOM−=【答案】（1）AD（2）112mOPmOMmON=+（3）A【解析】【小问1详解】[1]要验证动量守恒定律，即验证

101122mvmvmv=+小球离开轨道后做平抛运动，小球抛出点的高度相等，在空中运动的时间t相等，因此有平抛运动在水平方向做匀速直线运动可知0OPvt=，1OMvt=，2ONvt=导入动量守恒可得112mOPmOMmON=+因此实验需要测量的两个小球的质量，小球的水平位移，AD正确。故

选AD。【小问2详解】[2]由（1）分析可知，两小球碰撞后动量守恒，其表达式为112mOPmOMmON=+【小问3详解】[3]若两小球发生弹性碰撞，即碰撞过程中机械能守恒，由机械能守恒可知222101122111222mvmvmv=+联立动

量守恒可得121012mmvvmm−=+，120122mvvmm=+代入水平位移与平抛时间关系可得1212mmOMOPmm−=+，1122mONOPmm=+分析可得ONOMOP−=即OPOMON+=故选A。12.用如图（a）所示的实验装置验证1m、

2m组成的系统机械能守恒。2m从高处由静止开始下落，1m上拖着的纸带利用电火花打点计时器打出一系列的点，对纸带上的点迹进行测量，即可验证机械能守恒定律。如图（b）给出的是实验中获取的一条纸带中的某一段，每相邻两计数点间还有4个点（

图中未标出），电源的频率为50Hz，相邻计数点间的距离如图（b）所示。已知180gm=、2120gm=，要求所有计算结果保留三位有效数字（重力加速度g取29.8m/s）。（1）下面列举了该实验的几个操作步骤：A．按照图示的装置

安装器件；B．将打点计时器接到6V直流电源上；C．先释放2m，再接通电源打出一条纸带；D．测量纸带上某些点间距离；E．根据测量的结果，分别计算系统减少的重力势能和增加的动能。其中操作不当的步骤是_____

____（填选项对应的字母）。（2）在打下计数点1~5的过程中，系统重力势能的减少量pE=_________J，系统动能的增量kE=_________J。由此得出的结论：在误差允许的范围内，系统重力势能的减少量等于系统动能的增加量，从而验证机械能守恒定律。（3）某同

学测量出了各计数点到计数点0的距离ih，算出了各计数点对应的速度iv，然后以ih为横轴、以212iv为纵轴作出了如图c所示的图线，图线的斜率近似等于_________。A．4.90B．3.27C．2.45D．1.96的【答案】①.BC②.0.172

③.0.169④.D【解析】【详解】（1）[1]打点计时器要接到交流电源上。实验时要先接通电源，再释放2m，拉动1m打出一条纸带；如果先释放2m，再接通电源，由于重物运动较快，不利于数据的采集，会导致实验产生较大的误差。故操作不当的步骤是BC。（2）[2]在打下计数点1~5的过程中，系

统重力势能的减少量p2115()0.172JEmgmgx=−=[3]系统动能的增量224602k121()[()()]0.169J222xxEmmtt=+−=其中50.1stT==（3）[4]根据机械能守恒可得22211201()()()2iimg

mghmmvv−=+−整理得2221012()1()2()iimgmgvvhmm−−=+所以图像的斜率2112()1.96()mgmgkmm−==+故选D。四、简答题：本大题共2小题，共23分。13.一辆跑车在水平路面上由静止启动，在前5s内做匀加速直线运动，15st=末达到额定功率，速

度120m/sv=，之后保持以额定功率运动。其vt−图像如图所示。已知该跑车受到的阻力f为车重的0.1倍，质量311kg0m=，210m/sg=，则：（1）该车在前5s内的牵引力为多少？（2）该车速度为40m/s时的加速度为多少？（3）假设15st=时该车已经达到最大速度，求0~15s内汽

车牵引力所做功为多少？。【答案】（1）3510N；（2）21.5m/s；（3）61.25J10【解析】【详解】（1）由题意，汽车受到地面的阻力大小为30.1110Nfmg==根据v-t图像可知汽车在前5s内的加速度大小为2

4m/sa=根据牛顿第二定律有Ffma−=得牵引力3510NF=（2）额定功率35W51W01020=1PFv==该车速度为v1=40m/s时，牵引力功率等于额定功率，即11PFv=得31N52.10F=加速度2111.5m/sFfam−

==（3）0~5s内汽车牵引力所做功35120(5)J2.5J002511WFx===5~15s内汽车牵引力所做功'562110J=1J1010WPt==0~15s内汽车牵引力所做功为6121.25J10WWW=+=14.如图所示，传送带与水平面之间的夹角为θ

=30°，其上A、B两点间的距离为l=5m，传送带在电动机的带动下以v=1m/s的速度匀速运动。现将一质量为m=10kg的小物体（可视为质点）轻放在传送带上的A点，已知小物体与传送带之间的动摩擦因数μ=32，在传送带将小物体从A点传送到B点的

过程中，求：（g取10m/s2）（1）传送带对小物体做的功；（2）电动机多输出的能量。【答案】（1）255J；（2）270J【解析】详解】（1）小物体刚开始运动时，根据牛顿第二定律有cossinmgmgma−=解得小物体

上升的加速度为22.5m/s4ga==当小物体的速度为v=1m/s时，小物体的位移为20.2m5m2vxa==之后小物体以v=1m/s的速度做匀速运动到达B点，由功能关系得2kp1sin255J2WEEmvmgl++===（2）根据速度

时间关系可得0.4svta==相对位移为0.2m2vxvtt=−=摩擦产生的热量为cos15JQmgx==【电动机做的功等于小物体的机械能增加量和小物体与传送带间因摩擦产生的热量Q之和，故电动机机多输出的能量为270JWWQ=+=电五、计算题：本大题共1小题，共18分。15.如图

所示，在足够长的光滑水平台面AB右侧一定距离处固定一半径为11m8R=的光滑圆弧轨道CD，C点与圆心O点的连线与竖直方向OD的夹角53=，该圆弧轨道在D点通过光滑小圆弧与一足够长的粗糙斜面DE相接，该斜面的倾角可在0~80范围内调节（调好后保持不变）。A、B、C、D

、E均在同一竖直平面内。质量为1kgm=的物块N静止在水平台面上，其左侧有质量为03kgm=的物块M。让物块M以速度02m/sv=的速度向右运动，与物块N发生弹性碰撞，物块N与物块M分离后离开水平台面，并恰好从C

点无碰撞的进入圆弧轨道，然后滑上斜面DE，物块N与斜面DE之间的动摩擦因数，23,sin530.8,cos530.6,10m/s3g====，物块M、N均可视为质点，求：（1）碰撞后物块N、M的速

度各是多大；（2）物块N到达D点时对轨道的压力多大；（3）若物块N第一次经过C点后，在C点安装一弹性挡板，挡板平面与该点圆弧轨道的切线垂直，物块N与挡板碰撞前后速度大小不变。求取不同值时，物块N在运动的全过程中因摩擦而产

生的热量Q与tan的关系式。【答案】（1）1m/s，3m/s；（2）36.2N；（3）1833tan3Q=+（030），18JQ=（3080）【解析】【分析】【详解】（1）物块M与N发生弹性碰撞有00012mvmvmv=+22200012111222mvmvmv=+解得0

01001m/s2mmvvvmm−===+00200233m/s2mvvvmm===+碰撞后物块N、M的速度各是1m/s，3m/s。（2）物块N到达C点时速度235m/scos0.6Cvv===物块N从C到达D点时有()22111cos22DCmgRmvmv−=−物块

N到达D点时有2DvNmgmR−=解得6m/sDv=，39836.2N11N=由牛顿第三定律有N36.2NFN==（3）斜面倾角较小时物块N停在斜面上，有sincosmgmg解得30斜面倾角030较小时物块N停在斜面上，有21sincos2Dm

gxmgxmv+=解得()22sincosDvxgg=+则有()2cos183cos?J2sincos3tan3DmgvQmgxgg===++为斜面倾角3080较大时物块N不能停在斜面上，最后将停在D点，则有2118

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