常熟市2020-2021学年高一（下）期中物理试题（解析版）

一、单选题（本题共11小题，每小题4分，共44分，每小题只有一个选项符合题意。）

1. 在物理学理论建立的过程中，有许多科学家做出了伟大的贡献．关于科学家和他们的贡献，下列说法正确的是（ ）

A. 伽利略把斜面实验结果合理外推，发现了自由落体运动规律和行星运动的规律

B. 牛顿通过实验测出了引力常量并进行了著名的“月﹣地检验”

C. 牛顿最早指出力不是维持物体运动的原因并提出了惯性定律

D. 开普勒通过分析第谷观测的天文数据得出开普勒第三定律

【答案】D

【解析】

【详解】试题分析：伽利略对问题的研究比较全面，先是通过观察现象，提出假设，运用逻辑和数学理论得出结论，再通过实验对推论进行检验，并对假说进行修正和推广，从而开创了实验研究和逻辑推理相结合探索自然规律的科学方法,并应用实验研究和逻辑推理相结合发现了力不是维持物体运动的原因，伽利略通过实验并逻辑推理认为，在忽略空气阻力的情况下，物体做自由落体运动，轻重物体下落一样快，由此可知伽利略没有发现行星运动的规律，开普勒发现了行星运动的规律，故A错误．伽利略实验研究和逻辑推理相结合最早指出力不是维持物体运动的原因，不是牛顿最早提出的，所以C错误；卡文迪许通过扭秤实验测出了引力常量，牛顿进行了著名的“月﹣地检验”，故B错误．1601年,第谷去世以后,开普勒对第谷遗留下来的丰富资料进行了仔细的整理、分析和研究, 以顽强的毅力和惊人的耐心,用了九年的时间,终于从一大堆计算数字中发现了周期定律,就是现在所说的开普勒第三定律，故D正确． 所以正确选项为D．

考点：物理学史

【名师点睛】根据物理学史和常识解答，记住著名物理学家的主要贡献即可．亚里士多德认为力是维持物体运动的原因，认为物体越重下落的越快．伽利略认为力不是维持物体运动的原因；卡文迪许最早成功地测出了引力常量；法拉第对电磁感应现象的研究，将人类带入了电气化时代；胡克认为只有在一定的条件下，弹簧的弹力才与弹簧的形变量成正比等等．

2. 如下图所示，惯性系S中有一边长为l的立方体，从相对S系沿x方向以接近光速匀速飞行的飞行器上观察该立方体的形状是（　　）

A.  B.

C.  D.

【答案】D

【解析】

【详解】根据相对论效应可知，沿x轴方向正方形边长缩短，沿y轴方向正方形边长不变。

故选D。

3. 2020年12月17日凌晨1时59分，嫦娥五号返回器在内蒙古四子王旗预定区域成功着陆。如图所示是嫦娥五号探测器到达月面之前的两个轨道，轨道Ⅰ为环月圆轨道，轨道Ⅱ是椭圆轨道，其中B为近月点，A为远月点。下列说法正确的是（　　）

A. 嫦娥五号探测器在轨道Ⅱ上A点的速度大于在B点的速度

B. 嫦娥五号探测器在轨道Ⅱ运动的周期大于在轨道Ⅰ运动的周期

C. 嫦娥五号探测器从轨道Ⅰ变轨到轨道Ⅱ，机械能增加

D. 嫦娥五号探测器在轨道Ⅰ上运动到A点时的加速度等于在轨道Ⅱ上运动到A点时的加速度

【答案】D

【解析】

【详解】A．B为近月点，A为远月点，所以嫦娥五号探测器在轨道Ⅱ上A点的速度小于在B点的速度，A错误；

B．根据开普勒第三定律，嫦娥五号探测器在轨道Ⅱ运动的周期小于在轨道Ⅰ运动的周期，B错误；

C．嫦娥五号探测器从轨道Ⅰ变轨到轨道Ⅱ，需要点火减速，所以机械能减小，C错误；

D．根据牛顿第二定律，A点所受合外力相同，故嫦娥五号探测器在轨道Ⅰ上运动到A点时的加速度等于在轨道Ⅱ上运动到A点时的加速度，D正确。

故选D。

4. 2018年11月20日，国内首颗商业低轨卫星“嘉定一号”在酒泉卫星发射中心成功升空，随后卫星进入预定匀速圆周运动的轨道，它也是中国首个全球低轨通信卫星星座“翔云”的首发星，开启了中国天基物联探测新时代，下列说法正确的是（　　）

A. 该卫星的发射速度小于7.9km/s

B. 据了解该卫星在距离地面约400km的近地轨道运行，则可以估算卫星所受的万有引力

C. 该卫星在预定轨道上的周期等于同步卫星的周期

D 该卫星接到地面指令需要变轨至更高轨道，则卫星应向后喷气加速

【答案】D

【解析】

【分析】

【详解】A．在地面发射一颗卫星的最小速度为7.9km/s，所以A错误；

B．该卫星做匀速圆周运动，因此

由于不知道卫星的质量，因此无法估算卫星的万有引力，B错误；

C．由万有引力提供向心力

可知半径越大，周期越长，由于该卫星为低轨卫星，所以周期小于同步卫星的周期，C错误；

D．为了实现向更高轨道的变轨，卫星首先应该向后喷气实现速度变大，从而做离心运动，因此D正确；

故选D。

5. 中学生常用的学习用具修正带的结构如图所示，包括上下盖座，大小齿轮，压嘴座等部件。大小齿轮分别嵌合于大小轴孔中，大小齿轮相互吻合，a，b点分别位于大小齿轮的边缘。c点在大齿轮的半径中点，当修正带被匀速拉动进行字迹修改时（　　）

A. 大小齿轮的转向相同 B. a点的线速度比b点大

C. b、c两点的角速度相同 D. b点的向心加速度最大

【答案】D

【解析】

【详解】AB．大小齿轮相互吻合，同缘传动时，边缘点的线速度大小相等，方向相反，AB错误；

C．根据

解得

同轴传动时，角速度相等，故

所以b与c点的角速度不相同，C错误；

D．根据

b、c点的向心加速度大小之比为

b点的向心加速度最大，D正确。

故选D。

6. 如图所示，A、B两物块置于绕竖直轴匀速转动的水平圆盘上。已知两物块的质量，运动半径，两物块动摩擦因数均为，重力加速度为g。则在两物块随圆盘转动过程中，下列说法正确的是（　　）

A. 两物块相对圆盘静止时线速度 

B. 两物块相对圆盘静止时向心力FA>FB

C. 当圆盘角速度增加到时A物块开始相对圆盘滑动

D. 当圆盘角速度增加到时A物块开始相对圆盘滑动

【答案】D

【解析】

【详解】A．两物块随圆盘一起做圆周运动，所以两物块的角速度相等，由圆周运动角速度与线速度关系可得

由题意可知

所以

所以选项A错误；

B．两物块相对圆盘静止时的向心力

由题意可知

联立以上各式可得

所以选项B错误；

CD．对物块A进行受力分析可知，物块A受到竖直向下的重力和指向圆心静摩擦力，所以静摩擦力提供向心力，物块A相对圆盘发生滑动的临界条件为：物块A受到的静摩擦力增大到最大静摩擦力时，若角速度继续增大，物块A就要相对于圆盘发生滑动。所以当物块A受到的静摩擦力为最大静摩擦力时，根据向心力公式可得

解得

所以当角速度增大到时，物块A相对于圆盘开始发生相对滑动，而

所以当角速度增大到时物块A已经发生滑动，所以选项C错误，选项D正确。

故选D。

7. 如图所示，小球在竖直放置的光滑圆形管道内做圆周运动，内侧壁半径为R，小球半径为r，则下列说法中正确的是(　　)

A. 小球通过最高点时的最小速度 

B. 小球通过最高点时的最小速度 

C. 小球在水平线ab以下的管道中运动时，内侧管壁对小球一定无作用力

D. 小球在水平线ab以上的管道中运动时，外侧管壁对小球一定有作用力

【答案】C

【解析】

【详解】AB.在最高点，由于外管或内管都可以对小球产生弹力作用，当小球的速度等于0时，内管对小球产生弹力，大小为mg，故最小速度为0，故AB项与题意不相符；

CD.小球在水平线ab以下管道运动，由于沿半径方向的合力提供做圆周运动的向心力，所以外壁对小球一定有作用力，而内壁对小球一定无作用力，故C项与题意相符，D项与题意不相符．

8. 如图所示，两个相同的小球a、b，a从光滑斜面顶端由静止开始自由下滑，同时，b从同一高度平抛。小球a、b（　　）

A. 落地时的速度相同 B. 落地时重力的瞬时功率

C. 运动到地面时动能相等 D. 从运动到落地的过程中重力的平均功率相等

【答案】B

【解析】

【详解】ABC．令斜面的倾角为，高度为h，b小球平抛的初速度为v0，则a小球落地时的速度为

其竖直方向的速度为

b小球落地时的速度为

其竖直方向的速度为

所以落地时重力瞬时功率。A错误，B正确，C错误；

D．重力做的功相同，但两球落地时间不同，所以重力的平均功率不相等，D错误。

故选B。

9. 物体静止在水平面上，在竖直向上拉力F作用下向上运动，不计空气阻力，物体的机械能E与上升高度x的大小关系如图所示，其中曲线上点A处的切线斜率最大，x2~x3段的图线为平行于横轴的直线。则下列判断正确的是（　　）

A. 在x2处物体的动能最大

B. 在x1处物体所受的拉力最大

C. 0~x2过程中拉力F先做正功再做负功

D. x2~x3过程中合外力做功为零

【答案】B

【解析】

【详解】A．过程中，图像的斜率越来越小，则说明拉力越来越小；x2时刻图像的斜率为零，则说明此时拉力为零；在这一过程中物体应先加速后减速，则说明最大速度一定不在x2处，即在x2处物体的动能不是最大的，A错误；

B．由图可知，x1处物体图像的斜率最大，则说明此时机械能变化最快，由

可知此时所受的拉力最大，B正确；

C．由图像可知，过程中物体的机械能增大，拉力F始终做正功，C错误；

D．过程中机械能保持不变，故说明拉力一定为零；合外力等于重力，做功不为零，D错误。

故选B。

10. 图甲为竖直固定在水平面上的轻弹簧，时刻，将一小球从弹簧正上方某一高度处由静止释放。通过安装在弹簧下端的压力传感器，测出此过程中弹簧弹力F随时间t变化的图像如图乙所示，不计空气阻力，则（　　）

A. 时刻小球的动能最大 B. 过程小球做加速运动

C. 时刻小球加速度最大 D. 时刻弹簧的弹性势能与小球动能之和最小

【答案】C

【解析】

【详解】0~t1时间小球做自由落体运动，t1~t2，小球先做加速度减小的加速运动，后做加速度增大的减速运动，在t2时刻速度减为零，加速度最大。t2~t3，小球先做加速减小的加速运动，然后做加速度增大的减速运动。t3时刻小球脱离弹簧向上做匀减速直线运动，当向上的速度减为零时，由机械能守恒定律可知，此时重力势能最大，则弹簧的弹性势能与小球动能之和最小。

故选C。

11. 如图所示，用手掌平托一苹果，保持这样的姿势在竖直平面内按顺时针方向做匀速圆周运动．关于苹果从最高点c到最右侧点d运动的过程，下列说法中正确的是  

A. 手掌对苹果的摩擦力越来越大

B. 苹果先处于超重状态后处于失重状态

C. 手掌对苹果的支持力越来越小

D. 苹果所受的合外力越来越大

【答案】A

【解析】

【详解】A．因为做匀速圆周运动，所以从c到d的过程中，加速度大小不变，加速度在水平方向上的分加速度逐渐增大，根据牛顿第二定律知摩擦力越来越大，所以A正确.

B．苹果做匀速圆周运动，从c到d过程中,加速度在竖直方向上有向下的加速度,可以知道苹果处于失重状态，故B错误. 

C．从c到d的过程中，加速度大小不变，加速度在竖直方向上的加速度逐渐减小，方向向下，则重力和支持力的合力逐渐减小，可以知道支持力越来越大，故C错误. 

D．苹果做匀速圆周运动，合力大小不变，方向始终指向圆心，故D错误.

第Ⅱ卷  非选择题（共56分）

二、非选择题：共5题，共56分。其中第13~16题解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分；有数值计算时，答案中必须明确写出数值和单位。

12. 探究向心力大小F与小球质量m、角速度ω和半径r之间关系的实验装置如图所示，转动手柄，可使变速塔轮、长槽和短槽随之匀速转动。皮带分别套在塔轮的圆盘上，可使两个槽内的小球分别以不同角速度做匀速圆周运动。小球做圆周运动的向心力由横臂的挡板提供，同时，小球对挡板的弹力使弹簧测力筒下降，从而露出测力筒内的标尺，标尺上露出的红白相间的等分格数之比即为两个小球所受向心力的比值。已知小球在挡板A、B、C处做圆周运动的轨迹半径之比为1：2：1。

（1）在这个实验中，利用了_______(选填“理想实验法”“等效替代法”或“控制变量法”)来探究向心力的大小与小球质量m、角速度ω和半径r之间的关系；

（2）探究向心力的大小与圆周运动半径的关系时，应选择两个质量_______（选填“相同”或“不同”）的小球，分别放在挡板C与______（选填“挡板A”或“挡板B”）处，同时选择半径______（选填“相同”或“不同”）的两个塔轮；

（3）当用两个质量相等的小球做实验，调整长槽中小球的轨道半径是短槽中小球半径的2倍，转动时发现左、右标尺上露出的红白相间的等分格数之比为1：2，则左、右两边塔轮的半径之比为________。

【答案】    (1). 控制变量法    (2). 相同    (3). 挡板B    (4). 相同    (5). 2:1

【解析】

【分析】

【详解】（1） [1]本实验中要分别探究向心力大小与质量m、角速度ω、半径r之间的关系，所以需要用到控制变量法。

（2）[2]探究向心力大小与圆周运动半径的关系时，需要控制小球的质量和运动角速度相同，所以应选择两个质量相同的小球。

（3）[3]据F=mω2R，由题意可知

F右=2F左

R左=2R右

可得

ω左：ω右=1:2

由

v=ωr

可得

r左轮：r右轮=2:1

左、右两边塔轮的半径之比是2:1

13. 用下列实验“验证机械能守恒”和“测当地的重力加速度”，采用了如图甲所示的装置，其中m1=50g、m2=150g。开始时保持装置静止，然后释放物块m2，m2可以带动m1拖着纸带打出一系列的点，对纸带上的点进行测量进行研究。某次实验打出的纸带如图乙所示，0是打下的第一个点，两相邻点间还有4个点没有标出，交流电频率为50Hz。（以下计算结均保留三位有效数字）

（1）系统的加速度大小为___________m/s2，在打点0~5的过程中，系统动能的增量△E1=___________J。

（2）实验结果往往是重力势能的减少量略大于动能的增加量，关于这个误差下列说法正确的是___________

A.该误差属于偶然误差                        

B.该误差属于系统误差

C.M2越大越好，因为这样误差进一步减小

D.可以通过减小空气阻力和摩擦阻力的影响来减小该误差

（3）某同学作出的图像如图丙所示，若忽略一切阻力的情况下，则当地的重力加速度g=___________m/s2

【答案】    (1). 4.80    (2). 0.576    (3). BD    (4). 9.67

【解析】

【分析】

【详解】（1）[1] 两相邻点间还有4个点没有标出，所以相邻的计数点间的时间间隔

加速度的大小

[2] 点时小车的瞬时速度大小

物体的初速度为零，所以动能的增加量为

（2）[3]AB．重物下落过程受到空气阻力作用，纸带和打点计时器限位孔间存在滑动摩擦力、纸带与打点计时器振针间存在摩擦力，重物下落过程要克服空气阻力和摩擦力做功，使重力势能的减少量略大于动能的增加量，这个误差是系统误差，不是偶然误差，A错误，B正确；

C．M2越大，体积就越大，则阻力就越大，不能减小误差，C错误；

D．本实验可以通过减小空气阻力和摩擦阻力的影响来减小实验误差，D正确。

故选BD。

（3）[4] 根据系统机械能守恒有

则

知图线的斜率

解得

14. 一颗在赤道上空飞行的人造地球卫星，其离地高度为2R（R为地球半径）。已知地球表面重力加速度为g，地球半径为R，万有引力常量为G，求：

（1）地球的质量M；

（2）该卫星运行周期T。

【答案】（1）；（2）

【解析】

【详解】（1）不考虑地球自转的影响，地面上质量为m的物体所受重力等于地球对物体引力有

解得

（2）对卫星运用万有引力定律和牛顿运动定律可得

在地球物体

联立解得

15. 2020年9月15日，中智行5GAI无人驾驶汽车亮相上海5G科普活动，活动现场，中智行展示了公司最新研发的、具有百分百自主知识产权的无人驾驶技术。在一次性能测试中，质量kg的无人驾驶汽车以恒定加速度启动，达到额定功率后保持额定功率继续行驶，在刚好达到最大速度时，突然发现前方有一行人要横穿马路而紧急刹车，车载速度传感器记下了整个过程中速度随时间变化图像如图所示。已知汽车启动时所受阻力恒定，且是汽车刹车时所受阻力的。求：

（1）该无人驾驶汽车发动机的额定功率P；

（2）汽车做匀加速直线运动的末速度；

（3）在4s~14s内汽车通过的路程。

【答案】（1）60KW；（2）12m/s；（3）111m

【解析】

【详解】（1）由图像可知汽车刹车过程中的加速度大小为

可知刹车时汽车所受阻力

因此汽车启动时所受阻力

汽车达到最大速度时，该汽车发动机的额定功率

（2）在0~4s内，根据牛顿第二定律可知

且

联立解得

（3）在4~14s内，汽车功率恒定，阻力恒定，根据动能定理有

解得汽车该段时间内的位移

16. 有一种被称为“魔力陀螺”的玩具如图甲所示，陀螺可在圆轨道外侧旋转而不脱落，好像轨道对它施加了魔法一样，它可等效为一质点在圆轨道外侧运动模型，如图乙所示。在竖直平面内固定的强磁性圆轨道半径为R，A、B两点分别为轨道的最高点与最低点。质量为m的质点沿轨道外侧做完整的圆周运动，受圆轨道的强磁性引力始终指向圆心O且大小恒为，不计摩擦和空气阻力，重力加速度为g。求：

（1）判断质点运动过程中机械能是否守恒，并说明理由；

（2）若在A点质点对轨道的压力也为7mg，求质点在A点的速度大小；

（3）若磁性引力大小F可变，质点仍做完整的圆周运动，求F的最小值。

【答案】（1）机械能守恒，见解析；（2）；（3）5mg

【解析】

【详解】（1）运动过程中只有重力做功，机械能守恒。

（2）在A点，对质点，由牛顿第二定律有

解得

（3）质点在B点不脱轨即可。当，到达B处速度最小

所以

当时，磁性力最小

17. 如图所示是某游戏装置的示意图，ABC为固定在竖直平面内的截面为圆形的光滑轨道，直轨道AB与水平成放置，且与圆弧轨道BC相切连接，AB长为L1=0.4m，圆弧轨道半径r=0.25m，C端水平，右端连接粗糙水平面CD和足够长的光滑曲面轨道DE，D是轨道的切点，CD段长为L2=0.5m。一个质量为m=1kg的可视为质点的小物块压缩弹簧后被锁定在A点，解除锁定后小物块被弹出，第一次经过D点的速度为，已知小物块与水平面CD间的摩擦因数μ=0.3，g=10m/s2。求：

(1)小物块第一次运动到BC的出口C时对圆轨道的压力大小；

(2)小物块发射前弹簧的弹性势能大小；

(3)小物块被弹出后，最后停在CD上位置。 

【答案】(1)26N；(2)11.4J；(3)最后停在D点

【解析】

【详解】(1)小物块第一次从C运动到D过程，根据动能定理得

解得

在C点，根据牛顿第二定律得

解得

根据牛顿第三定律得，小物体对圆轨道的压力大小等于26N。

(2)根据几何关系得，AC两点高度差为

解得

根据机械能守恒定律得

(3)根据动能定理得

解得

即

所以小物块最后停在D点。