【文档说明】北京市大峪中学2023-2024学年高一下学期期中考试物理试题 Word版含解析.docx，共(20)页，4.762 MB，由小赞的店铺上传

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大峪中学2023—2024学年度第二学期高一年级物理学科期中考试试卷（满分：100分时间：90分钟）一、单项选择题（本题共10小题，在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题意。每小题3分，共30分）1.做匀速圆周运动的物

体，下列物理量中发生改变的是（）A.动能B.向心加速度C.周期D.频率【答案】B【解析】【详解】A．做匀速圆周运动的物体，速度大小不变，所以动能不变，故A错误；B．做匀速圆周运动的物体，向心加速度大小不变，方向变化，是变量，故B正确；CD．做匀速圆周运动的物体，周期、频率不变，

是恒量，故CD错误。故选B。2.如图所示，小物块A与水平圆盘保持相对静止，随圆盘一起在水平面内做匀速圆周运动。关于小物块A的受力情况，下列说法正确的是（）A.受重力、支持力B.受重力、支持力和摩擦力C.受重力、支持力、摩擦力和向心力D.受到的合外力为零【答案】B【解析】【详解】小

物块在竖直方向上受重力和支持力，由于小物块在水平面内做匀速圆周运动，则还一定受到摩擦力从而提供其向心力，所以小物块受到的合力不为零。向心力是效果力，受力分析时不能将其与其他性质力并列分析，故ACD错误，B正确。故选B。3.关于运动和力的关系，下列说法正确的是（）A.做曲线运动的物体，其加速度可能

不变B.做曲线运动的物体，其加速度一定在变化C.在恒力作用下运动的物体，其速度方向一定不变D.在恒力作用下运动的物体，其加速度方向可能改变【答案】A【解析】【详解】AB．物体做曲线运动的条件是初速度与加速度不在同一条直线上

，所以加速度可以变化，也可以保持不变，故A正确，B错误；C．如果恒力的方向与物体初速度方向不相同，物体做曲线运动，速度方向改变，故C错误；D．由牛顿第二定律可知，物体所受合外力为恒力时，其加速度大小方向均保持不变。故D错误。故选A4.质点做平抛运动的初速度

为v1，3s末时的速度为v2。下列四个图中能够正确反映抛出时刻1s末、2s末、3s末速度矢量的示意图是（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【详解】平抛运动水平方向做匀速直线运动，水平速度保持不变，竖直方向做自由落体运动，相等时间内速度变化

量相同。故选D。5.某人造地球卫星绕地球做匀速圆周运动。若设法调整该卫星轨道，使轨道半径增加为原来2倍后，卫星仍然做匀速圆周运动。关于卫星在调整轨道后的运动与在原轨道上的运动相比，下列说法正确的是（）A.由2πrTv=可知，卫星的

周期增加为原来的2倍B.由2mvFr=可知，卫星所需向心力减小为原来的12C.由2Fmr=可知，卫星所需向心力增加为原来的2倍D.由122mmFGr=可知，卫星所需向心力减小为原来的14【答案】D。【解析】【详解】A．设地球质量为M，质量为m的卫星绕地球做半径为r、周期为T的匀速圆周运

动，根据牛顿第二定律有2224πMmGmrrT=解得2πrTrGM=所以卫星轨道半径增加为原来2倍后，其周期增加为原来的22倍，故A错误；BCD．根据2πrvT=和2πT=可知变轨后卫星的线速度和角速度也将发生变化，所以不能根据2mvFr=和2Fmr=来计算卫

星所需向心力变化的倍数，只能根据万有引力定律122mmFGr=来判断，从而可得卫星所需向心力减小为原来的14，故BC错误，D正确。故选D。6.如图所示，长为l的细线上端固定于悬点O，细线下面悬挂一质量为m的小钢球。钢球在水平面内以O为圆

心做匀速圆周运动时，细线与OO的夹角为。忽略空气阻力，重力加速度为g。则（）A.小钢球受重力、拉力和向心力B.细绳拉力大小为mgcosθC.小钢球受向心力大小为mgtanθD.小钢球运动的角速度大小为tangl【答案】C【解析】【详解】A．小钢球受重力

、拉力作用，合力提供了向心力，故A错误；B．线的拉力的竖直方向分力等于重力cosmgT=得cosmgT=故B错误；C．线的水平分力提供了向心力sintanFTmg==向故C正确；D．拉力的水平分力提供了向心力T根据2tansinmgml=解得=cosgl

故D错误。故选C。7.2020年2月15日，北斗导航系统第41颗卫星（地球同步卫星，离地高度约36000km）、第49颗卫星（倾斜地球同步轨道卫星）、第50、51颗卫星（中圆地球轨道卫星，离地高度约20000km）已

完成在轨测试，正式入网工作，推进了中国2020年建成覆盖全球北斗卫星导航系统计划顺利实施。下列说法正确的是（）A.中圆地球轨道卫星周期大于24小时B.地球同步卫星的发射速度小于第一宇宙速度C.倾斜地球同步轨道卫星不会静止在北京上空D.中圆地球轨道卫星比地

球同步卫星线速度小【答案】C【解析】的【详解】A．卫星绕地球转动，万有引力提供向心力，由牛顿第二定律可知222MmGmrrT=可得32rTGM=由公式可知轨道半径越小，周期越小，因中圆地球轨道半径小于同步卫星轨道半径，同步卫星周期为24小时，所以中圆地球轨道卫星周期小于24小时，

故A错误；B．第一宇宙速度是最小发射速度，地球同步卫星的发射速度大于第一宇宙速度，故B错误；C．倾斜地球同步轨道卫星和同步轨道卫星有一夹角，相对地球上的物体来说是运动的，它不会静止在北京上空，故C正确；D．卫星绕地球转动，万有引力提供向心力，由牛顿第二

定律可知22MmvGmrr=解得GMvr=由公式可知轨道半径越小，速度越大，中圆地球轨道卫星比地球同步卫星线轨道半径小，速度大，故D错误。故选C。8.质量为m的足球在地面1的位置以速度v1被踢出后，以速度v3落到地面3的位置，飞行轨迹如图所示。足球在

空中达到最高点2的速度为v2，高度为h，重力加速度为g。则下列说法中正确的是（）A.足球由位置1到位置2，重力做功为mghB.足球由位置1到位置2，空气阻力做功为22211122mvmvmgh−+C.足球由位置2到位置3，重力势能减少了32221122mvm

v−D.足球由位置1到位置3，外力所做的总功为22223111222mvmghmvmv+−−【答案】B【解析】【详解】A．足球由位置1到位置2，重力做负功，为GWmgh=−故A错误；B．由动能定理22211122mghWmvmv−

+=−可得足球由位置1到位置2，空气阻力做功为22211122Wmvmvmgh=−+故B正确；C．足球由位置2到位置3，重力势能减少了pEmgh=而22k3211Δ22Emvmv=−是动能变化量，因为有空气阻力做功，二者不相等，故C错误；D．足球由位置1到位置3，

外力所做的总功为22311122Wmvmv=−合故D错误。故选B。9.如图所示，质量相同的三个小物块a、b、c处在同一高度，现将小物块a和b由静止释放，a沿光滑斜面下滑，b做自由落体运动；同时将小物块c沿水平方向以速度v0抛出。不计空气阻力，下列说法不正确的是（）A.从释放到落

地过程中重力对a、b两个物块做功相同B.a、b两个物块落地瞬间重力的瞬时功率相同C.b、c两个物块落地瞬间的机械能不相同D.b、c两个物块在运动过程中重力做功的平均功率相同【答案】B【解析】【详解】A．由题意可知，三个物体下落的过程

下落高度相同，三物体的重力相等，则重力做功相同，故A正确；B．由动能定理可知，a、b两个物块落地瞬间的速率相等，由yPmgv=可知，由于a物块落地时的速度方向与竖直方向成一定夹角，而b物块落地时的速度方向与重力方向相同，则a、b两个物块落

地瞬间重力的瞬时功率不相同，故B错误；C．b、c两个物块下落过程中只有重力做功，则机械能守恒，落地时的机械能等于开始位置的机械能，由于两物块高度相同，但c物块具有初动能，所以两物体机械能不同，故C正确；D．b、c两个物块在竖直方向均做自由落体运动，则下落时间相同，重力做功相同，所以b

、c两个物块在运动过程中重力做功的平均功率相同，故D正确。由于本题选不正确的，故选B。10.起重机的钢索将重物由地面吊到空中某个高度，其速度时间图象如图所示，则钢索拉力的功率随时间变化的图象可能是图中的（）A.B.C.D.【答案】

B【解析】【详解】在0t1时间内：重物向上做匀加速直线运动，设加速度大小为a1，根据牛顿第二定律得1Fmgma−=则有1Fmgma=+拉力的功率111)(PFvmgmaat==+m、a1均一定，则P1∝t在t1t

2时间内：重物向上做匀速直线运动，拉力F=mg则拉力的功率2PFvmgv==P2不变，根据拉力的大小得到，P2小于t1时刻拉力的功率，在t2t3时间内：重物向上做匀减速直线运动，设加速度大小为a2，根

据牛顿第二定律得2mgFma−=则有2Fmgma=−拉力的功率3202()PFvmgmavat==−−)(m、a2均一定，P3与t是线性关系，随着t延长，P3减小。t3时刻拉力突然减小，功率突然减小。故选B。二、多项选择题（本题共4小题，每小题3分，共12分。每小题全部

选对的得3分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。）11.绳子的一端拴一个小球。手握绳子，使小球在水平面内做匀速圆周运动，下列四个图可能实现的是（）A.B.C.D.【答案】AD【解析】【详解】小球在水平面内做匀速圆周运动时，绳子的张力

与重力的合力必须指向圆心，AD图所示情况，合力指向圆心，BC图所示情况，合力不指向圆心，故AD正确，BC错误。故选AD。12.汽车在平直公路上沿直线行驶，它受到的阻力f大小不变，发动机的额定功率为P。汽车在不超过额定功率的情况下行驶，下列说法正确的是（）A.汽车能够达到的最大行驶

速度为PfB.若发动机的功率保持恒定，汽车可以做匀加速运动C.若汽车做匀加速运动，发动机的功率是逐渐增大的D.若汽车做匀速运动，某时刻其功率突然减小为某一定值，汽车将做加速度逐渐增大的减速运动【答案】AC【解析】【详解】A．当汽车以最大速

度行驶时，根据平衡条件可知牵引力与阻力大小相等，所以最大行驶速度mPvf=故A正确；B．若发动机的功率保持恒定，由PFv=速度增大，牵引力F减小，根据牛顿第二定律Ffam−=加速度减小，汽车可以做加速度减小的加速运动，故B错误；C．若汽车做匀加速运动，由牛顿第二定律Ffma−=牵引力F不变，发动

机的功率PFvFat==发动机功率是逐渐增大的，故C正确；D．若汽车做匀速运动，某时刻其功率突然减小为某一定值，根据PFv=可知此时发动机牵引力突然小于阻力，汽车所受合力与运动方向相反，将做减速运动，根据PFv=可

知牵引力不断增大，即汽车所受合力的FFf=−合减小，汽车将做加速度逐渐减小的减速运动，故D错误。故选AC。13.中国自行研制、具有完全知识产权的“神舟”飞船，目前已经达到国际第三代载人飞船技术水平。其发射过程简化如下：飞船由“长征”运载火箭送入近地点为A、远地点为B的椭圆轨道上，仅在万有引力作用下

沿椭圆轨道运行，当到达B点时，通过变轨预定圆轨道进入预定圆轨道，如图所示。飞船在椭圆轨道上运行时（）A.在A点的速度比B点的大B.在A点的加速度比B点的大C.在A点的机械能比B点的大D.在椭圆轨道上经过B点的速度大于在圆轨道上经过B点时的速度【答案】AB【解析】【详解】A．根据开普勒第二定

律可知，飞船在椭圆轨道上运行时，在A点的速度比B点的大，故A正确；B．根据牛顿第二定律可知飞船的加速度为2FGMamr==所以在A点的加速度比B点的大，故B正确；C．飞船在椭圆轨道上运行时，只有万有引力做功，机械能守恒，所以在A、B两点的机械能相

等，故C错误；D．飞船从椭圆轨道变至预定圆轨道时，需要在B点加速，所以在椭圆轨道上经过B点的速度小于在圆轨道上经过B点时的速度，故D错误。故选AB。14.2022年第24届冬奥会在北京-张家口成功举办，图甲

为在张家口的国家跳台滑雪中心“雪如意”,图乙为跳台滑雪的示意图。质量为m的运动员从长直倾斜的助滑道AB的A处由静止滑下，为了改变运动员的速度方向，在助滑道AB与起跳台D之间用一段弯曲滑道相切衔接，其中最低点C处附近是一段以

O为圆心的圆弧，圆弧轨道半径为R。A与C的竖直高度差为H，弯曲滑道末端即起跳台D与滑道最低点C的高度差为h，重力加速度为g。不计空气阻力及摩擦，则运动员（）A.到达C点时的动能为mgHB.到达C点对轨

道的压力大小为2mgHRC.到起跳台D点的速度大小为2()gHh−D.从C点到D点重力势能增加了mg(H-h)【答案】AC【解析】【详解】A．由A到C机械能守恒，则到达C点时的动能为Ek=mgH选项A正确；B．根据212Cmvmg

H=2CCvFmgmR−=解得2CmgHFmgR=+则到达C点对轨道的压力大小为'2CmgHFmgR=+选项B错误；C．从A到D由机械能守恒定律21()2DmgHhmv−=解得到起跳台D点的速度大小为2()

DvgHh=−选项C正确；D．从C点到D点重力势能增加了mgh，选项D错误。故选AC。三、实验题（本题共2小题，共18分。）15.某同学研究平抛运动的实验装置如图所示，小球每次都从斜槽上某位置无初速度释放，并从斜槽末端飞出。改变水平板的高度，就改变了小球在板上落点的位置，从而根据一系列的落点位

置可描绘出小球的运动轨迹。（1）关于该实验，下列做法正确是（）A.斜槽轨道必须光滑水平板B.轨道末端必须水平C.实验时可以将小球从不同位置由静止释放（2）该同学在坐标纸上确定了小球运动轨迹上a、b和c三个点的位置如图所示。已知坐标纸上每个小方格的长度均为l，重力加速度为g，若

已探究得出小球在水平方向的分运动为匀速直线运动，竖直方向的分运动为自由落体运动，通过3个点的分布可知a点__________（选填“是”或“不是”）小球的抛出点，小球从轨道末端飞出时的初速度0v=____________。【答案】（1）B（2）①.不是②.3

22gl【解析】【小问1详解】A．斜槽轨道不一定必须光滑，只要到达底端时速度相同即可，故A错误；B．轨道末端必须水平，以保证小球能做平抛运动，故B正确；的C．实验时小球从相同位置由静止释放，故C错误。故选B。【小问2详解】[1]由图可知小球运动轨迹上ab、和c三

个点的位置水平分位移相同，说明abbctt=由初速度为零的匀变速直线运动，相等时间间隔内的位移之比为1:3:5:7:，小球竖直方向做自由落体运动，而ab、和c三个点的位置竖直分位移不是1:3的关系，所以a点不是小球的抛出点。[2]根据匀变速直线运动的推论相等时间间隔内的位移

之差恒定，有22bcabyygTl−==水平方向有03abxvTl==解得0322vgl=16.某学习小组利用如图所示的装置做“验证机械能守恒定律”的实验。（1）在本实验中，还需要用到的实验器材有____

__；A．刻度尺B．低压交流电源C．秒表D．天平（2）实验中，先接通电源，再释放重锤，得到图所示的一条纸带。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Ah、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，重锤的质量为m。从打O点到打B点的过程中，重锤的重力势能减少量pE=______，动能增加量kE=______，若在误差允许的范围内，pE与kE近似相等，则可验证机械能守恒；（用上述测量量和已知

量的符号表示）（3）在实际验证的过程中，同学们发现动能的增加量总是略小于重力势能的减少量。关于这一问题出现的原因，下面分析合理的是______；A．所用重锤的质量太大B．重锤和纸带下落时受到了空气阻力和摩擦阻力C．这一误差为偶然误差，多次实验即可减小误差（4）有同学在纸带上选

取多个计数点，分别测量它们到起始点O的距离为h，并计算出各计数点对应的速度v，画出2vh−图像。若阻力作用不可忽略且大小不变，已知当地重力加速度为g，则画出的图像应为图中的图线______（选填“1”“2”或“3”），其斜率______2g（选填“

小于”“大于”或“等于”）。【答案】①.AB##BA②.Bmgh③.22()8CAmhhT−④.B⑤.2⑥.小于【解析】【详解】（1）[1]A．本实验需要刻度尺测量纸带上的点间距，故A符合题意；B．本实验需要低压交流电源给电磁打点计时

器供电，故B符合题意；C．由于打点计时器打出的点本身具有时间属性，所以不需要秒表测量时间，故C不符合题意；D．由于动能表达式和重力势能表达式中均含有重锤质量的一次项，所以比较重力势能的减少量和动能的增加量时，可将质量约去，不需要天平来测质量，故D不符合题意。故选AB。（2）[2]从打O点到打B点的

过程中，重锤的重力势能减少量为pOBEmgh=[3]打B点时重锤的速度大小为2CABhhvT−=从打O点到打B点的过程中，重锤动能的增加量为22k2()128CABmhhEmvT−==（3）[4]在实际验证的过程中，同学们

发现动能的增加量总是略小于重力势能的减少量，这是由于重锤和纸带下落时受到了空气阻力和摩擦阻力，使系统的一部分机械能转化为了内能，与所用重锤质量大小无关，并且该误差属于系统误差，无法通过多次实验减小。故AC错误，B正确。故选B。（4）[5][6]设阻力大小恒为f，根据动能定理有212mghfhmv−

=整理得22fvghm=−所以画出的图像应为图中的图线2，且图线的斜率22fkggm=−四、计算题（本题共5小题，共40分）解答要求：写出必要的文字说明、方程式、演算步骤和答案。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。17.木星有4颗卫星。若已知木卫二绕木星做匀速圆周运动的轨道半径r、木星的质量M，以及万有引力常量G，请推导木卫二绕木星运动周期T的表达式。【答案】234rTGM=【解析】【详解】木卫二绕木星做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力有2224MmGmrrT=可得，木卫二绕木星运动周期为

234rTGM=18.2020春季新冠疫情期间，某同学居家自学圆周运动知识。如图所示，他用一根无弹性细绳拴住一个质量为m的小沙袋，让小沙袋在水平面内做半径为r的匀速圆周运动，同时测出小沙袋运动n周所需时间为t。若小沙袋所受向心力近似等于手通过绳对小沙袋的拉力，求

：(1)小沙袋做圆周运动的周期T；(2)小沙袋做圆周运动的角速度ω；(3)细绳对小沙袋的拉力F。【答案】(1)tn；(2)2πnt；(3)2224πnmrt【解析】【详解】(1)小沙袋做圆周运动的周期tTn=(2)小

沙袋做圆周运动的角速度2π2π2πntTtn===(3)细绳对小沙袋的拉力充当向心力，根据牛顿第二定律，有222222π4πnnmrFmrmrtt===19.如图所示，BCD是半径R=0.4的竖直圆弧形光滑轨道，D是轨道的最高点，长L=

2m的水平面AB与轨道在B点相切。一质量m=0.1kg的物体（可视为质点）静止在水平面上的A点，物体与水平面之间的动摩擦因数μ=0.4。现给物体一个初速度，使它经过水平面后沿BCD轨道运动，取g=10

m/s2。(1)若已知物体到达D点时速度为vD=4m/s，求:①物体运动到D点时的动能大小；②物体在D点时受到轨道压力FN的大小；(2)如果小球恰好能通过D点，求物体在A点的初速度vA。【答案】(1)①0.8J；②3N；(2)6m/s【解析】【详解】(1)①物体到达D点时速

度为vD=4m/s，则物体运动到D点时的动能大小22110.14J=0.8J22kDEmv==；②物体在D点时:2DNvFmgmR+=解得2240.1(10)N=3N0.4DNvFmmgR=−=−(2)如果小球恰好能

通过D点，则'2DvmgmR=从A到D由动能定理'2211-222DAmvmvmgLmgR−=−解得vA=6m/s20.如图所示，半径R=0.60m的光滑四分之一竖直圆轨道MN固定在水平桌面上，轨道末端水平且端点N处于桌面边缘，把质量m=0

.20kg的小物块从圆轨道上某点由静止释放，经过N点后做平抛运动，落到地面上的P点。已知桌面高度h=0.80m，P点到桌面右边缘的水平物距离x=1.20m，取重力加速度g=10m/s2。不计空气阻力，小物块可视为质点，求：（1）小物块经过N点时的速度大小。（2）小物块经过

N点时轨道对小物块支持力的大小。（3）圆轨道上释放小物块的位置与端点N间的高度差。【答案】（1）3m/s；（2）5N；（3）0.45m【解析】【详解】（1）小球从N点做平抛运动，则x=vt212hgt=解得小物块经过N点时的速度v=3m/s（2）在N点时，由牛

顿第二定律2NvFmgmR−=解得FN=5N（3）小物块运动至N点过程中机械能守恒，则有212mgHmv=解得H=0.45m21.如图所示，一根轻弹簧上端固定，下端挂一小球（可视质点），弹簧处于原长时小球位于P点。将小球从P点由静止释放，小球沿竖直方向在PQ之间做往复运动。小球运动过

程中弹簧始终处于弹性限度内。不计空气阻力，重力加速度为g。（1）请根据动能定理及重力、弹力做功的特点，证明：小球运动过程中，小球、弹簧和地球组成的系统机械能守恒。（2）上述的运动情形，在生活中也常常遇到，如图甲所示的蹦极运动。为了研究蹦极过程，可做以下简化：将游客视为质点，他的

运动沿竖直方向，忽略弹性绳的质量和空气阻力，在弹性限度内弹性绳的特点和弹簧可视为相同。如图乙所示，某次蹦极时，游客从蹦极平台末端O点由静止开始下落，到a点时弹性绳恰好伸直，游客继续向下运动，能到达的最低位置为b点，整个过程中弹性绳始终在弹

性限度内，且游为客从蹦极平台第一次到b点的过程中，机械能损失可忽略。已知弹性绳的原长为l0，弹性绳劲度系数为k。①游客从蹦极平台末端O点第一次到b点的运动过程中，请在图丙中定性画出弹性绳弹力F的大小随伸长量x变

化关系的图线；②借助F—x图像可以确定弹力做功的规律，在此基础上，若已知游客的质量为m，求游客从O点运动到b的过程中的最大速度的大小。【答案】（1）见解析；（2）①②2m02mgvglk=+【解析】【详解】（1）设重力做的功为WG，弹力做的功为W弹，根

据动能定理有WG+W弹=Ek2-Ek1由重力做功与重力势能的关系有WG=Ep1-Ep2由弹力做功与弹性势能的关系有W弹=E弹1-E弹2联立以上三式可得Ek1+Ep1+E弹1=Ek2+Ep2+E弹2即小球、弹簧和地球组成的物体系统机械能守恒。（2）①弹性绳的原长为l0，游客从蹦极平台第一次到a点的运

动过程中，弹力始终为零；当游客从a点向下运动到最低点b过程中，取竖直向下为正方向，根据胡克定律可得：F=kx画出弹性绳对游客的弹力F随弹簧形变量x的变化图像如图所示：②F—x图像与坐标轴围成的面积表示弹簧弹力做的功，当弹性绳的形变量为x时，则弹力做的功为21222

FkxWxxkx===当游客从O点运动到b的过程中的速度最大时，则kxmg=根据动能定理20m1()=2mglxWmv+−弹解得2m02mgvglk=+