高級中學名校試卷PAGEPAGE1豐臺區(qū)2024-2025學年度第二學期期中練習高一物理考試時間：90分鐘第I卷（選擇題共48分）一、單項選擇題。（本部分共12小題，每小題3分，共36分。在每小題給出的四個選項中，選出最符合題意的一項）1.如圖所示的四種情形中，屬于防止離心現(xiàn)象的是（）A.甲圖：高速轉動的砂輪，不得超過允許的最大轉速B.乙圖：民間藝人在制作棉花糖C.丙圖：轉動雨傘可以去除雨傘上的一些水D.丁圖：鏈球運動員通過快速旋轉將鏈球甩出【答案】A【解析】A．甲圖：高速轉動的砂輪，不得超過允許的最大轉速，這是防止離心現(xiàn)象，選項A正確；B．乙圖：民間藝人在制作棉花糖，這是利用離心現(xiàn)象，選項B錯誤；C．丙圖：轉動雨傘可以去除雨傘上的一些水，這是利用離心現(xiàn)象，選項C錯誤；D．丁圖：鏈球運動員通過快速旋轉將鏈球甩出，這是利用離心現(xiàn)象，選項D錯誤。故選A。2.如圖所示是某款自行車傳動結構的示意圖，該自行車的大齒輪、小齒輪與后輪的邊緣分別有A、B、C三個點，下列說法正確的是（）A.A、B兩點的角速度大小相等 B.B、C兩點的線速度大小相等C.B、C兩點的周期相等 D.A、C兩點的向心加速度大小相等【答案】C【解析】A．由題圖可知，A、B兩點的線速度大小相等，根據，可得故A錯誤；BC．由于B、C兩點同軸轉動，所以B、C兩點的角速度大小相等，周期相等，根據，可得故B錯誤，C正確；D．由于，根據，可得A、C兩點的向心加速度大小關系為故D錯誤。故選C。3.汽車在水平公路上轉彎，沿曲線由M向N行駛，速度逐漸減小，下圖中分別畫出了汽車轉彎時所受合力F和速度v的方向，可能正確的是（）A. B. C. D.【答案】D【解析】汽車從M點運動到N，做曲線運動，速度方向沿軌跡的切線方向，所受合力F方向位于軌跡的凹側；由于速度逐漸減小，所以合力F方向與速度的方向的夾角大于90°。故選D。4.在物理學研究中運用的思想方法有很多，下列關于課本中的幾幅插圖的說法不正確的是（）A.甲圖中，證明質點在A點的速度方向沿過A點的切線方向時運用了極限思想B.乙圖中，研究紅蠟塊的運動時，主要運用了合成與分解的方法C.丙圖中，探究向心力的大小與質量、角速度和半徑之間的關系時運用了等效替代思想D.丁圖中，卡文迪什測定引力常量的實驗運用了放大法測微小量【答案】C【解析】A．甲圖中，證明質點在A點的速度方向沿過A點的切線方向時運用了極限思想，故A正確，不滿足題意要求；B．乙圖中，研究紅蠟塊的運動時，主要運用了合成與分解的方法，故B正確，不滿足題意要求；C．丙圖中，探究向心力的大小與質量、角速度和半徑之間的關系時運用了控制變量法，故C錯誤，滿足題意要求；D．丁圖中，卡文迪什測定引力常量的實驗運用了放大法測微小量，故D正確，不滿足題意要求。故選C。5.在水平路面上騎摩托車的人，遇到一個壕溝，其尺寸如圖所示。摩托車后輪離開地面后失去動力，可以視為平拋運動。已知摩托車后輪恰好落到壕溝對面。下列說法正確的是（）A.摩托車做平拋運動過程中加速度增大 B.摩托車做平拋運動的時間為C.摩托車做平拋運動的初速度為 D.若摩托車初速度更大，平拋時間將變短【答案】C【解析】A．摩托車做平拋運動過程中只受重力，加速度保持不變，故A錯誤；B．摩托車做平拋運動，在豎直方向有解得故B錯誤；C．摩托車做平拋運動，在水平方向有解得故C正確；D．由上述解析可知平拋時間由豎直方向的高度決定，與摩托車的初速度無關，故D錯誤。故選C。6.如圖所示，水平放置的轉盤以角速度ω繞圓心O勻速轉動，質量為m的小物塊在轉盤上與轉盤保持相對靜止并隨之做勻速圓周運動。已知小物塊到圓心O的距離為R，與轉盤間的動摩擦因數(shù)為μ，重力加速度g取10m/s2。下列說法正確的是（）A.物塊受到重力、支持力、摩擦力和向心力B.物塊受到的摩擦力大小等于C.物塊所受摩擦力的方向沿轉盤半徑向外D.圓盤勻速轉動時，摩擦力等于零【答案】B【解析】小物塊在轉盤上與轉盤保持相對靜止并隨之做勻速圓周運動，物塊受到重力、支持力、靜摩擦力作用，其中靜摩擦力提供所需的向心力，則有可知物塊所受摩擦力的方向沿轉盤半徑向內。故選B。7.如圖所示，將細線的上端固定于天花板的點，并在O點正下方A點釘一個釘子。將小球拉離豎直位置一定的角度后由靜止釋放，細線與釘子接觸的瞬間，下列說法正確的是（）A.小球的線速度變小 B.小球的向心加速度變小C.細線的拉力突然變大 D.釘子的位置越靠上，細線越容易被拉斷【答案】C【解析】AB．當細線與釘子相碰時，線速度不變，運動半徑變小，根據，可知小球的向心加速度變大，故AB錯誤；CD．根據牛頓第二定律有由于運動半徑變小，可知細線的拉力突然變大，則釘子越靠下方，運動半徑越小，拉力越大，細線越容易被拉斷，故，C正確，D錯誤。故選C。8.木星繞太陽的公轉，以及衛(wèi)星繞木星的公轉，均可以看做勻速圓周運動．已知萬有引力常量，并且已經觀測到木星和衛(wèi)星的公轉周期．要求得木星的質量，還需要測量的物理量是（）A.太陽的質量B.衛(wèi)星的質量C.木星繞太陽做勻速圓周運動的軌道半徑D.衛(wèi)星繞木星做勻速圓周運動的軌道半徑【答案】D【解析】衛(wèi)星繞木星做勻速圓周運動，根據萬有引力提供向心力，設衛(wèi)星的質量為m、軌道半徑為r、木星質量為M，有；由以上式子可以看出，要計算M，需要測量出T和r，或v和r，或ω和r，或v和ω，由于已知了T，故只要知道衛(wèi)星繞木星做勻速圓周運動的軌道半徑r即可．故選D．9.火星和地球繞太陽的運動均可視為勻速圓周運動，火星公轉軌道的半徑與地球公轉軌道的半徑之比為3∶2，則火星與地球繞太陽運動的（）A.角速度大小之比為1∶1 B.線速度大小之比為C.周期之比為27∶8 D.向心加速度大小之比為9∶4【答案】B【解析】行星繞太陽做勻速圓周運動，由萬有引力提供向心力得可得，，，可知火星與地球繞太陽運動的角速度大小之比為火星與地球繞太陽運動的線速度大小之比為火星與地球繞太陽運動的周期之比為火星與地球繞太陽運動的向心加速度大小之比為故選B。10.如圖所示，將細線的上端固定于天花板的點，使小球在水平面內繞點做勻速圓周運動。當細線與豎直方向的夾角為時，下列說法正確的是（）A.小球所受合力指向O點 B.越大，小球運動的線速度越小C.越大，小球運動的角速度越大 D.小球運動周期與夾角無關【答案】C【解析】A．小球在水平面內做勻速圓周運動，小球所受合力指向點，故A錯誤；B．小球運動中受到重力mg和細線拉力F作用，細線長，根據幾何關系可知，圓周運動的半徑，根據向心力公式可得，聯(lián)立得，故θ越大，小球運動的線速度越大，故B錯誤；C．由，故θ越大，小球運動的角速度越大，故C正確；D．小球運動周期，很顯然小球運動周期與夾角θ有關，故D錯誤。故選C。11.在籃球比賽中，投籃的投出角度太大或太小，都會影響投籃的命中率。一運動員在某次跳起投籃時，投球點和籃筐正好在同一水平面上，籃球與水平面成45°角準確落入籃筐?；@球視為質點，其運動軌跡可簡化為如圖所示，A是籃球的投出點，P是籃球運動軌跡的最高點，C是籃球的投入點。已知間的水平距離為5m，重力加速度g取，不考慮空氣阻力，則下列說法中正確的是（）A.籃球在P點速度為10m/sB.籃球從投出到進入籃筐的時間為2sC.籃球落人籃筐時的速度大小為D.籃球運動軌跡上P、C兩點豎直高度為1.5m【答案】C【解析】AB．籃球以與水平面成45°的傾角準確落入籃筐，則籃球的水平速度等于豎直速度，設籃球在空中運動的時間是t，則，解得t=1s，則籃球在P點速度為5m/s，故AB錯誤；C．籃球落入籃筐時的速度大小為故C正確；D．籃球投出后的最高點相對籃筐的豎直高度是m故D錯誤。故選C。12.如圖甲所示，小球穿在豎直平面內光滑的固定圓環(huán)上，繞圓心O點做半徑為R的圓周運動。小球運動到最高點時，圓環(huán)與小球間彈力大小為F，小球在最高點的速度大小為v，其F-v2圖像如圖乙所示，重力加速度g取10m/s2，則（）A.小球的質量為1kgB.固定圓環(huán)的半徑R為1mC.若小球通過最高點時的速度大小為4m/s，小球受圓環(huán)的彈力大小為20ND.若小球通過最高點時的速度大小為6m/s，則小球受到的合力大小為70N【答案】C【解析】A．對小球在最高點進行受力分析，當速度為0時，由圖乙可知此時，解得小球的質量為故A錯誤；B．由圖乙可知，當時，，此時重力提供向心力，則有解得固定圓環(huán)的半徑為故B錯誤；D．若小球通過最高點時的速度大小為4m/s，設小球受圓環(huán)的彈力方向向下，由牛頓第二定律得代入數(shù)據解得方向豎直向下，故C正確；D．若小球通過最高點時的速度大小為6m/s，小球受到的合力大小為故D錯誤。故選C。二、多項選擇題。（本部分共4小題，每小題3分，共12分。在每小題給出的四個選項中，選出符合題意的選項）13.如圖所示，質量為800kg的小汽車駛上圓弧半徑為40m的拱橋，汽車到達橋頂時的速度為10m/s。重力加速度g取，下列說法正確的是（）A.汽車到達橋頂時受重力、支持力、阻力和向心力作用B.汽車到達橋頂時的駕駛員處于失重狀態(tài)C.汽車到達橋頂時對橋的壓力大小為2000ND.若汽車經過橋頂?shù)乃俣葹?0m/s，汽車對橋頂?shù)膲毫榱恪敬鸢浮緽D【解析】A．汽車到達橋頂時受重力、支持力和阻力作用，向心力只是效果力，不是實際存在的力，故A錯誤；B．汽車到達橋頂時，加速度方向向下，駕駛員處于失重狀態(tài)，故B正確；C．汽車到達橋頂時，根據牛頓第二定律可得解得根據牛頓第三定律可知汽車到達橋頂時對橋的壓力大小為6000N，故C錯誤；D．若汽車經過橋頂?shù)乃俣葹?，根據牛頓第二定律可得解得由牛頓第三定律可知汽車對橋頂?shù)膲毫榱?，故D正確。故選BD。14.如圖所示，火車軌道在轉彎處外軌高于內軌，軌道與水平面夾角為θ，當火車以v0速度行駛時，輪緣對內外軌均無側向擠壓。已知火車質量為m，某轉彎處的圓弧半徑為R，實際行駛速度為v。下列說法正確的是（）A.當v=v0時，火車所受的重力與支持力合力提供向心力B.輪緣對內外軌均無側向擠壓時C.當v=v0時，火車對軌道的壓力為D.當v>v0時，內軌對輪緣會有擠壓【答案】AB【解析】ABC．當火車以v0速度行駛時，輪緣對內外軌均無側向擠壓，此時火車所受的重力與支持力合力提供向心力，根據牛頓第二定律可得解得豎直方向有解得可知火車對軌道的壓力大小為，故AB正確，C錯誤；D．當v>v0時，火車有離心運動趨勢，則外軌對輪緣會有擠壓，故D錯誤。故選AB。15.某質點在xOy平面上運動，t=0時，質點位于y軸上。它在x方向運動的速度—時間圖像如圖甲所示，它在y方向運動的位移—時間圖像如圖乙所示，下列說法正確的是（）A.質點做勻加速直線運動 B.t=0.5s時質點速度為C.t=1.0s時質點的位置坐標為（5.0m，5.0m） D.t=2.0s時質點的位移為12m【答案】BC【解析】A．由題圖可知，質點沿x軸做勻加速直線運動，沿y軸負方向做勻速直線運動，則質點合運動為勻變速曲線運動，故A錯誤；B．質點沿x軸做勻加速直線運動，初速度和加速度分別為，沿y軸負方向做勻速直線運動，速度大小為時質點在x軸的分速度為則時質點速度為故B正確；C．質點第1s內在x軸、y軸的位移大小分別為，由于時，質點位于y軸處，則時質點的位置坐標為（5.0m，5.0m），故C正確；D．在內，質點沿x軸、y軸的位移大小分別為，則時質點的位移為故D錯誤。故選BC。16.水車是我國勞動人民利用水能的一項重要發(fā)明。下圖為某水車模型，從槽口水平流出的水初速度大小為，垂直落在與水平面成角的水輪葉面上，落點到輪軸間的距離為R。在水流不斷沖擊下，輪葉受沖擊點的線速度大小接近沖擊前瞬間水流速度大小，忽略空氣阻力，有關水車及從槽口流出的水，以下說法正確的是（）A.水流在空中運動時間為 B.水流在空中運動時間為C.水車最大角速度接近 D.水車最大角速度接近【答案】BC【解析】AB．水流垂直落在與水平面成30°角的水輪葉面上，水平方向速度和豎直方向速度滿足解得故A錯誤，B正確；CD．水流到水輪葉面上時的速度大小為根據解得可知水車最大角速度接近，故C正確，D錯誤。故選BC。第Ⅱ卷（非選擇題共52分）三、實驗題。（本部分共2題，每空2分，共18分）17.某同學利用如圖所示的實驗裝置探究小球做平拋運動的特點。（1）在圖甲所示的實驗中，用小錘擊打彈性金屬片后，A球沿水平方向拋出，同時B球被釋放自由下落，下列說法正確的是A.若增加小錘擊打的力度，可以改變A球在空中運動的時間B.改變小球距地面的高度重復實驗，仍可以觀察到兩球同時落地C.該實驗裝置可以驗證平拋運動的豎直分運動是自由落體運動D.該實驗裝置可以驗證平拋運動的水平分運動是勻速直線運動（2）用圖乙所示的裝置可描繪小球做平拋運動的軌跡，在下列實驗操作中必要的操作是A.斜槽必須光滑B.斜槽軌道的末端應調成水平C.每次釋放小球的初位置應相同D.擋板高度必須等距變化（3）該同學描繪出小球做平拋運動的軌跡，如圖丙所示。以小球的拋出點為原點，水平方向為x軸，豎直方向為y軸建立坐標系。該同學在軌跡上測量出A、B、C三點的坐標分別為（x1，y1）、（x2，y2）和（x3，y3）。若坐標，則滿足x1：x2：x3=_____________，可以證明小球的水平分運動是勻速直線運動。（4）該同學在小球平拋運動軌跡上選取了A、B、C三個點，在坐標紙上的位置如圖所示。A點不是小球的拋出點。已知每個小方格的邊長為，重力加速度g取10m/s2，則小球平拋的初速度大小為______m/s?！敬鸢浮浚?）BC（2）BC（3）（4）1.5【解析】【小問1解析】A．若增加小錘擊打的力度，由于下落高度保持不變，所以A球在空中運動的時間不變，故A錯誤；BCD．改變小球距地面的高度，由于兩球在豎直方向有相同的運動情況，可以觀察到兩球同時落地，該實驗裝置可以驗證平拋運動的豎直分運動是自由落體運動，不能驗證平拋運動的水平分運動是勻速直線運動，故BC正確，D錯誤。故選BC?！拘?解析】AC．為了保證小球每次拋出的速度相同，每次釋放小球的初位置應相同，但斜槽不需要光滑，故A錯誤，C正確；B．為了保證小球拋出的速度處于水平方向，斜槽軌道的末端應調成水平，故B正確；D．擋板高度不需要等距變化，故D錯誤。故選BC?！拘?解析】設拋出點到A、B、C三點所用時間分別為、、，則有可得水平方向做勻速直線運動，則滿足可以證明小球水平分運動是勻速直線運動?！拘?解析】豎直方向根據可得水平方向有可得小球平拋的初速度大小為18.使用向心力演示儀可探究向心力大小與角速度、運動半徑、質量的關系，其構造如圖1所示，簡化示意圖如圖2所示。擋板B、C到轉軸距離為R，擋板A到轉軸距離為2R，塔輪①④半徑相同。（1）探究向心力的大小與角速度的關系，可將傳動皮帶套在②⑤塔輪上，將質量相同的小球分別放在擋板_______處（選填“A和C”或“B和C”）；（2）探究向心力的大小與運動半徑之間的關系，應將皮帶套在________塔輪上（選填“①④”、“②⑤”或“③⑥”）；（3）某興趣小組用如圖3所示的裝置與傳感器結合驗證向心力的表達式。實驗時用手撥動旋臂使其圓周運動，力傳感器和光電門固定在實驗器上，實時測量角速度和向心力的大小：a．電腦通過光電門測量擋光桿通過光電門的時間為，并由擋光桿的寬度d，擋光桿做圓周運動的半徑r，自動計算出砝碼做圓周運動的角速度，則計算其角速度的表達式為___________；b．為了進一步明確向心力和角速度的關系，可以作向心力F與________關系的圖像，該圖像為線性圖像，更容易觀察；c．圖4中?、佗趦蓷l曲線為相同半徑、不同質量下向心力與角速度的關系圖線，由圖可知曲線①對應的砝碼質量________（填“大于”或“小于”）曲線②對應的砝碼質量?！敬鸢浮浚?）B和C（2）①④（3）小于【解析】【小問1解析】探究向心力的大小與角速度的關系，要保持轉動半徑和質量一定，則可將傳動皮帶套在②⑤塔輪上，將質量相同的小球分別放在擋板B和C處；【小問2解析】探究向心力大小與運動半徑之間的關系，要保持角速度和質量一定，應將皮帶套在①④塔輪上?！拘?解析】a擋光桿經過光電門時的速度大小為砝碼做圓周運動的角速度等于擋光桿的角速度，則有b根據，為了進一步明確向心力和角速度的關系，可以作向心力F與關系的圖像，該圖像為線性圖像，更容易觀察；c根據可知，相同半徑，當角速度相同時，質量越大，則向心力F越大，由圖可知曲線①對應的砝碼質量小于曲線②對應的砝碼質量。四、計算題（共34分，解答應寫出必要的文字說明、方程式和演算步驟，只寫出最后答案的不能得分。有數(shù)值計算的題，答案必須明確寫出數(shù)值和單位）19.流量是指單位時間內通過管道橫截面的流體體積，在生活中經常需要測量流量來解決實際問題。環(huán)保人員在檢查時發(fā)現(xiàn)一根排污管正在向外滿口排出大量污水，如圖所示。他測出水平管口距落點的豎直高度為h，管口的直徑為d，污水落點距管口的水平距離為l，重力加速度為g。請根據這些測量量估算：a．污水離開管口時的速度大小v；b．排出污水的流量Q?！敬鸢浮縜．；b．【解析】a．污水由管口流出后可近似認為做平拋運動，有得b．排出污水的流量其中得20.如圖所示，半徑為R=0.9m的光滑半圓環(huán)軌道處于豎直平面內，半圓環(huán)與水平地面相切于圓環(huán)的端點A。一質量為m=0.1kg的小球從A點沖上豎直半圓環(huán)，沿軌道運動到B點飛出，最后落在水平地面上的C點（圖上未畫），重力加速度g取10m/s。求：（1）小球經過B點的最小速度；（2）若A、C兩點的距離為3.6m，小球對軌道B點的壓力大小。【答案】（1）3m/s（2）3N【解析】【小問1解析】設小球恰好以最小速度經過B點，軌道對小球的作用力為零，根據牛頓第二定律得解得【小問2解析】根據平拋運動規(guī)律可得，解得小球在B點時，根據牛頓第二定律可得解得根據牛頓第三定律可得，小球對軌道B點的壓力大小為。21.2021年2月10日19時52分，我國首次火星探測任務“天問一號”探測器實施近火捕獲制動，成功實現(xiàn)環(huán)繞火星運動，成為我國第一顆人造火星衛(wèi)星。在“天問一號”環(huán)繞火星做勻速圓周運動時周期為T，軌道半徑為。已知火星的半徑為，引力常量為，不考慮火星的自轉。求∶（1）火星的質量M；（2）火星表面的重力加速度的大小?！敬鸢浮浚?）；（2）【解析】（1）設“天問一號”的質量為m，其繞火星做勻速圓周運動時，萬有引力提供向心力，有解得火星質量（2）忽略火星自轉，火星表面質量為的物體，其所受萬有引力等于重力，有解得火星表面的重力加速度為22.利用物理模型對問題進行分析，是重要的科學思維方法。（1）某行星繞太陽運動的軌跡為橢圓，在近日點速率為v1，在遠日點速率為v2。根據開普勒第二定律，行星與太陽的連線在任意相等時間內掃過的面積相等，判斷v1，v2的大小關系；（2）設行星繞太陽運動的軌跡為圓，軌道半徑為r，請根據開普勒第三定律（）及向心力相關知識，證明太陽對行星的作用力F與r的平方成反比；（3）將地球和月球看作一個孤立系統(tǒng)，忽略地球自轉。二者僅在萬有引力的作用下，繞地月球心連線上某一點O作勻速圓周運動，并且周期相同。已知引力常量G，地球半徑為R，地球質量大約為月球質量的81倍，地月球心間距大約為地球半徑的60倍。請估算O點距離地球球心的距離d?！敬鸢浮浚?）（2）見解析（3）【解析】【小問1解析】根據開普勒第二定律可得可以判斷出近地點速度大于遠地點速度，即。【小問2解析】設