2024-2025學年湖北省云學名校聯盟高一（下）期中考試物理試卷一、單選題：本大題共7小題，共28分。1.在物理學的發展過程中，有很多物理學家作出了卓越的貢獻，以下說法正確的是(

)A.伽利略在研究自由落體運動時，測出自由落體小球的速度，得出小球的速度與時間成正比的結論。

B.隨著科學的不斷進步，涉及到牛頓第一定律中的理想實驗可以在實驗室完成。

C.開普勒總結了第谷的觀察數據，總結出開普勒三定律

D.牛頓利用數學工具推理，并通過實驗測出萬有引力常量，最終提出了萬有引力定律2.兩個互相垂直的力F1和F2作用在同一物體上，使物體運動，如圖所示。物體通過一段位移時，力F1對物體做功6J，力F2對物體做功?8J，則力F1與A.10J B.2J C.?2J D.3.如圖所示，用一沿水平面運動的小車通過輕繩提升一滑塊，滑塊沿豎直桿上升，某一時刻，小車的速度大小v0=12m/s，拴在小車上的繩子與水平方向的夾角θ=30A.12m/s B.10m/s4.某無人駕駛汽車在研發過程中要進行試車，新車沿平直公路勻變速行駛，一段時間內的xt2?1t圖像如圖所示，下列說法正確的是A.該車做勻加速直線運動 B.該車行駛的加速度為大小為10m/s2

C.該車行駛的初速度大小為2m/5.某行星為質量分布均勻的球體，半徑為R，質量為M。科研人員研究同一物體在該行星上的重力時，發現物體在“兩極”處的重力為“赤道”上某處重力的n倍。已知引力常量為G，則該行星自轉的角速度為(

)A.GMR3 B.(n6.圓錐擺是我們在研究生活中的圓周運動時常遇到的一類物理模型。如圖所示，質量分別為2m和m的1、2兩個小擺球(均可視為質點)用長度相等的細線拴在同一懸點，組成具有相同擺長和不同擺角的圓錐擺，若兩個小擺球均在水平面內均做勻速圓周運動，球1和球2擺線與豎直夾角分別為30°和60°，不計空氣阻力。則(

)

A.擺球1比擺球2的角速度小

B.細線對球1的拉力與細線對球2的拉力之比為3:2

C.擺球1與擺球2的向心力大小之比為3:2

D.擺球7.如圖所示，用輕繩a將質量為m的小球A懸掛于質量為M的木箱頂部，小球A通過一根輕質彈簧與質量同為m的小球B相連，小球B底端與木箱接觸而不擠壓，木箱通過輕繩b懸掛于天花板。已知重力加速度為g，現僅剪斷其中一根輕繩，下列說法正確的是(

)

A.剪斷輕繩a瞬間，小球A的加速度大小為g

B.剪斷輕繩a瞬間，輕繩b的拉力為(M+m)g

C.剪斷輕繩b瞬間，小球A的加速度大小為g

D.剪斷輕繩二、多選題：本大題共3小題，共12分。8.某同學用額定功率1800W、最大拉力300N的提升裝置，把靜置于地面上質量為20kg的重物豎直向上提起，該裝置先用最大拉力使重物勻加速運動，功率達到額定值后保持不變，經一段時間后勻速上升，不計空氣阻力，重力加速度g取10m/s2A.重物上升過程中的最大加速度為5m/s2 B.重物勻加速上升的時間為0.8s

C.重物上升過程中的最大速度為9m9.如圖是發射的一顆人造衛星在繞地球軌道上的幾次變軌圖，軌道Ⅰ是近地圓軌道(可以近似認為，軌道Ⅰ的軌道半徑和地球半徑相等)，軌道Ⅱ和軌道Ⅲ是依次在P點變軌后的橢圓軌道。下列說法正確的是(

)

A.衛星在軌道Ⅱ上運動到Q點時的速度一定小于地球第一宇宙速度

B.衛星在軌道Ⅱ和軌道Ⅰ上穩定運動時，經過P點時加速度大小相等

C.衛星在軌道Ⅲ上運動到P點時的速度大于衛星在軌道Ⅱ上任何位置的速度

D.衛星從軌道Ⅱ上的P點進入軌道Ⅲ后機械能減少10.如圖，質量分別為4m、3m的小球A、B固定在質量不計的等腰直角支架兩端，AO=BO=L，支架可繞著固定點O在豎直平面內無摩擦地轉動。現將小球A拉到與O等高處由靜止釋放，已知重力加速度大小為g，sinA.小球A運動到最低點的過程中，A球重力的瞬時功率一直變大

B.小球A運動到最低點時，A的速度為2gL7

C.小球A運動到最低點的過程中，支架對小球A做的功為27mg三、實驗題：本大題共2小題，共16分。11.某實驗小組的同學用如圖甲所示的實驗裝置來完成“探究加速度與合力、質量的關系”實驗。

(1)該實驗同時研究三個物理量間的關系是很困難的，因此本實驗采用的研究方法是(2)圖甲所示的實驗裝置中明顯安裝錯誤的是

(寫出一條即可(3)平衡摩擦力時，應調節木板的傾角，使小車在

(填“受”或“不受”(4)該小組在某次實驗中，保持小車和砝碼總質量不變，以槽碼的重力為外力，通過改變槽碼的個數，得到了圖乙中的曲線圖像。發現圖像既不過原點，末端又發生了彎曲，可能的原因是

.

A.沒有補償摩擦阻力，且小車和砝碼質量較大B.補償摩擦阻力時，木板的傾斜角度過大，且槽碼的質量較大C.補償摩擦阻力時，木板的傾斜角度過小，且槽碼的質量較大D.補償摩擦阻力時，木板的傾斜角度過小，且小車和砝碼質量較大12.下面為某學習小組“探究平拋運動規律”的實驗操作：

(1)同學選取拋出點球心位置為坐標原點建立y?x直角坐標系，在軌跡上選取間距較大的幾個點并測出其坐標值，重新建立直角坐標系y?x2，并繪出了圖像如圖所示。已知重力加速度為g，該鋼球平拋的初速度大小為

(結果用g、a和b表示)。

(2)用頻閃照相法研究平拋運動。圖為小球做平拋運動的頻閃照片的一部分，圖中記錄了1、2、3、4四個位置，圖中背景方格的邊長為40cm，不計空氣阻力，重力加速度g=10m/s2。則：(計算結果均保留2位有效數字)

照相機兩次閃光的時間間隔四、計算題：本大題共3小題，共44分。13.如圖，光滑斜面上有一個重力為200N的小球被輕繩栓住懸掛在天花板上，已知繩子與豎直方向的夾角為53°，斜面傾角為37°，整個裝置處于靜止狀態，sin(1(2)14.如圖所示，質量m=2kg的小球與固定在O點的不可伸長的輕繩相連，繩子最大拉力為25N。小球在水平面內做勻速圓周運動，使小球的速度緩慢增加，當輕繩與豎直方向的夾角為θ時，輕繩恰好斷裂，然后小球落地。已知O點距離地面的豎直高度h=2.4m，輕繩長度l=2m，(1)(2)(3)O點與小球落地點之間的水平距離15.某種裝置如圖所示，左端固定的輕彈簧可以鎖定在不同的壓縮狀態，彈簧原長小于AB間距離且始終處于彈性限度內。質量m=2kg的小滑塊緊靠彈簧右端，滑塊與彈簧不栓接，光滑水平面的右端在B點與傾角θ=37°的傳送帶平滑連接，傳送帶以恒定速率v=10m/s順時針轉動，傳送帶兩轉軸間的距離L=5m，滑塊與傳送帶的動摩擦因數μ=0.5(1)當彈簧鎖定后所儲存的彈性勢能是Ep=36J時，將滑塊由靜止釋放，求滑塊到達B點時((2)求滑塊通過傳送帶的過程中，因摩擦產生的熱量Q(3)若輕彈簧鎖定位置可調，為了使物塊可以進入圓弧軌道(vC答案和解析1.【答案】C

【解析】A、伽利略的年代，受限于當時技術，瞬時速度無法直接測量，故A錯誤；

B、?盡管科技不斷進步，牛頓第一定律中的理想實驗仍無法在實驗室完全實現。?其本質原因在于“理想實驗”是邏輯推演而非真實實驗，且現實中無法徹底消除所有外力，故B錯誤；

C、開普勒總結了第谷的觀察數據，總結出開普勒三定律，故C正確；

D、牛頓提出了萬有引力定律，卡文迪許測量了萬有引力常量，故D錯誤。

故選C。2.【答案】C

【解析】解：當有多個力對物體做功的時候，總功的大小就等于用各個力對物體做功的和，由于力F1對物體做功6J，力F2對物體做功?8J，所以F1與F2的合力對物體做的總功就為：3.【答案】C

【解析】將兩個物體的速度分解，如圖所示：

，

設此時滑塊豎直上升的速度大小為v，

由速度的分解知識可知：v0cosθ=vcosα，解得：4.【答案】D

【解析】解：ABC.根據勻變速直線運動位移規律x=v0t+12at2，可得xt2=v0?1t+12a，由圖像的斜率和截距可得k=v05.【答案】C

【解析】設物體質量為m′，極地的重力加速度為g，赤道的重力加速度為g1

由萬有引力定律和重力的定義可知：GMm′R2=m′g=nm6.【答案】A

【解析】A、對于圓錐擺，根據牛頓第二定律mgtanθ=mω2Lsinθ，化簡可得ω=gLcosθ。球1擺線與豎直夾角θ?1=30°，球2擺線與豎直夾角θ?2=60°，因為cos30°>cos60°，所以ω?1<ω?2，A正確；

B、對擺球進行受力分析，擺球受到重力mg和細線的拉力T，在豎直方向上Tcosθ=mg，則T=mgcosθ。對于球1，T1=2m7.【答案】D

【解析】A.剪斷前，對小球B分析，由平衡條件知

kx=mg，在剪斷繩a的瞬間，彈簧的彈力沒有來得及變化，A受到重力mg和彈簧向下的拉力mg，A的合力為向下的2mg，由牛頓第二定律有2mg=maAB.剪斷輕繩a瞬間，輕繩a對小球A向上的拉力減為零，彈簧形變不變，小球A所受合力向下，具有向下的加速度2g，在剪斷繩a的瞬間，彈簧的彈力沒有來得及變化，B的受力情況沒有變化，則B所受合力為零，小球B的加速度大小為零，對系統，應用牛頓第二定律

(M+2m)CD.剪斷輕繩b瞬間，輕繩b的拉力突變為零，若輕繩a松弛，則木箱只受重力作用開始以加速度g加速下落，對小球A，根據牛頓第二定律

mg+kx=ma1解得小球A的加速度大小為

a=(M+28.【答案】AC

【解析】A.重物上升過程中的最大加速度為a=Fm?mgm=300?20020m/s2=5m/s2，選項A正確;

B.重物勻加速上升，P=(mg9.【答案】ABC

【解析】A、設地球球心為O點，則根據衛星從低軌變高軌需要加速可知以O為圓心，以OQ為半徑的圓軌道的線速度大于在軌道Ⅱ上Q點的線速度，該圓軌道上的線速度一定小于第一宇宙速度，故A正確；

B、衛星經過同一點時，受到的萬有引力是相同的，則加速度是相同的，故B正確；

C、衛星從軌道Ⅱ變軌到軌道Ⅲ，需要在P點加速，故衛星在軌道Ⅲ上運動到P點時的速度大于衛星在軌道Ⅱ上任何位置的速度，故C正確；

D、衛星從軌道Ⅱ上的P點進入軌道Ⅲ后，發動機做正功使其加速，機械能增加，故D錯誤。10.【答案】BD

【解析】A.當A滑到最低點時，速度與重力垂直，重力的瞬時功率為0，則A球重力的瞬時功率先增大后減小，故A錯誤;

B.小球A運動到最低點時，小球A的重力勢能與小球B的重力勢能分別為EPA2=?4mgL，EpB=0，

小球A運動到最低點時，A、B的速度為v，小球A的動能與小球B的動能為EkA2=12mv2=2mv2，EkB2=32mv2，

由能量守恒定律得EpA1+EpB1=EpA211.【答案】控制變量法連接小車的細線未與木板表面平行

/小車釋放位置未靠近打點計時器不受C

【解析】(1)本實驗采用的研究方法是控制變量法。

(2)題圖甲所示的實驗裝置中明顯安裝錯誤的是連接小車的細線未與木板表面平行。

(3)補償阻力時，應調節木板的傾角，使小車在不受牽引時能拖動紙帶勻速運動。

(4)由圖可知，已經加外力了，還沒有加速度，說明沒有平衡摩擦力或補償摩擦阻力時，木板的傾斜角度過小;以小車為對象，根據牛頓第二定律可得F=Ma，以槽碼為對象，根據牛頓第二定律可得mg?F=ma12.【答案】0.20/0.204.0(

【解析】(1)根據平拋運動規律，在豎直方向有y=12gt2，水平方向有x=v0t，聯立可得y=g2v02x2，可知y?x2圖線的斜率為k=g2v02=ab，解得鋼球平拋的初速度大小為v0=gb2a。

(2)小球做平拋運動，豎直方向上，根據勻變速直線運動的推論Δy=y23?y13.【答案】(1)小球受力分析如圖甲所示，

建系，對小球所受力分解列方程有

沿x軸方向：沿y軸方向：F解得：FT=120(2)斜面體受力分析如圖乙所示，

沿x軸方向：F根據牛頓第三定律FN′=

【解析】詳細解答和解析過程見【答案】14.【答案】解：(1)有Fcosθ=mg，當θ=37°時，輕繩恰好斷裂，

mgtanθ=mv02lsinθ，解得v0=3