湖北省武汉市江夏实验中学2024-2025学年高一物理下学期期中试题含解析

PAGE15-湖北省武汉市江夏试验中学2024-2025学年高一物理下学期期中试题（含解析）一、选择题1.在科学的发展历程中，很多科学家做出了杰出的贡献。下列叙述符合物理学史实的是（）A.伽利略在前人的基础上通过视察总结得到行星运动三大定律B.开普勒以行星运动定律为基础总结出了万有引力定律C.卡文迪许通过试验测出了引力常量D.牛顿提出了万有引力定律，并通过试验测出了引力常量【答案】C【解析】【详解】A．开普勒在前人的基础上通过视察总结得到行星运动三大定律，故A错误；B．牛顿以行星运动定律为基础总结出了万有引力定律，故B错误；C．卡文迪许通过试验测出了引力常量，故C正确；D．牛顿提出了万有引力定律，卡文迪许通过试验测出了引力常量，故D错误。故选C。2.如图，海王星绕太阳沿椭圆轨道运动，P为近日点，Q为远日点，M、N为轨道短轴的两个端点，运行的周期为T0，若只考虑海王星和太阳之间的相互作用，则海王星在从P经过M、Q到N的运动过程中()A.从P到M所用的时间等于B.从Q到N阶段，机械能渐渐变大C.从P到Q阶段，速率渐渐变小D从M到N阶段，万有引力对它先做负功后做正功【答案】CD【解析】【详解】A．海王星在PM段的速度大小大于MQ段的速度大小，则PM段的时间小于MQ段的时间，所以P到M所用的时间小于，故A错误；B．从Q到N的过程中，由于只有万有引力做功，机械能守恒，故B错误；C．从P到Q阶段，万有引力做负功，速率减小，故C错误；D．依据万有引力方向与速度方向的关系知，从M到N阶段，万有引力对它先做负功后做正功，故D正确。故选D。3.欧洲天文学家宣布在太阳系之外发觉了一颗可能适合人类居住的类地行星，命名为“格利斯581c”。该行星的质量约是地球的5倍，直径约是地球的1.5倍，现假设有一艘宇宙飞船绕该星球在其表面旁边轨道上做匀速圆周运动，下列说法正确的是（）A.飞船在“格利斯581c”表面旁边运行时的周期要比绕地球表面旁边运行时的周期小B.“格利斯581c”的平均密度比地球的平均密度小C.“格利斯581c”表面处重力加速度小于9.8m/s2D.飞船在“格利斯581c”表面旁边运行时的线速度小于7.9km/s【答案】A【解析】【详解】A．依据得，行星的质量是地球质量的5倍，直径是地球的1.5倍，则周期是地面运行的周期的倍，周期比地球表面运行的周期小，故A正确；B．依据密度行星的质量是地球质量的5倍，直径是地球的1.5倍，所以密度大约是地球的1.5倍，比地球密度大，故B错误。C．在星球表面，依据得，行星的质量是地球质量的5倍，直径是地球的1.5倍，知表面的重力加速度是地球表面重力加速度的2.2倍，大于9.8m/s2，故C错误。D．依据得，行星的质量是地球质量的5倍，直径是地球的1.5倍，则线速度是地球表面运行速度的1.8倍，大于7.9km/s，故D错误。故选A。4.人造飞船首先进入的是近地点距地面高度为200km、远地点距地面高度为340km的椭圆轨道，在飞行第五圈的时候，飞船从椭圆轨道运行到以远地点与地心间距为半径的圆形轨道上，如图所示，飞船在椭圆轨道1上运行，Q为近地点，P为远地点，当飞船运动到P点时点火加速，而后沿圆轨道2运行，以下说法正确的是（）A.飞船在轨道1上经过P点的加速度大于在轨道2上经过P点的加速度B.飞船在Q点受到的万有引力大于该点所需的向心力C.飞船在轨道1上经过P点时受到的万有引力小于该点所需的向心力D.飞船在轨道1上经过P点的速度小于在轨道2上经过P点的速度【答案】D【解析】【详解】A．飞船在轨道1上经过P点时所受的万有引力与在轨道2上经过P点时所受的万有引力相等，则飞船在轨道1上经过P点的加速度等于在轨道2上经过P点的加速度，故A错误；BC．万有引力大于该点所需的向心力会做近心运动，万有引力小于该点所需的向心力会做离心运动。即飞船在Q点的万有引力小于该点所需的向心力，飞船在轨道1上经过P点的万有引力大于该点所需的向心力，故BC错误；D．当飞船运动到轨道1上的P点时点火，使飞船沿圆轨道2运行，使万有引力不够供应向心力，做离心运动。所以飞船在轨道1上P的速度小于在轨道2上P的速度，故D正确。故选D。5.半径分别为r和R（r＜R）的两个光滑半圆形槽的圆心在同一水平面上，如图所示，质量相等的两小球分别自两个半圆形槽左边缘的最高点由静止释放，在下滑过程中两小球（）A.机械能总是相等的B机械能均渐渐减小C.经过最低点时对轨道的压力大小相等D.在最低点时的向心加速度大小不相等【答案】AC【解析】【详解】AB．半圆形槽光滑，两个物体在下滑过程中，均只有重力做功，机械能均守恒；因起先时两球机械能相等，则两球的机械能总是相等且是不变的，故A正确，B错误；CD．依据机械能守恒定律，得则到达最低点时的向心加速度即在最低点时的向心加速度大小相等，与轨道半径无关；由牛顿其次定律解得N=3mg即经过最低点时对轨道的压力大小相等，与轨道半径无关，故C正确，D错误。故选AC。6.如图所示，竖直放置的光滑圆轨道被固定在水平地面上，轨道半径r=0.4m，轨道最低点处有一小球（半径比r小很多）。现给小球一水平向右的初速度v0，要使小球不脱离圆轨道运动，下列v0取值合适的是（g取10m/s2）（）A.v0≤2m/s B.v0≥0C.v0≥4m/s D.v0≥2m/s【答案】AD【解析】【详解】在最高点的临界状况解得依据动能定理得解得若不通过四分之一圆周，依据动能定理有解得所以或故选AD。7.如图所示，一个长为L、质量为M的长方形木板静止在光滑水平面上，一个质量为m的物块（可视为质点）以水平初速度v0从木板的左端滑向另一端，设物块与木板间的动摩擦因数为，当物块与木板达到相对静止时，物块仍在长木板上，物块相对木板的位移为d，木板相对地面的位移为s，重力加速度为g。在此过程中（）A.系统由于摩擦而产生的热量为μmgdB.摩擦力对物块做功为－μmg（s＋d）C.摩擦力对木板做功为－μmgsD.木板动能的增量为μmgs【答案】ABD【解析】【详解】A．系统由于摩擦而产生的热量等于摩擦力乘以相对位移，即为Q=μmgd故A正确；B．物块相对于地运动的位移x1=s+d，则摩擦力对物块做功为Wf=-μmg（s+d）故B正确；C．木板受到的摩擦力方向与运动方向相同，则该摩擦力对木板做正功，则摩擦力对木板做功为W板=μmgs故C错误；D．依据动能定理可知，木板动能的增量等于摩擦力对木板做的功，即为μmgs，故D正确。故选ABD。8.如图所示，小球在竖直向下的力F作用下，将竖直轻弹簧压缩，若将力F撤去，小球将向上弹起并离开弹簧，直到速度为零时为止，不计空气阻力，则小球在上升过程中A.小球的动能先增大后减小，弹簧弹性势能转化成小球的动能B.小球在离开弹簧时动能达到最大值C.小球动能最大时弹簧弹性势能为零D.小球、弹簧与地球组成的系统机械能守恒【答案】D【解析】【详解】A．撤去外力刚起先的一段时间内，小球受到的弹力大于重力，合力向上，小球向上加速运动，随着弹簧形变量的减小，弹力减小，后来弹力小于重力，小球做减速运动，离开弹簧后，小球仅受重力作用而做竖直上抛运动，由此可知，小球的动能先增大后减小，弹簧的弹性势能转化为动能和重力势能，故A错误；BC．由A分析可知，小球先做加速度减小的加速运动，当弹力等于重力时，a=0，速度最大，动能最大，此后弹力小于重力，小球做加速度增大的减速运动，直到弹簧复原原长时，小球飞离弹簧，故小球在离开弹簧时动能不是最大，小球动能最大时弹性势能不为零，故BC错误；D．由于整体所受外力不做功，故小球、弹簧与地球所组成的系统机械能守恒，故D正确。故选D。9.某测试员测试汽车启动、加速、正常行驶及刹车的性能．前4s渐渐加大油门，使汽车做匀加速直线运动，4—15s保持油门位置不变，可视为发动机保持恒定功率运动，达到最大速度后保持匀速，15s时松开油门并踩刹车，经3s停止．已知汽车的质量为1200kg，在加速及匀速过程中汽车所受阻力恒为f，刹车过程汽车所受阻力为5f，依据测试数据描绘v-t图象如图所示，下列说法正确的是A.f=1200NB.0—4s内汽车所受牵引力36×l0NC.4~15s汽车功率为360kWD.4~15s内汽车位移为141m【答案】D【解析】【详解】A．汽车刹车时的加速度则依据牛顿定律可知5f=ma1解得f=2400N故A错误；B．0-4s内汽车的加速度则所受牵引力为故B错误；C．4~15s汽车功率为P=Fv=fv=2400×30W=72kW故C错误；D．4-15s内由动能定理代入数据可得x=141m故D正确。故选D10.质量为M和m0的滑块用轻弹簧连接，以恒定速度v沿光滑水平面运动，与位于正对面的质量为m的静止滑块发生碰撞，如图所示，碰撞时间极短，在此过程中，下列状况可能发生的是（）A.M、m0、m速度均发生变更，M和m0的速度都变为v1，m的速度变为v2，且满意（M＋m0）v=（M＋m0）v1＋mv2B.M、m0、m速度均发生变更，碰后分别为v1、v2、v3，且满意（M＋m0）v=Mv1＋mv2＋m0v3C.m0的速度不变，M和m的速度变为v1和v2，且满意Mv=Mv1＋mv2D.m0的速度不变，M和m的速度都变为v′，且满意Mv=（M＋m）v′【答案】CD【解析】【详解】碰撞的瞬间M和m组成的系统动量守恒，m0的速度在瞬间不变，以M的初速度方向为正方向，若碰后M和m的速度变v1和v2，由动量守恒定律得Mv=Mv1+mv2若碰后M和m速度相同，由动量守恒定律得故CD正确，AB错误。

故选CD。11.两辆质量相同的小车，置于光滑的水平面上，有一人静止在小车A上，两车静止，如图所示．当这个人从A车跳到B车上，接着又从B车跳回A车并与A车保持相对静止，则A车的速率A.等于零B.小于B车的速率C.大于B车的速率D.等于B车的速率【答案】B【解析】【详解】分析系统受力状况可知，系统水平方向不受外力，水平方向动量守恒，规定水平向右为正方向，由系统动量守恒可得：因为质量关系：故速度关系：故B选项正确．12.如图所示，质量为M的盒子放在光滑的水平面上，盒子内表面不光滑，盒内放有一块质量为m的物体．从某一时刻起给m一个水平向右的初速度v0，那么在物块与盒子前后壁多次往复碰撞后（）A.两者的速度均为零B.两者的速度总不会相等C.车的最终速度为，向右D.车的最终速度为，向右【答案】C【解析】【详解】选物体与小车组成的系统为探讨对象，由水平方向动量守恒得：mv0=（M+m）v所以v方向与v0同向，即方向水平向右，故C正确，ABD错误。二、试验题13.在“验证机械能守恒定律”的试验中，打点计时器所用电源频率为50Hz，当地重力加速度的值为9.80m/s2，测得所用重物的质量为1.00kg．若按试验要求正确地选出纸带进行测量，量得连续三点A、B、C到第一个点的距离如图所示（相邻计数点时间间隔为0.02s）．按要求将下列问题补充完整．（1）纸带的________(左、右)端与重物相连；（2）打点计时器打下计数点B时，物体的速度vB=________________m/s；（3）从起点O到打下计数点B的过程中重力势能削减量是△Ep=______________J，此过程中物体动能的增加量△Ek=_____________J；（计算结果保留两位有效数字）（4）试验的结论是_____________________．【答案】(1).左(2).(3).(4).(5).在误差允许的范围内，验证了机械能守恒定律成立【解析】【详解】(1)[1]物体做加速运动，由纸带可知，纸带上所打点之间的距离越来越大，这说明物体与纸带的左端相连．(2)[2]匀变速直线运动中时间中点的瞬时速度等于该过程中的平均速度，由此可知(3)[3][4]从起点O到B点的过程中重力势能削减量是△Ep=mgh=1×9.8×0.0501J≈0.49J动能的增加量(4)[5]由(3)可知，在误差允许的范围内，验证了机械能守恒定律成立。三、计算题14.宇航员在地球表面以肯定初速度竖直上抛一小球，经过时间t小球落回原处；他在某星球表面以相同的初速度竖直上抛同一小球，经过时间3t小球落回原处。（地球表面的重力加速度g取10m/s2，空气阻力不计）(1)求该星球表面旁边的重力加速度g′的大小；(2)已知该星球的半径与地球半径之比为，求该星球的质量与地球的质量之比。【答案】(1)；(2).【解析】【详解】(1)设初速度为v0；小球运动过程只受重力作用，故小球做匀变速运动；由匀变速运动规律可知：小球回到原点时的速度和初速度大小相同，方向相反；故加速度(2)由星球表面物体重力等于万有引力可得所以该星球的质量与地球质量之比15.如图所示，传送带的水平部分AB的长度为L=1.00m，AB与一圆心在O点、半径为R=1m的竖直光滑圆轨道的末端相切于A点，AB高出水平地面H=1.25m，一质量m=0.1kg的小滑块（可视为质点）在圆轨道上的P点由静止释放，OP与竖直线的夹角θ=37°。已知sin37°=0.6，cos37°=0.8，g取10m/s2，滑块与传送带间的动摩擦因数μ=0.1，不计空气阻力。(1)求滑块滑到圆轨道末端时对轨道的压力；(2)若传送带始终保持静止，求滑块的落地点与B间的水平距离；(3)若传送带以v0=0.5m/s的速度沿逆时针方向运行（传送带上部分由B到A运动），求滑块在传送带上滑行过程中产生的内能。【答案】(1)1.4N；(2)；(3)0.154J【解析】【详解】(1)从P到圆轨道末端的过程中，由动能定理可得可得滑块到达A点时的速度在轨道末端依据牛顿其次定律有

可得依据牛顿第三定律得：滑块对圆轨道末端的压力大小为1.4N，方向竖直向下；(2)从A到B的过程中，只有摩擦力对滑块做功，依据动能定理得：代入数据可解得滑块到达B时的速度vB=m/s滑块恰好从B点起先做平抛运动，所以滑块落地点距B点的水平距离(3)传送带向左运动和传送带静止对滑块的受力状况没有变更，滑块从A至B的运动状况没有变更，所以滑块对传送带间的相对位移为所以滑块在皮带上滑行过程中产生的内能Q=μmg△x=0.1×0.1×10×1.54J=0.154J16.如图所示，甲车质量m1=30kg，车上有质量M=50kg的人，甲车（连同车上的人）以v=3m/s的速度向右滑行。此时质量m2=50kg的乙车正以v0=1.8m/s的速度迎面滑来，为了避开两车相撞，当两车相距适当距离时，人从甲车跳到乙车上，求人跳出甲车