湖北省部分高中協作體2024--2025學年下學期期中聯考高一物理試題本試卷共6頁，全卷滿分100分，考試用時75分鐘。★祝考試順利★注意事項：1、答題前，請將自己的姓名、準考證號、考場號、座位號填寫在試卷和答題卡上，并將準考證號條形碼粘貼在答題卡上的制定位置。2、選擇題的作答：每小題選出答案后，用2B鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑，寫在試卷、草稿紙和答題卡上的非答題區域均無效。3、非選擇題作答：用黑色簽字筆直接答在答題卡對應的答題區域內，寫在試卷、草稿紙和答題卡上的非答題區域均無效。4、考試結束后，請將答題卡上交。一、單項選擇題：（本題共10小題，每小題4分，共40分,。在小題給出的四個選項中，第1～7題只有一項符合題目要求，第8～10題有多項符合要求，每小題全部選對得4分，選對但不全的得2分，有錯選或者不選的得0分）1、如圖所示，輕質不可伸長的細繩繞過光滑定滑輪C與質量為m的物體A連接，A放在傾角為θ的光滑斜面上，繩的另一端和套在固定豎直桿上的物體B連接。現BC連線恰沿水平方向，從當前位置開始B以速度v0勻速下滑。設繩子的張力為T，在此后的運動過程中，下列說法正確的是()A.物體A做減速運動B.物體A做勻速運動C.T可能小于mgsinθD.T一定大于mgsinθ2、如圖所示，A、B兩點在同一條豎直線上，A點離地面的高度為3h，B點離地面的高度為2h。將兩個小球分別從A、B兩點水平拋出，它們在C點相遇，C點離地面的高度為h。已知重力加速度為g，則()A.兩個小球一定同時拋出B.兩個小球一定同時落地C.兩個小球拋出的時間間隔為(2－eq\r(2))eq\r(\f(h,g))D.兩個小球拋出的初速度之比eq\f(vA,vB)＝eq\f(1,2)3、在未來太空探測過程中，若航天員乘飛船來到了某星球，在星球表面將一個物體豎直向上以初速度v0拋出，經過t時間落回拋出點，已知該星球的半徑為地球半徑的k倍，地球表面重力加速度為g，則該星球的密度與地球的密度之比為()A.eq\f(v0,kgt) B.eq\f(2v0,kgt)C.eq\f(kv0,gt) D.eq\f(kv0,2gt)4、2023年5月11日，“天舟六號”貨運飛船成功對接中國空間站天和核心艙，空間站和另一地球衛星的軌道如圖所示，二者的運動均可看成勻速圓周運動。已知衛星—地心的連線與衛星—空間站的連線的最大夾角為θ，地球半徑為R，空間站距地面的高度為h，萬有引力常量為G，重力加速度為g，忽略地球自轉。下列判斷正確的是()A.中國空間站的運行周期為eq\r(\f(4π2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(R＋h)),gR2))B.衛星的軌道半徑為eq\f(h,sinθ)C.空間站與衛星的線速度之比為eq\r(sinθ)∶1D.空間站與衛星的角速度之比為1∶eq\r(sin3θ)5、關于某力做功的功率，下列說法正確的是()A.該力越大，其功率就越大B.該力在單位時間內做的功越多，其功率就越大C.功率越大，說明該力做的功越多D.功率越小，說明該力做功的時間越少6、如圖，一小物塊(可視為質點)從斜面上的A點由靜止開始沿斜面自由下滑，經過B點后進入水平面，經過B點前后速度大小不變，小物塊最終停在C點。已知小物塊與斜面、水平面間的動摩擦因數相等，初始時斜面與水平面之間的夾角為α＝15°，現保證小物塊初始釋放位置的投影始終在A′，增大斜面與水平面之間的夾角α至60°，不計空氣阻力，則小物塊最終()A.停在C點左側B.仍然停在C點C.停在C點右側D.可能停在C點左側，也可能停在C點右側7、水上樂園有一末段水平的滑梯，人從滑梯頂端由靜止開始滑下后落入水中。如圖所示，滑梯頂端到末端的高度H＝4.0m，末端到水面的高度h＝1.0m。取重力加速度g＝10m/s2，將人視為質點，不計摩擦和空氣阻力。則人的落水點到滑梯末端的水平距離為()A.4.0m B.4.5mC.5.0m D.5.5m8、(多選)如圖，矩形金屬框MNQP豎直放置，其中MN、PQ足夠長，且PQ桿光滑。一根輕彈簧一端固定在M點，另一端連接一個質量為m的小球，小球穿過PQ桿。金屬框繞MN軸分別以角速度ω和ω′勻速轉動時，小球均相對PQ桿靜止。若ω′＞ω，則與以ω勻速轉動時相比，以ω′勻速轉動時()A.小球的高度一定降低B.彈簧彈力的大小一定不變C.小球對桿壓力的大小一定變大D.小球所受合外力的大小一定變大9、(多選)銀河系的恒星大約四分之一是雙星。某雙星是由質量不等的星體S1和S2構成，兩星在相互之間的萬有引力作用下繞兩者連線上某一點O做勻速圓周運動，已知S1、S2兩星體到O點的距離之比為1∶3，若S1星體的質量為m，做圓周運動的線速度為v，向心力大小為F，向心加速度大小為a，則S2星體的()A.質量為eq\f(1,3)mB.線速度為eq\f(1,3)vC.向心力大小為FD.向心加速度大小為a10、(多選)如圖所示，質量為M的物塊A放置在光滑水平桌面上，右側連接一固定于墻面的水平輕繩，左側通過一傾斜輕繩跨過光滑定滑輪與一豎直輕彈簧相連。現將質量為m的鉤碼B掛于彈簧下端，當彈簧處于原長時，將B由靜止釋放，當B下降到最低點時(未著地)，A對水平桌面的壓力剛好為零。輕繩不可伸長，彈簧始終在彈性限度內，物塊A始終處于靜止狀態。以下判斷正確的是()A.M<2mB.2m<M<3mC.在B從釋放位置運動到最低點的過程中，所受合力對B先做正功后做負功D.在B從釋放位置運動到速度最大的過程中，B克服彈簧彈力做的功等于B機械能的減少量二、非選擇題：（本大題共5小題，共60分）11、(12分)在探究平拋運動規律實驗中，利用一管口直徑略大于小球直徑的直管來確定平拋小球的落點及速度方向(只有當小球速度方向沿直管方向才能飛入管中)，重力加速度為g。實驗一：如圖(a)所示，一傾斜角度為θ的斜面AB，A點為斜面最低點，直管保持與斜面垂直，管口與斜面在同一平面內，平拋運動實驗軌道拋出口位于A點正上方某處。為讓小球能夠落入直管，可以根據需要沿斜面移動直管。(b)(1)以下是實驗中的一些做法，合理的是。A.斜槽軌道必須光滑B.安裝斜槽軌道，使其末端保持水平C.調整軌道角度平衡摩擦力D.選擇密度更小的小球(2)某次平拋運動中，直管移動至P點時小球恰好可以落入其中，測量出P點至A點距離為L，根據以上數據可以計算出此次平拋運動在空中飛行時間t＝，初速度v0＝(用L，g，θ表示)。實驗二：如圖(b)所示，一半徑為R的四分之一圓弧面AB，圓心為O，OA豎直，直管保持沿圓弧面的半徑方向，管口在圓弧面內，直管可以根據需要沿圓弧面移動。平拋運動實驗軌道拋出口位于OA線上可以上下移動，拋出口至O點的距離為h。(3)上下移動軌道，多次重復實驗，記錄每次實驗拋出口至O點的距離，不斷調節直管位置以及小球平拋初速度，讓小球能夠落入直管。為提高小球能夠落入直管的成功率及實驗的可操作性，可以按如下步驟進行：首先確定能夠落入直管小球在圓弧面上的落點，當h確定時，理論上小球在圓弧面上的落點位置是(填“確定”或“不確定”)的，再調節小球釋放位置，讓小球獲得合適的平拋初速度，平拋至該位置即可落入直管。滿足上述條件的平拋運動初速度滿足v02＝(用h，R，g表示)。12、(12分)如圖所示，一傾斜軌道AB，通過微小圓弧與足夠長的水平軌道BC平滑連接，水平軌道與一半徑為R的圓弧軌道相切于C點，A、B、C、D均在同一豎直面內。質量m＝1kg的小球(可視為質點)壓緊輕質彈簧并被鎖定，解鎖后小球以v0＝4m/s的速度離開彈簧，從光滑水平平臺飛出，經A點時恰好無碰撞沿AB方向進入傾斜軌道滑下。已知軌道AB長L＝6m，與水平方向夾角θ＝37°，小球與軌道AB間的動摩擦因數μ＝0.5，其余軌道部分均光滑，g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。求：(1)未解鎖時彈簧的彈性勢能；(2)小球在C點時速度的大小；(3)要使小球不脫離圓軌道，軌道半徑R應滿足什么條件。13、(12分)用彈簧秤稱量一個相對地球靜止的小物體受到的重力，隨稱量位置的變化可能會有不同的結果。已知地球質量為M，自轉周期為T，引力常量為G。將地球視為半徑為R，質量均勻分布的球體，不考慮空氣的影響。設在地球北極地面稱量時，彈簧秤的讀數是F0。(1)若在北極上空高出地面h處稱量，彈簧秤讀數為F1，求比值F1F0的表達式，并就h(2)若在赤道地面稱量，彈簧秤讀數為F2，求比值F214、(12分)如圖為某游戲裝置的示意圖，CD、DE均為四分之一光滑圓管，E為圓管DEG的最高點，圓軌道半徑均為R＝0.6m，各圓管軌道與直軌道相接處均相切，GH是與水平面成θ＝37°的斜面，底端H處有一彈性擋板，O2、D、O3、H在同一水平面內。一質量為0.01kg的小物體，其直徑稍小于圓管內徑，可視作質點，小物體從C點所在水平面出發通過圓管最高點E后，最后停在斜面GH上，小物體和GH之間的動摩擦因數μ＝0.625，其余軌道均光滑，已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10m/s2，則：(1)小物體的速度v0滿足什么條件？(2)當小物體的速度為v0＝eq\r(30)m/s，小物體最后停在斜面上的何處？在斜面上運動的總路程為多大？15、(12分)如圖所示，小車右端有一半圓形光滑軌道BC相切車表面于B點，一個質量為m＝1.0kg可以視為質點的物塊放置在A點，隨小車一起以速度v0＝5.0m/s沿光滑水平面上向右勻速運動。勁度系數較大的輕質彈簧固定在右側豎直擋板上。當小車壓縮彈簧到最短時，彈簧自鎖(即不再壓縮也不恢復形變)，此時，物塊恰好在小車的B處，此后物塊恰能沿圓弧軌道運動到最高點C。已知小車的質量為M＝1.0kg，小車的長度為l＝0.25m，半圓形軌道半徑為R＝0.4m，物塊與小車間的動摩擦因數為μ＝0.2，重力加速度g取10m/s2。求：(1)物塊在小車上滑行時的加速度大小a；(2)物塊運動到B點時的速度大小vB；(3)彈簧在壓縮到最短時具有的彈性勢能Ep以及彈簧被壓縮的距離x。

高一物理試題答案一、單項選擇題：1、解析：D由題意可知，將B的實際運動分解成兩個分運動，如圖所示，根據平行四邊形定則，可有vBsinα＝v繩，因B以速度v0勻速下滑，又α在增大，所以繩子速度在增大，而A的速度大小等于v繩，則A處于加速運動，故AB錯誤；對物體A，根據受力分析，結合牛頓第二定律，有T－mgsinθ＝ma，則有T>mgsinθ，故C錯誤，D正確。故選D。2、解析：C平拋運動在豎直方向上做自由落體運動，由h＝eq\f(1,2)gt2，得t＝eq\r(\f(2h,g))，由于A到C的豎直高度較大，所以從A點拋出的小球運動時間較長，應A先拋出；它們在C點相遇時A的豎直方向速度較大，離地面的高度相同，所以A小球一定先落地，故A、B錯誤；由t＝eq\r(\f(2h,g))得兩個小球拋出的時間間隔為Δt＝tA－tB＝eq\r(\f(2×2h,g))－eq\r(\f(2h,g))＝(2－eq\r(2))eq\r(\f(h,g))，故C正確；由x＝v0t得v0＝xeq\r(\f(g,2h))，x相等，則小球A、B拋出的初速度之比eq\f(vA,vB)＝eq\r(\f(hB,hA))＝eq\r(\f(h,2h))＝eq\f(\r(2),2)，故D錯誤。3、解析：B星球表面的重力加速度g′＝eq\f(2v0,t)，由Geq\f(Mm,R2)＝mg，ρ＝eq\f(M,\f(4,3)πR3)，得ρ＝eq\f(3g,4πGR)，因此eq\f(ρ′,ρ)＝eq\f(g′,g)·eq\f(R,R′)＝eq\f(2v0,kgt)。故選B。4、解析：D在地表附近萬有引力近似等于重力，則eq\f(GMm,R2)＝mg，根據萬有引力提供向心力可知eq\f(GMm,（R＋h）2)＝m(R＋h)eq\f(4π2,T2)，解得T＝eq\r(\f(4π2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(R＋h))3,gR2))，故A錯誤；根據題意結合幾何關系可知衛星的軌道半徑為r＝eq\f(（R＋h）,sinθ)，故B錯誤；由萬有引力提供向心力可得eq\f(GMm,r2)＝meq\f(v2,r)＝mrω2，解得v＝eq\r(\f(GM,r))，ω＝eq\r(\f(GM,r3))，所以空間站與衛星的線速度之比為1∶eq\r(sinθ)，角速度之比為1∶eq\r(sin3θ)，故C錯誤，D正確；故選D。5、解析：B由功率公式P＝Fvcosα可知，功率的大小由F、v及它們間的夾角共同決定，F越大，功率P不一定大，A錯誤；由P＝eq\f(W,t)可知，單位時間內力做的功越多，其功率就越大，但功率越大，該力做功不一定越多，功率越小，該力的作用時間不一定越少，故B正確，C、D均錯誤。6、解析：C設A′B的距離為d，從A點到B點，由動能定理可得(mgsinα－μmgcosα)·eq\f(d,cosα)＝eq\f(1,2)mvB2，小物塊在B點的速度為vB＝eq\r(2gdtanα－2μgd)，增大α至60°，tanα增大，vB增大，根據運動學公式可知，到達B點的速度越大，將運動得越遠，ABD錯誤，C正確。故選C。7、解析：A設人從滑梯由靜止滑到滑梯末端速度為v，根據機械能守恒定律可知mgH＝eq\f(1,2)mv2，解得v＝4eq\r(5)m/s，從滑梯末端水平飛出后做平拋運動，豎直方向做自由落體運動，根據h＝eq\f(1,2)gt2可知t＝eq\r(\f(2h,g))＝eq\r(\f(2×1.0,10))s＝eq\r(\f(1,5))s，水平方向做勻速直線運動，則人的落水點距離滑梯末端的水平距離為x＝vt＝4eq\r(5)×eq\r(\f(1,5))m＝4.0m，故選A。8、解析：BD設彈簧的勁度系數為k，形變量為x，彈簧與豎直方向的夾角為θ，MN、PQ間的距離為L，對小球受力分析有kxcosθ－mg＝0，即豎直方向受力為0，水平方向有kxsinθ±N＝mω2L，當金屬框以ω′繞MN軸轉動時，假設小球的位置升高，則kx減小，cosθ減小，小球受力不能平衡；假設小球的位置降低，則kx增大，cosθ增大，小球受力同樣不能平衡，則小球的位置不會變化，彈簧彈力的大小一定不變，故A錯誤，B正確；小球對桿的壓力大小F壓＝N＝mω2L－kxsinθ或F壓＝N＝kxsinθ－mω2L，所以當角速度變大時壓力大小不一定變大，故C錯誤；由F合＝mω2r知，當角速度變大時小球受到的合外力一定變大，故D正確。9、解析：AC雙星做圓周運動的角速度相等，向心力由兩星之間的萬有引力提供，則Geq\f(m1m2,r2)＝m1ω2r1＝m2ω2r2，則eq\f(m1,m2)＝eq\f(r2,r1)＝eq\f(3,1)，可得m2＝eq\f(1,3)m，選項A正確；根據v＝ωr可知，線速度之比eq\f(v1,v2)＝eq\f(r1,r2)＝eq\f(1,3)，則v2＝3v，選項B錯誤；向心力大小相等，即為F，選項C正確；根據F＝ma，可知a2＝eq\f(m1,m2)a1＝3a，選項D錯誤。故選AC。10、解析：ACD由題意可知鉤碼B可以在開始位置到最低點之間做簡諧振動，故在最低點時彈簧彈力F＝2mg，對A分析，設繩子與桌面間夾角為θ，則依題意有2mgsinθ＝Mg，故有M<2m，故A正確，B錯誤；由題意可知B從釋放位置到最低點的過程中，開始彈簧彈力小于重力，鉤碼加速，合力做正功，后來彈簧彈力大于重力，鉤碼減速，合力做負功，故C正確；對于B，在從釋放到速度最大的過程中，B機械能的減少量等于彈簧彈力所做的負功，即等于B克服彈簧彈力所做的功，故D正確。二、非選擇題：11、解析：(1)斜槽軌道不需要光滑也不需要平衡摩擦力，只要拋出時每次速度相同即可，故AC錯誤；為保證小球做的是平拋運動，拋出時速度要水平，則安裝斜槽軌道，使其末端保持水平，故B正確；為減小空氣阻力的影響，應選擇密度更大的小球，故D錯誤。故選B。(2)由拋出到P點過程，根據平拋運動規律有tanθ＝eq\f(v0,vy)＝eq\f(v0,gt)，Lcosθ＝v0t，解得t＝eq\r(\f(Lcosθ,gtanθ))，v0＝eq\r(Lgsinθ)。(3)h一定時，設落點與O點連線與水平方向夾角為α，根據位移規律tanα＝eq\f(h＋\f(1,2)gt2,v0t)，落點處速度方向的反向延長線過O點，則tanα＝eq\f(gt,v0)，聯立解得h＝eq\f(1,2)gt2，h一定，則用時一定，則豎直方向下落高度一定，則落點位置是確定的。由以上分析可知，豎直方向下落高度為eq\f(1,2)gt2＝h，用時t＝eq\r(\f(2h,g))，根據幾何關系(h＋h)2＋(v0t)2＝R2，解得v02＝eq\f(R2－4h2,2h)g。答案：(1)B(2)eq\r(\f(Lcosθ,gtanθ))eq\r(Lgsinθ)(3)確定eq\f(R2－4h2,2h)g12、解析：(1)對小球與彈簧，由機械能守恒定律有Ep＝eq\f(1,2)mv02解得彈簧的彈性勢能Ep＝8J。(2)對小球：離開臺面至A點的過程做平拋運動，在A處的速度為vA＝eq\f(v0,cosθ)從A到C的過程，由動能定理可得mgLsinθ－μmgLcosθ＝eq\f(1,2)mvC2－eq\f(1,2)mvA2解得vC＝7m/s。(3)要使小球不脫離軌道，小球或通過圓軌道最高點，或沿圓軌道到達最大高度小于半徑后返回。設小球恰好能通過最高點時，速度為v，軌道半徑為R1，在最高點mg＝eq\f(mv2,R1)從C至最高點的過程－2mgR1＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mvC2解得R1＝0.98m設小球恰好能在圓軌道上到達圓心等高處，軌道半徑為R2，從C至圓心等高處的過程－mgR2＝0－eq\f(1,2)mvC2解得R2＝2.45m綜上所述，要使小球不脫離軌道，則豎直圓弧軌道的半徑R必須滿足0<R≤0.98m或R≥2.45m。答案：(1)8J(2)7m/s(3)0<R≤0.98m或R≥2.45m13、解析：(1)在北極，物體受到的重力等于地球的引力，則GMmR2＝在北極上空高出地面h處測量，有GMmR+?2＝F則F1F當h＝1.0%R時，F1F0＝R2R+?(2)在赤道，考慮地球的自轉，地球的引力提供重力(大小等于彈簧秤示數)與物體隨地球自轉需要的向心力；在赤道上小物體隨地球自轉做勻速圓周運動，受到萬有