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2023-2024学年第二学期第一次调研测试

高一物理

一．单项选择题：共44分，每小题只有一个选项符合题意.

1. 英国物理学家卡文迪许首次精确测量了万有引力常量G的数值，其单位是（　　）

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【详解】根据万有引力定律得

则万有引力常量G的单位为。

故选A。

2. 如图所示，一小球在光滑的水平面上以速度v₀向右运动，运动中要穿过一段有水平向北的风带ab，经过风带时风会给小球一个向北的水平恒力，其余区域无风力，则小球穿过风带的运动轨迹及穿出风带时的速度方向正确的是（　　）

A.  B.

C.  D.

【答案】B

【解析】

【详解】小球在光滑的水平面上以v₀向右运动，给小球一个向北的水平恒力，根据曲线运动条件，合外力指向物体做曲线运动轨迹的凹的一侧，且速度的方向沿着轨迹的切线方向。B正确，ACD错误。

故选B。

3. 如图，某公路急转弯处是一圆弧，路面外高内低，当轿车行驶的速率为时，轿车恰好没有向公路内、外两侧滑动的趋势。则当汽车在该弯道处（　　）

A. 质量更大的卡车经过时，与轿车相比，的值变小

B. 路面结冰时，与未结冰时相比，的值变小

C. 车速高于时，车辆就会向外侧滑动

D. 当车速高于时，但只要不超出某一最高限度，车辆便不会向外侧滑动

【答案】D

【解析】

【详解】AB．某公路急转弯处是一圆弧，路面外高内低，当轿车行驶的速率为时，轿车恰好没有向公路内、外两侧滑动的趋势，轿车该弯道处受力如图所示

根据牛顿第二定律可得

解得

可知质量更大的卡车经过时，与轿车相比，的值不变；路面结冰时，与未结冰时相比，的值不变，故AB错误；

CD．车速高于时，力和支持力合力不足以提供向心力，车辆有向外侧滑动的趋势，车辆受到指向内侧的静摩擦力，所以只要速度不超出最高限度，车辆不会向外侧滑动，故C错误，D正确。

故选D。

4. 取一支按压式圆珠笔，将笔的按压式小钢帽朝下按压在桌面上，如图所示。将手放开后，笔会向上弹起一定的高度，忽略一切阻力。下列说法正确的是（　　）

A. 从笔开始运动到最高点，笔做匀变速直线运动

B. 当笔刚要离开桌面时，笔克服重力的功率达到最大

C. 从笔外壳与内芯碰撞结束到笔运动到最高点，笔克服重力的功率一直减小

D. 从笔开始运动到刚要离开桌面，桌面对笔的作用力对笔做正功

【答案】C

【解析】

【详解】A．从笔开始运动到最高点，笔除受到重力外，还受到的弹簧弹力及桌面的作用，可知笔受到的合力为变力，所以笔做的是非匀变速直线运动，故A错误；

BC．圆珠笔开始时先向上运动时，弹簧弹力大于外壳重力，外壳向上加速运动，当弹簧弹力等于外壳重力时，外壳的速度最大，之后弹簧弹力小于外壳重力，外壳向上减速运动，直到与内芯碰撞后一起离开桌面时，继续向上做减速运动，可知当笔刚要离开桌面时，速度不是最大，笔克服重力的功率不是最大；从笔外壳与内芯碰撞结束到笔运动到最高点，笔向上做减速运动，笔克服重力的功率一直减小，故B错误，C正确；

D．从笔开始运动到笔刚要离开桌面，由于桌面对笔的作用力未发生位移，所以桌面对笔不做功，故D错误。

故选C。

5. 如图所示，长为L的轻杆，一端固定一个质量为m的小球，另一端固定在水平转轴O上，杆随转轴O在竖直平面内匀速转动，角速度为，某时刻杆对球的作用力恰好与杆垂直，则此时杆与水平面的夹角是（重力加速度为）（　　）

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【详解】小球所受重力和轻杆的作用力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律有

解得

故选A。

6. 2022年2月3日，远在400公里外空间站的太空出差三人组，在空间站“变”出奥运五环（如图），希望冬奥会选手们取得好成绩为国争光，下列说法正确的是（　　）

A. 若考虑到虚薄空气影响而不对空间站及时补充能量，空间站的轨道高度将会缓慢降低

B. 奥运五环能悬浮在空中是因为合外力为零

C. 空间站绕地运行的速率等于第一宇宙速度

D. 空间站的运行周期大于地球同步卫星的周期

【答案】A

【解析】

【详解】A．若考虑到虚薄空气影响而不对空间站及时补充能量，空间站的动能将减小，则空间站受到的万有引力大于所需的向心力，空间站的轨道高度将会缓慢降低，故A正确；

B．奥运五环能悬浮在空中是因为万有引力刚好提供向心力，处于完全失重状态，故B错误；

C．地球第一宇宙速度是近地卫星的环绕速度，是卫星绕地球做匀速圆周运动的最大线速度，可知空间站绕地运行的速率小于第一宇宙速度，故C错误；

D．根据万有引力提供向心力可得

可得

可知空间站的运行周期小于地球同步卫星的周期，故D错误。

故选A。

7. 在静水中速度为v₁的小船，为垂直渡过宽度为d的河流，船头与河岸成θ角斜向上游，如图甲所示。航行中发现河水流速v_s与河岸间距离x的关系如图乙所示，为使小船仍能到达正对岸的B点，下列措施中可行的是（　　）

A. 保持船头方向不变，v₁的大小不变

B. 保持船头方向不变，v₁先变小后增大

C. 保持船速v₁大小不变，θ先增大后减小

D. 保持船速v₁大小不变，θ先减小后增大

【答案】D

【解析】

【详解】AB．航行中发现河水流速先增大后减小，为使小船仍能到达正对岸，即船在水平方向的分速度和水的速度大小相同，若保持船头方向不变，即船与河岸的夹角θ不变，根据

可知先增大后变小，故AB错误；

CD．为使小船仍能到达正对岸，即船在水平方向的分速度和水的速度大小相同，若保持船速v₁大小不变，根据

可知先增大后减小，即船与河岸的夹角θ可以先减小后增大，故C错误，D正确。

故选D。

8. 2022年11月，“天舟五号”货运飞船仅用2小时就与“天宫”空间站快速交会对接，创造了世界纪录。飞船从预定轨道Ⅰ的A点第一次变轨进入椭圆轨道Ⅱ，到达椭圆轨道的远地点B时，再次变轨进入空间站的运行轨道Ⅲ，与空间站实现对接，假设轨道Ⅰ和Ⅲ都近似为圆轨道，不计飞船质量的变化，则飞船（　　）

A. 在轨道Ⅱ和轨道Ⅲ经过B点时的加速度相同

B. 在轨道Ⅰ上运行周期大于空间站的运行周期

C. 第一次变轨需瞬间加速，第二次变轨需瞬间减速

D. 从椭圆轨道Ⅱ上的A点运动到B点，速率增大

【答案】A

【解析】

【详解】A．根据牛顿第二定律可得

解得

由于M、r都相同，则飞船在轨道Ⅱ和轨道Ⅲ经过B点时的加速度相同，故A正确；

B．根据

解得

由于轨道Ⅰ的半径小于空间站的半径，可知，在轨道Ⅰ上的运行周期小于空间站的运行周期，故B错误；

C．第一次变轨与第二次变轨均是由低轨道到达高轨道，则均需要在切点位置加速，故C错误；

D．从椭圆轨道Ⅱ的A点运动到B点，万有引力做负功，动能减小，速率减小，故D错误。

故选A。

9. 动车组又称“动车组列车”，为现代火车的一种类型，由若干带动力的车辆（动车）和不带动力的车辆（拖车）组成，列车在正常使用期限内以固定编组模式运行。某动拖比（动车与拖车的数量之比）为2：6的动车组最大速率为v，为了提速，将动拖比提高为4：4，若提速前后每节动车额定功率均相同，动车组行驶中受到的阻力与行驶速度的平方成正比，则该动车组提速后的最大速率为（　　）

A.  B.  C.  D. 2v

【答案】B

【解析】

【详解】设每节动车额定功率为，提速前有

提速后有

联立可得该动车组提速后的最大速率为

故选B。

10. 如图所示，在M点的正上方离地高H处以水平速度向右投掷一飞盘P，反应灵敏的小狗Q同时在M点右方水平地面上的N点以速度斜向左上方跳出，结果飞盘P和小狗Q恰好在M、N连线的中点正上方相遇。为使问题简化，飞盘和小狗均可看成质点，不计飞盘和小狗运动过程所受空气的阻力，则飞盘水平抛出后至与小狗相遇的过程，下列说法正确的是（　　）

A. 飞盘和小狗速度的变化量不相等

B. 初速度大小关系一定是>

C. 若小狗没去接飞盘，则飞盘一定落在N点

D. 飞盘和小狗相遇点在距离地面高度处

【答案】B

【解析】

【详解】A．飞盘和小狗分别做平抛和斜上抛运动，加速度均为重力加速度，根据

由于运动时间相等，所以速度变化量相等，故A错误；

B．因为飞盘和小狗恰好在M、N两点连线中点的正上方相遇，说明它们的水平位移大小相等，又因为运动的时间相同，所以它们在水平方向上的速度相同，设与水平方向的夹角为，则有

可得

故B正确；

C．若小狗没去接飞盘，飞盘落地时的竖直分速度为

若满足

根据运动可逆性可知，飞盘落在N点，但由于小狗的速度与水平方向的夹角不确定，所以飞盘不一定落在N点，故C错误；

D．根据题意可知飞盘和小狗运动的时间相同，因为不知道小狗在竖直方向初速度的大小，所以不能判断飞盘和小狗相遇点距离地面的高度，故D错误。

故选B。

11. 如图所示，水平圆盘上有两个相同的小木块a和b，质量均为m，用轻绳相连，轻绳恰好伸直且无拉力。为转轴，a与转轴的距离为l，b与转轴的距离为2l，木块与圆盘间的动摩擦因数均为μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小为g。在圆盘从静止开始绕转轴缓慢地加速转动的过程中，下列说法正确的是（　　）

A. a木块所受静摩擦力先变大后变小，再变大

B. 因a、b两木块所受摩擦力始终指向圆心，所以不做功

C. 若轻绳承受极限值为2μmg，则在a、b两木块开始相对圆盘滑动前轻绳不会断掉

D. 角速度达到时，a、b两木块开始相对圆盘滑动

【答案】A

【解析】

【详解】A．当角速度非常小时，两木块均由静摩擦力提供圆周运动的向心力，根据

可知

当角速度逐渐增大时，摩擦力逐渐增大，随后，b木块先达到最大静摩擦力，角速度进一步逐渐增大时，绳绷紧，有弹力作用，此时，由于绳的弹力等于木块b增加的向心力，而b增加的向心力大于a增加的向心力，即绳的弹力大于a增加的向心力，则木块a的静摩擦力减小，随角速度增大，a静摩擦力将减小为0，之后，a的静摩擦力随角速度的增大而反向增大，可知，a木块所受摩擦力先减小至0，后反向增大，故A正确；

B．在圆盘从静止开始绕转轴缓慢地加速转动的过程中，a、b两木块的动能逐渐增大，根据动能定理可知，摩擦力对a、b两木块均做正功，故B错误；

CD．由A选项分析可知，当a木块的摩擦力背心圆心达到最大时，a、b两木块开始相对圆盘滑动，对b木块有

对a木块有

联立解得

，

可知角速度达到时，a、b两木块开始相对圆盘滑动；若轻绳承受极限值为，则在a、b两木块开始相对圆盘滑动前轻绳会断掉，故CD错误。

故选A。

二．非选择题：共5题，共56分，其中第13题~16题解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤。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。

12. 如图，小明利用家中物品制作了一个研究平抛运动规律的装置。在水平桌面上用硬练习本做成一个斜面，使小钢球从斜面上某一位置滚下，钢球沿桌面飞出后做平抛运动。实验步骤如下：

a.将贴好白纸的案板竖直放置于P处；

b.将小钢球沾上墨水后由静止释放，小球飞出后碰到案板并在白纸上留下痕迹B；

c.将案板从P处靠近书桌平移0.1m，重复步骤b，留下痕迹A；

d.将案板从P处远离书桌平移0.1m，重复步骤b，留下第三点痕迹；

e.用刻度尺量出A、B、C三点的距离，，通过以上数据即可粗略求出小球离开书桌时初速度的大小。重力加速度g取。回答下列问题：

（1）关于实验操作，下列说法正确的是__________（多选）

A. 书桌要调整水平 B. 小球每次都从同一位置由静止释放

C. 所用练习本上表面必须光滑 D. 案板可以不竖直放置

（2）根据实验数据，可得小球离开桌面时初速度的大小v₀=________；以及小球碰撞B点前瞬间的速度大小________（结果可以用根号表示）

（3）若因为操作不当，把案板从P处靠近书桌平移0.1m时，案板没有竖直，向左倾斜一较小角度，其他操作无误，则求出的离开桌面时初速度比实际值________（填“偏大”、“偏小”、“不变”）。

【答案】（1）AB    （2）    ①. 1.0##1    ②.     

（3）偏小

【解析】

【小问1详解】

A．要保证小球做平抛运动，书桌要调整水平，A正确；

B．由于要记录小球的运动轨迹，必须重复多次，才能画出几个点，因此为了保证每次平抛的轨迹相同，所以要求小球每次从同一高度释放，B正确；

C．本实验测量小球轨迹即可，所用练习本上表面无需必须光滑，C错误；

D．案板必须竖直放置，以防止打到案板上的点之间的水平位移不同，D错误。

故选AB。

小问2详解】

[1]竖直方向做自由落体运动，有

水平方向做匀速直线运动

解得小球离开桌面时初速度的大小

[2]点竖直速度

小球碰撞点前瞬间的速度大小为

【小问3详解】

案板没有竖直，向左倾斜一较小角度，则实际上两落点之间的水平距离大于，计算所用水平距离偏小，根据

可知，计算的初速度偏小。

13. 如图所示，运动员腰部系着轻绳拖着轮胎从静止开始沿着笔直的跑道匀加速奔跑，2s末轮胎的速度为2m/s。已知绳与地面的夹角，绳对轮胎的拉力大小为70N，，。求：

（1）2s末，绳子拉力的瞬时功率；

（2）2s内，绳子拉力对轮胎所做的功。

【答案】（1）；（2）

【解析】

【详解】（1）瞬时功率

解得

（2）轮胎在内的位移

拉力做功

解得

14. 某卫星P在地球赤道平面内以周期T绕地球做匀速圆周运动，距离地面的高度与地球半径相等，均为R，且转动方向与地球自转方向相反，Q是位于赤道上的某观测站。已知地球的自转周期为，且，引力常量为G，求：

（1）地球质量M；

（2）从图示位置开始，卫星P至少经过多长时间再次处于观测站Q的正上方。

【答案】（1）；（2）

【解析】

【详解】（1）设卫星的质量为m，由万有引力提供卫星的向心力，可得

解得地球的质量为

（2）由题意知，t时间内卫星相对地球转过的角度为2π，则有

解得

15. 用蛙式打夯机（左图）对路面进行打平、夯实，其结构可以简化为右图。质量为m的铁球通过轻杆与转轮1相连，转轮1与底座总质量为M，工作过程中，底座保持静止。转轮2在电动机作用下转动，通过轻质皮带使转轮1一起转动，转轮1带着铁球绕轴做圆周运动，球的转动半径为L，转轮1与转轮2的半径之比为，重力加速度为g。则：

（1）当转轮2以角速度ω匀速转动时，求小球转动的线速度大小v₁；

（2）若小球转动到最高点时底座恰好对地面无压力，求此时小球的线速度大小v₂；

（3）当小球以（2）中的线速度大小匀速转动，求底座对地面的最大压力。

【答案】（1）2ωL；（2）；（3）

【解析】

【详解】（1）转轮1、2皮带传动，轮缘各点线速度大小相等，根据

可得，ω与r成反比，所以

小球与转轮1同轴转运，角速度相等，可得

（2）底座对地无压力可知杆中弹力竖直向上，且

由牛顿第三定律可知，杆对铁球向下的弹力

对于铁球有

解得

（3）当小球运动到最低点时底座对地面压力最大，对小球由牛顿第二定律可得

解得

根据牛顿第三定律可知，轻杆对底座的作用力大小为，方向向下。对底座由平衡条件可知，地面对滚筒的支持力大小为，所以最大压力为

16. 如图所示，小明在离水面高度=1.8m处，将一质量m=20g的小石片以初速度8m/s水平抛出，小石片先在水面上弹跳数次，当沿水面的速度减为零时会下沉。小石片每次接触水面时都受到恒定的作用力，其中水平分力恒为，每次接触水面后就跳起，跳起时竖直方向的速度与此时沿水平方向速度之比为常数k=0.75，不计空气阻力（）。求小石片

（1）第一次与水面接触前水平方向的位移；

（2）第一次与水面接触过程中，对水面作用力的竖直分力大小F_y；

（3）总共弹起的次数n以及最后一次跳起后在空中的飞行时间。

【答案】（1）；（2）；（3）,

【解析】

【详解】（1）设从抛出到第一次与水面接触前时间为，由

得

第一次与水面接触前水平方向的位移

（2）第一次与水面接触前竖直方向的速度

小石片在水面上滑行时，设水平方向加速度大小为，有

第一次与水面接触后跳起时滑行速度

规定竖直方向下为正方向，第一次与水面接触后跳起时竖直方向分速度

竖直方向加速度为

第一次与水面接触过程中对水面作用力（可视作恒力）的竖直分力大小，由牛顿第二定律得

解得

（3）小石片在水面上滑行时，有

每次滑行速度的变化量

由

可知，小石片共在水平上滑行了10次，空中弹起后飞行了9次，总共弹起的次数为9次，则第n次弹起后的速度

再由

v=kv

和

可得第n次弹起后在空中飞行的时间为

最后一次跳起后在空中的飞行时间为