【文档说明】北京市海淀区北京理工大学附属中学2023-2024学年高一下学期4月期中物理试题 Word版含解析.docx，共(21)页，1.160 MB，由小赞的店铺上传

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2023—2024学年度第二学期高一年级物理学科期中练习（等级考）考试时间90分钟一、不定项选择题（共54分，每小题3分。在每小题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项是正确的，有的小题有多个选项是正确的。全部选对

得3分，选不全得2分，有选错或不答得0分）1.万有引力122GmmFr=公式中，下面说法中正确的是（）A.G为引力常量，它是由实验测得的，而不是人为规定的B.当r趋近于零时，万有引力趋近于无穷大C.m1与m2受到的引力总是大小相

等的D.m1与m2受到的引力总是大小相等、方向相反的，是一对平衡力【答案】AC【解析】【详解】A．G为引力常量，它是由卡文迪许通过实验测得的，而不是人为规定的，故A正确；B．当r趋近于零时，不可以将两物体看作质点，则万有引力公式不再适用，万有引力不会趋于无穷大，

故B错误；CD．m1与m2受到的引力互为相互作用力，总是大小相等、方向相反，故C正确，D错误。故选AC。2.若想检验“使月球绕地球运动的力”与“使苹果落地的力”遵循同样的规律，在已知月地距离约为地球半径60倍的情况下，

需要验证（）A.地球吸引月球的力约为地球吸引苹果的力的2160B.月球公转的加速度约为苹果落向地面加速度的2160C.自由落体在月球表面的加速度约为地球表面的16D.苹果在月球表面受到的引力约为在地球表面的160【答案】B【解析】【详解】A．设月球质量为M月

，地球质量为M，苹果质量为m，则月球受到的万有引力为()2=60GMMFr月月苹果受到的万有引力为2GMmFr=由于月球质量和苹果质量之间的关系未知，故二者之间万有引力的关系无法确定，故选项A错误；B．根据牛顿第二定律()260GMMMar=月月月，2GMmmar=整理可以

得到2160aa=月故选项B正确；C．在地球表面处''2MRmGmg=地地在月球表面处''2MmGmgr=月月月由于地球、月球本身的半径大小、质量大小关系未知，故无法求出月球表面和地面表面重力加速度的关系，故选项C错误；D由C可知，无法求出月球表面和地面表面重力加速度的关系，故无法求出苹果在月

球表面受到的引力与地球表面引力之间的关系，故选项D错误。故选B。3.已知地球的半径为R，地球表面处的重力加速度为0g，物体在距离地心4R处，由于地球的吸引作用而产生的加速度为g，不考虑地球自转的影响。则0:gg为（）A.1:1B.1:9C.1:

4D.1:16【答案】D【解析】【详解】物体在地球表面处，有02GMmmgR=物体在距离地心4R处，有2(4)GMmmgR=联立可得06:1:1gg=故选D。4.一艘宇宙飞船飞近某一不知名的行星，并进入靠近该行星表面的圆轨道，若宇航员要测定该行星的

平均密度，只需测定（引力常量G已知）（）A.飞船运行的周期B.飞船的环绕半径C.行星的体积D.飞船的绕行速度【答案】A【解析】【详解】A．一艘宇宙飞船飞近某一不知名的行星，并进入靠近该行星表面的圆轨道，设行星的半径为R，密度为，质量为M，宇宙运行的周

期为T；由万有引力提供向心力可得2224GMmmRRTp=又343MR=联立可得23GT=可知若宇航员要测定该行星的平均密度，只需测定飞船运行的周期，故A正确；BC．测定飞船的环绕半径和测定行星的体积，均无法求出行星质量，无法测定行星的密度，故BC错误；

D．测定飞船的运行速度，由22MmvGmRR=可得2vRMG=结合343MR=可知无法测定行星的密度，故D错误。故选A。5.下图中描绘的四种虚线轨迹，可能是人造地球卫星轨道的是（）A.B.C.D.【答案】ABC【解析】【详解】人造地球卫星

绕地球转动时，由地球对卫星的万有引力提供向心力，而地球对卫星的万有引力方向指向地心，所以人造地球卫星做圆周运动的圆心是地心，则卫星轨道平面一定过地心。故选ABC。6.一颗人造地球卫星绕地球做匀速圆周运动，关于卫星所受向心力，下列说法正确的是（）A.卫星受到的来自地球的万有引力提供向心力B.根据公式

2Frvm=可知，它所受的向心力跟半径成反比C.根据公式2MmFGr=可知，它所受的向心力跟半径的二次方成反比D.根据公式Fmv=可知，它所受的向心力跟半径无关【答案】AC【解析】【详解】A．一颗人造地球卫星绕地球做匀速圆周运动，卫星受

到的来自地球的万有引力提供向心力，故A正确；B．根据万有引力提供向心力可得22GMmvmrr=可得GMvr=可知卫星的线速度不是一定的，所以不能根据公式2Frvm=得到它所受的向心力跟半径成反比，故B错误；C．根据2MmFGr=可知它所受的向心力跟半径的二次方成反比，故C

正确；D．根据万有引力提供向心力可得22GMmmrr=可得3GMr=则有2GMvr=可知卫星的线速度和角速度的乘积不是一定的，所以根据公式Fmv=得到它所受的向心力跟半径有关，故D错误。故选AC。7.我国发射的“嫦娥一号”卫星经过多次加速、变轨后，最终成功进入环月工作轨道．如

图所示，卫星既可以在离月球比较近的圆轨道a上运动，也可以在离月球比较远的圆轨道b上运动．下列说法正确的是A.卫星在a上运行的线速度小于在b上运行的线速度B.卫星在a上运行的周期大于在b上运行的周期C.卫星在a上运行的角速度小于在b上运行的角速度D.卫星在a上运行时受到的万有引力大于在b上运行

时的万有引力【答案】D【解析】【详解】A．由GMvr=，可知卫星在a上运行的线速度大于在b上运行的线速度，选项A错误；B．由32rTGM=，可知卫星在a上运行的周期小于在b上运行的周期，选项B错误；C．由3G

Mr=，卫星在a上运行的角速度大于在b上运行的角速度，选项C错误；D．根据2MmFGr=可知，卫星在a上运行时受到的万有引力大于在b上运行时的万有引力，选项D正确。故选D。8.利用引力常量G和下列某一组数据，不能计算出地球质量的是（）A.地球的半径及重力加速度（不考

虑地球自转）B.人造卫星在地面附近绕地球做圆周运动的速度及周期C.月球绕地球做圆周运动的周期及月球与地球间的距离D.地球绕太阳做圆周运动的周期及地球与太阳间的距离【答案】D【解析】【详解】A．根据万有

引力等于重力2GMmmgr=解得2grMG=可知利用引力常量G和地球的半径及重力加速度可以计算出地球的质量，A不符合题意；B．已知人造卫星做圆周运动的速度和周期，根据2vT=可计算出卫星的轨道半径2vTr=万有引力提供

向心力有2224GMmmrrT=可求出地球质量32vTMG=利用引力常量G人造卫星在地面附近绕地球做圆周运动速度及周期可以计算出地球的质量，B不符合题意；C．已知月球绕地球运动的周期和半径，根据2224GMmmrrT=得地球的质量为2324rMGT=利用引力常量

G和月球绕地球做圆周运动的周期及月球与地球间的距离可以计算出地球的质量，C不符合题意。D．已知地球绕太阳做圆周运动的周期及地球与太阳间的距离，根据2224GMmmrrT=可计算出太阳的质量，但无法计算地球的质量

，即利用引力常量G和地球绕太阳做圆周运动的周期及地球与太阳间的距离不能计算出地球的质量，D符合题意；故选D。9.地球的质量为M，半径为R，自转角速度为ω，万有引力常量为G，地球表面的重力加速度为g，同步卫星距地面的距离为h，则同步卫星的线速度大小为（）A.ω（

R+h）B.GMRh+C.RgRh+D.gR【答案】AB【解析】【分析】【详解】同步卫星与地球同步，做匀速圆周运动，则线速度定义可得：22()()2rRhvRhT+===+由于地球的引力提供向心力，让同步卫星做匀速圆周运动，则有的22()GmmRhRhvM=+

+解之得GMvRh=+当忽略地球自转时，由黄金代换式2GMgR=可得gvRRh=+由于本题没有说明是否忽略地球自转，故AB正确，CD错误；故选AB。10.发射地球同步卫星时，要先将卫星发射至近地圆轨道1，然后点火，使其沿椭圆轨道2运行，最后再次点火，将卫星送入同步圆轨道3。轨道1、2相

切于P点，轨道2、3相切于Q点，如图所示。则当卫星分别在1、2、3轨道上正常运行时，以下说法中正确的是（）A.卫星在轨道1上经过P点时的速率大于在轨道2上经过P点时的速率B.卫星在轨道3上经过Q点时的速率大于在轨道2上经过Q点时的速率C.卫星在轨

道1上经过P点时的加速度大于它在轨道2上经过P点时的加速度D.卫星在轨道2上经过Q点时的加速度等于它在轨道3上经过Q点时的加速度【答案】BD【解析】【详解】A．卫星从轨道1变轨到轨道2，需要在P点点火加速，则卫星在轨道1上经过P点时的速率小于在轨道2上经过P点时的速率，故A错误；B．

卫星从轨道2变轨到轨道3，需要在Q点点火加速，则卫星在轨道3上经过Q点时的速率大于在轨道2上经过Q点时的速率，故B正确；CD．根据牛顿第二定律可得2GMmmar=可得2GMar=可知卫星在轨道1上经过P点时的加速度等于它在轨道2上经过P点时的加速度；卫

星在轨道2上经过Q点时的加速度等于它在轨道3上经过Q点时的加速度，故C错误，D正确。故选BD。11.8.公路急转弯处通常是交通事故多发地带．如图所示，某公路急转弯处是一圆弧，当汽车行驶的速率为vc时，汽车恰好没有向公路内外两侧滑动的趋势，则在该弯道处A.路面外侧高内侧低B.车速只要低于v

c，车辆便会向内侧滑动C.车速虽然高于vc，但只要不超出某一最高限度，车辆便不会向外侧滑动D.当路面结冰时，与未结冰时相比，vc的值变小【答案】AC【解析】【详解】试题分析：路面应建成外高内低，此时重力和支持力的合力指向内侧，可以提供圆周运动向心力，故A正确．车

速低于v0，所需的向心力减小，此时摩擦力可以指向外侧，减小提供的力，车辆不会向内侧滑动．故B错误．当速度为v0时，静摩擦力为零，靠重力和支持力的合力提供向心力，速度高于v0时，摩擦力指向内侧，只有速度不超出最高限度，车辆不会侧滑．故C正确．当路面结冰时，与未结冰时相比，由

于支持力和重力不变，则v0的值不变．故D错误．故选AC．考点：圆周运动的实例分析【名师点睛】此题是圆周运动的实例分析问题；解决本题的关键搞清向心力的来源，运用牛顿第二定律进行求解，难度不大，属于基础题．12.如图所示，一个固定在竖直平面上的光滑圆形管道，管道里有一个直径略小于

管道内径的小球，小球在管道内做圆周运动，下列说法中正确的是（）A.小球通过管道最高点时，管道对小球的作用力一定向上B.小球通过管道最高点时，管道对小球的作用力可能为零C.小球通过管道最低点时，管道对小球的作用力可能为零D.小球通过管道最低点时，管道对小球的作用力一定

向上【答案】BD【解析】【详解】AB．小球通过管道最高点时，当重力刚好提供向心力时，管道对小球的作用力为零，故A错误，B正确；CD．小球通过管道最低点时，小球的加速度方向竖直向上，小球处于超重状态，小球受到管道的支持力大于小球的重力，支持力方向竖直向上，故C错误，D正确。故选BD。13.如图

所示，在粗糙的水平面上，某物体受到大小为F，方向与水平方向成θ角的推力或拉力作用，由静止开始运动。在位移均为s的条件下，甲乙两种情况相比较（）A.力F对物体做功相等，物体的末速度也相等B.力F对物体做功不相等，物体的末速度也不相等C.力F对物体做功相

等，物体的末速度不相等D.力F对物体做功相等，阻力对物体做功不相等【答案】CD【解析】【详解】由cosWFs=由于两种情况下力的大小和位移大小相同，且相同，故两种情况相比较力F对物体做功相等；物体在粗糙水平面上运动时会受到阻力的作

用，两种情况下物体对地面的压力不同，所以滑动摩擦力的大小也不同，导致水平方向的合力也不同；由牛顿第二定律可知，当斜下推时，合力为的1cos(sin)FFmgF=−+当斜向上拉时，合力2cos(sin)FFmgF=−−可得12FF则有12FsFs可知两种情况相比较合

力对物体做功不相等；根据动能定理2102Wmv=−合可知两种情况相比较物体的末速度不相等。两种情况阻力做功分别为f1(sin)sWmgF=+f2(sin)sWmgF=−可知两种情况相比较阻力对物体做的功不相等。故选CD。14.两个完全相同的小球A

、B，在某一高度处以相同大小的初速度0v分别沿水平方向和竖直方向抛出，不计空气阻力，如图所示，则下列说法正确的是（）A.两小球落地时速度相同B.两小球落地时，重力的瞬时功率相同C.从开始运动至落地，重力对两小球做的功相同D.从开始运动至落地，重力对两小球做功的平均功率

相同【答案】C【解析】【详解】A．两球运动过程中机械能守恒，则两小球落地时速度大小相同，但是方向不同，选项A错误；为B．两小球落地时，B球竖直速度较大，根据PG=mgvy可知，B球重力的瞬时功率较大，选项B错误；C．根据W=mgh可知，从开始运动至落地，重力对两小球做的功

相同，选项C正确；D．从开始运动至落地，B球运动时间较长，根据WPt=可知，B球重力做功的平均功率较小，选项D错误。故选C。15.如图所示，小球从高处下落到竖直放置的轻弹簧上，从小球接触弹簧到将弹簧压缩至最短的过程中(弹簧一直保持竖直)（

）A.弹簧的弹性势能先增大后减小B.弹簧的弹性势能增加量大于小球重力势能减少量C.小球的动能一直在减小D.小球的机械能守恒【答案】B【解析】【详解】A．球接触弹簧到将弹簧压缩至最短的过程中，形变量一直增大，所以弹性势能

一直增大．故A错误．B．在此过程中，小球的动能减小为零，重力势能减小，弹性势能增大，根据能量守恒定律，弹性势能的增加量等于重力势能的减小量和动能的减小量．所以弹簧的弹性势能增加量小于小球重力势能减小量．故

B正确．C．小球刚接触弹簧时，重力大于弹力，小球先向下做加速度逐渐减小的加速运动，当加速度减小为0时，速度最大，然后重力小于弹力，小球向下做加速度逐渐增大的减速运动到0，所以小球的动能先增大后减小．故C错误．D．在整个过程中，只有重力和弹簧的弹力做功，所以小球和弹簧组成的系统机械能守恒．而弹

簧机械能增大，所以小球机械能减小．故D错误．故选B。16.从高为h处以速度v竖直向上抛出一个质量为m的小球，如图所示。若取抛出点小球的重力势能为0，不计空气阻力，则小球着地时的机械能为（）A.mghB.212

mghmv+C.212mvD.212mvmgh−【答案】C【解析】【详解】不计空气阻力，则小球的机械能守恒，取抛出点小球的重力势能为0，则小球着地时的机械能为212Emv=故选C。17.在平直公路上，汽车由静止开始做匀加速直线运动，当速度达

到maxv后，立即关闭发动机直至静止，vt−图像如图所示，设汽车的牵引力为F，受到的阻力为f，全程牵引力做功为1W，克服摩擦力做功为2W，则（）A.:1:3Ff=B.12:1:3WW=C.:4:1Ff=D.12:1:1WW=【答案】CD【解析】【详解】AC．根据vt−图像中图线围成

的面积表示位移可知，关闭发动机之前的位移为1m12xv=关闭发动机之后的位移为2m32xv=关闭发动机之前，根据动能定理有()21m12Ffxmv−=关闭发动机之后，根据动能定理有22m12fxmv=联

立解得:4:1Ff=故A错误，C正确；BD．全程牵引力做功为11WFx=全程克服摩擦力做功为()212Wfxx=+联立可得12:1:1WW=故B错误，D正确。故选CD。18.设地球自转周期为T，质量为M，引力常量为G。假设地球可视为质量均匀分布

的球体，半径为R。同一物体在南极和赤道水平面上静止时所受到的支持力之比为（）A.22234GMTGMTR−B.22234GMTGMTR+C.22324GMTRGMT−D.2232+4GMTRGMTp【答案】A【解析】【分析】【详解】在赤道上2224NGM

mFmRRTp-=可得2224NGMmFmRRTp=-在南极2'NGMmFR=联立可得2223'4NNFGMTFGMTRp=-故选A。二、实验题（共12分）19.在利用图甲所示装置验证机械能守恒定律的实验时，先接通

电源，再释放重物，得到图乙所示的一条纸带。（1）除带夹子的重物、纸带、铁架台（含铁夹）、电磁打点计时器、导线及开关外，在下列器材中，还必须使用的器材是______（填字母）。A.交流电源B.刻度尺C.天平（含砝码）（2）在纸带上选取三个连续打出的点A、B、C，测得它们到起始点O的距离分别为A

h、Bh、Ch。已知当地重力加速度为g，打点计时器打点的周期为T，重物的质量为m。从打O点到打B点的过程中，重物的重力势能的减少量pE=______，动能的增加量kE=______。在误差允许的范围内，若得到的实验结果pE______kE（填“大

于、小于或等于”），则可验证机械能守恒定律。实验时由于受到阻力的影响，重力势能的减少量应______动能的增加量（填“大于、小于或等于”）。（3）某同学在纸带上选取多个计数点，测量它们到起始点O的距离

h，计算出对应计数点的重物速度v，描绘出2vh−图像，如果要证明重物下落过程机械能守恒，则所绘图像需满足什么条件?______。【答案】（1）AB（2）①.Bmgh②.()228CAmhhT−③.等于④.大于（3）见解析【解析】【小问1详解

】电磁打点计时器需要连接交流电源；需要用到刻度尺测量纸带上计数点之间的距离；由于验证机械能守恒的表达式中质量可以约去，所以不需要天平（含砝码）。故选AB。【小问2详解】[1]从打O点到打B点的过程中，重物的重力势能的减少量为pΔBEmgh=[2]根据匀变速直线运动中间时刻的

速度等于这段时间的平均速度，可得打B点时重物的速度为2CABhhvT−=则从打O点到打B点的过程中，重物的动能的增加量为()222k211Δ0228CABBmhhEmvmvT−=−==[3]在误差允许的范围内，若得到的实验结果pE等于k

E，则可验证机械能守恒定律。[4]实验时由于受到阻力的影响，则减少的重力势能有一部分转化为内能，使得重力势能的减少量应大于动能的增加量。【小问3详解】根据机械能守恒可得212mghmv=可得22vgh=如果要证明重物下落过程机械能守恒，则描绘出的2vh−图像必须是一条过原

点的倾斜直线，且直线斜率为2g。三、计算题（共34分，要求有必要的文字说明、原始公式和计算结果）20.质量为2000kgm=的汽车，发动机保持060kWP=的功率在平直的公路上行驶，汽车能达到的最大速度为m

20m/sv=。求：（1）它以最大速度前进时，所受阻力f的大小；（2）若汽车所受阻力大小不变，它的速度为10m/sv=时，加速度a的大小。【答案】（1）3000N；（2）21.5m/s【解析】【详解】（1）当汽车以最大速度前进时，

牵引力等于阻力，则有30m6010N3000N20PfFv====（2）当汽车的速度为10m/sv=时，牵引力大小为3016010N6000N10PFv===根据牛顿第二定律可得1−=Ffma解得加速度大小为22160003000m/s1.5m/s2000Ffam

−−===21.一艘宇宙飞船绕着某行星做匀速圆周运动，已知运动的轨道半径为r，周期为T，引力常量为G，行星半径为.R求：(1)行星的质量M；(2)行星表面的重力加速度g；(3)行星的第一宇宙速度v．【答案】（1）2324rMGT=（2）232224MrgGRTR==（3）2rr

vTR=【解析】【详解】(1)设宇宙飞船的质量为m，根据万有引力定律222()MmGmrrT=求出行星质量2324rMGT=(2)在行星表面2MmGmgR=求出:232224MrgGRTR==(3)在行星表面22MmvGmRR=求出:2rrvTR=【点

睛】本题关键抓住星球表面重力等于万有引力，人造卫星的万有引力等于向心力．22.长为L的细绳，一端拴一质量为m的小球，另一端固定于O点，让其在水平面内做匀速圆周运动（圆锥摆），摆线与竖直方向的夹角为α，重力加速度为g。求：（1）小球受到的细绳拉力F的大小；（2）小球运动的周期T。【答案】（1）

cosmg；（2）cos2Lg【解析】【详解】（1）以小球为对象，竖直方向根据受力平衡可得cosFmg=可得细绳拉力大小为cosmgF=（2）以小球为对象，根据牛顿第二定律可得224tanFmgmrT==合又sinrL=联立解得小球运动周

期为cos2LTg=23.如图所示，风向水平向西，战机在离地面500m的高空匀速向东巡航，速度为360km/h，飞行员突然发现飞机正前方的地面上有一辆敌方的汽车，他迅速测知敌车正以20m/s的速度和飞机同向匀速运动．假设飞行员投弹后，

风对炸弹的作用力水平向西、大小恒为炸弹重量的0.2倍，试问，飞行员在飞机和敌车的水平距离是多少时投弹，才能击中敌车？（210m/s=g）【答案】700m【解析】【详解】根据题目得知炮弹水平方向做加速度为20.20.22m/sFmgagmm====做匀减速直线运动，竖直方向做自由落体运动。设炮弹

水平初速度为0360km/h100m/sv==车的速度为120m/sv=，水平位移21012xvtat=−竖直位移212hgt=解得10st=所以炮弹的水平位移的的1900mx=车的水平位移212010m200mxvt===所

以应该在距离小车900m200m700mx=−=的位置投弹，才能击中敌车。24.如图甲所示，长为4ml=的水平轨道AB与半径为0.6mR=的竖直半圆轨道BC在B处相连接，有一质量1kgm=的滑块（大小不计

），从A处由静止开始受水平向右的力F作用，F的大小随位移变化的关系如图乙所示。滑块与AB间的动摩擦因数为0.25=，与BC间的动摩擦因数未知，取210m/sg=．求：（1）滑块到达B处时的速度大小；（2）若到达B点时撤去力F，滑块沿半圆轨道内侧上滑，并恰好能通过最高

点C；则滑块沿半圆轨道上滑过程中，摩擦力对其所做的功是多少?【答案】（1）210m/s；（2）5J−【解析】【详解】（1）由图乙可知，滑块从A到B过程，力F做的功为F202J101J30JW=−=滑块从A到B过程，根据动能定理可得2F102BWmglmv−=−联立解得滑块到达B处

时的速度大小为210m/sBv=（2）若到达B点时撤去力F，滑块沿半圆轨道内侧上滑，并恰好能通过最高点C，在最高点时有2CvmgmR=解得6m/sCvgR==滑块从B到C过程，根据动能定理可得22f11222CBmgRWmvmv−+=−解得滑块沿半圆轨道上滑过程中，摩擦力对其所做的功为f

5JW=−