重庆市第八中学校2024-2025学年高一下学期4月半期考试物理试卷（含解析）

重庆八中2024—2025学年度(下)半期考试高一年级
物 理 试 题
一 、单选题(本题共7小题，每小题4分，共计28分，在每小题给出的四个选项中，只 有一项符合题目要求)
1. 以下说法中符合科学史实的是()
A. 哥白尼提出了日心说并发现了行星是沿椭圆轨道绕太阳运行的
B. 卡文迪许利用扭秤装置测出了万有引力常量的数值
C. 开普勒第二定律说明行星绕中心天体沿椭圆轨道运动时速率不变
D. 牛顿在第谷的基础上总结出了行星运动的三大规律
2. 从2023年起，每年的4月23日将被命名为世界乒乓球日。关于乒乓球运动，下列说
法正确的是()
A. 球拍将飞来的乒乓球以原速率反向击出的过程，乒乓球的动能保持不变，动量变化
B. 乒乓球被球拍击打出的过程，球拍对乒乓球的冲量方向与乒乓球末动量方向相反
C. 一次击球过程中，球拍对乒乓球的冲量大小小于乒乓球对球拍的冲量大小
D. 球拍对乒乓球的弹力越大，乒乓球的动量变化一定越大
3. 如图所示，某游乐场的大型摩天轮直径为D, 匀速旋转一周需要的时间为T。已知质量 为m 的小华乘坐的车厢此刻处于摩天轮的最底部，则下列说法正确的是()
A. 摩天轮运动的角速度
B. 摩天轮运动的线速度
C. 摩天轮运动的向心加速度
D. 在最低点时座椅对小华的作用力大小
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4. 如图所示，体积相同的木块和空心铁块，用细绳连接，静止在水池中。当细绳断裂后， 木块与铁块分别竖直向上、向下运动。不计水的阻力，下列说法正确的是
A. 细绳断裂后，木块与铁块组成的系统动量守恒
(
困铁
)B. 细绳断裂后，木块与铁块组成的系统机械能守恒
C. 细绳断裂后，木块的动量变化比铁块快
D. 细绳断裂后，木块的动量变化比铁块慢
5. 《天问》是屈原笔下的不朽诗篇，而“天问”行星探索系列代表着中国人对深空物理 研究的不懈追求。如下图所示，半径均为R 的两球形行星A、B的密度之比为PA:PB=3:1, A 、B各有一个近地卫星C 、D, 其绕行周期分别为Tc 、Tp. 则Tc与Tp之比为
A.1:3 B.3:1 C.√3:1 D.1:√3
6. 运动会时，无人机为同学们记录下无数精彩瞬间。如图所示，某款无人机有4个半径 均为R 的动力螺旋桨。在没有风的天气，让每个桨叶均以大小相等的转速旋转、并沿竖 直方向向下吹风，从而产生反作用力，使无人机悬停在空中。已知当地的空气密度为p, 无人机的重力为G, 则空气被每个桨叶向下吹出的速度大小为
A. B. C. D.
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7. 汽车在研发过程中都要进行性能测试，如图所示为某次测试中某型号汽车的速度v与牵 引力F大小倒数的关系图像，vm 表示最大速度。已知汽车在水平路面上由静止启动，ab 平行于v轴，bc反向延长过原点0。阻力恒定，汽车质量为4×10 kg, 下列说法正确
的 是 ( ) A. 汽车由b到c过程做匀加速直线运动 B. 汽车额定功率为500W
贵/10 N)
C. 汽车能够获得的最大速度为12.5m/s D. 汽车从a到b持续的时间为20s
二、多选题(本题共3小题，每小题5分，共计15分，在每小题给出的四个选项中，有 多项符合题目要求，全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分)
8. 如图所示，飞船在圆轨道I绕星球O 稳定运行。某次经过P 点时，飞船的发动机瞬间 喷出一部分气体，此后飞船在椭圆轨道Ⅱ绕星球 O 稳定运行。Q 为轨道Ⅱ上离星球O 距离最近的点，下列说法正确的有
A.飞船在轨道I稳定运行过程中，动量不变
B. 飞船运动全过程中，经过Q 点时动量最大
C. 为实现从轨道I到轨道Ⅱ变轨，飞船发动机需向后喷气
D. 飞船变轨后的机械能小于变轨前的机械能
9. 如图所示，半径为R的光滑球壳固定在地面上，一质量为m、 可视为质点的小球在球壳 里做水平面内的圆周运动。小球在某较高的轨道1运动时，对球壳的压力大小为2mg。 当小球运动到轨道2时对球壳的压力大小为 √2mg, 重力加速度为g, 下列说法正确的
是
(
0.
) (
轨道1
)A. 轨道1所在平面与球心的距离
(
m
)B. 轨道1所在平面与球心的距离
(
轨道2
)
C. 小球在轨道1的角速度与轨道2的角速度之比为 √2
D. 小球在轨道1的角速度与轨道2的角速度之比为 √ 2
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10.如图甲所示是儿童玩具跳跳杆，其底部未固定在地面，底部装有一根弹簧，小孩和杆 的总质量为m, 研究某次小孩和杆从最低点弹起的运动过程，以小孩运动的最低点为 坐标原点、竖直向上为x轴正方向，小孩与杆整体的动能与其坐标位置的关系如图乙所 示，0～x 之间图象为曲线，x 对应其最高点，x ~x 之间图象为直线，不计弹簧质量
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和空气阻力的影响，重力加速度为g, 则
A. 小孩和杆的最大加速度
B. 弹簧在x 处恢复原长，弹簧劲度系数
D. 在x 处小孩和杆的速度为 √2g(x4-x )
图甲
图乙
三、实验题(本题共2小题，共计15分，第11题6分，第12题9分)
11.诚勤实验小组在实验室利用“自由落体运动”来验证机械能守恒定律.
(1)不同组学生在实验操作过程中出现如图所示的四种情况，其中操作正确的是_
A
B
C
D
(2)玲玲认为可通过测量重物下落过程的加速度来验证机械能是否守恒，打出的纸带如图， 设0点到测量点的距离为h,v 为对应测量点的速度，他作出的v -h 关系图线如图所示， 由图可得重物下落的加速度g= m/s (结果保留三位有效数字).
(
00
A
B
C
·
v /(m ·s- )
6.00
5.00
4.00F
3.00
2.0
1
0
0.0015.0020.0025.0030.0035.00
×10
m)
招
D
E
)
(3)小明误把纸带中的A点当作0点，其他操作与玲玲相同，也绘制出v -h 图像，如图所 示，b是玲玲作的图线，则小明所作的图线最有可能是 (填写图线上的字母).
12. 立达实验小组想验证向心力公式，实验装置如图1所示，一个半圆形光滑轨道，右侧 所标记的刻度为该点与圆心连线和竖直方向的夹角θ,圆弧轨道最低点固定一个力传感 器，可显示小球达到该处时小球对轨道的压力大小FN, 小球质量为m, 重力加速度为g。
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(
90°
75°
60°
45°
30°
15°
0°
力
传
感
器
)
图 1
实验步骤：
图 2
①将小球在右侧轨道某处由静止释放，记录该处的角度θ;
②小球到达轨道最低点时，记录力传感器的示数FN;
③改变小球释放的位置，重复以上操作，记录多组FN 、θ的数值； 数据处理：
(1) 为纵坐标，以 (选填 “sinθ” “cosθ” 或 为横 坐标，作出的图像如图2所示。
(2)若该图像斜率的绝对值k= _,纵截距b= ,则可验证向心力表达式。
(3)某同学认为小球运动时的轨道半径为圆轨道半径与小球半径的差值，即小球球心到 轨道圆心的距离才为圆周运动的半径，因此图2斜率绝对值k的测量值与真实值相
比 (选填“偏大”、“偏小”或“相等”)。
四、计算题(本题共3小题，共计42分，第13题10分，第14题14分，第15题18分)
13. 如图所示，某电视台一档闯关节目中，沙袋通过轻质细绳悬挂于A 点正上方的0点， 闯关者水平向左速度为vo=8m/s, 在 A 点抱住沙袋一起向左摆动。已知沙袋到悬点
O 的距离为L=6m, 闯关者的质量为M=50kg, 沙袋质量为m=50kg, 重力加速度 g=10m/s , 沙袋和闯关者可视为质点，不计空气阻力。求：
(1)闯关者刚抱住沙袋时的共同速度v 的大小；
(2)闯关者抱住沙袋共同上摆过程中能到达的最大高度h。
14. 将地球视为半径为R 的圆球，绕地球做匀速圆周运动的某卫星的轨道平面与地球赤道
共面，该卫星的轨道半径为2R, 其绕行方向未知，可能与地球自转方向相同或相反。
已知地球质量为M, 引力常量为G, 地球自转周期为 To.求：
(1)该卫星绕地球运行的周期T;
(2)若Ta. 若卫星的绕行方向与地球自转方向相同。求该卫星能再次拍 摄到B 点所经过的最短时间。
b.若卫星的绕行方向与地球自转方向相反。求该卫星再次同时 拍摄到A 、B 点所经过的最短时间。
A
(
OP
)0·
B
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15. 如图所示，物块质量m=1kg, 紧靠压缩的轻质弹簧静止在A点，弹簧处于锁定状态。
AB=CD=1m,BC=4m。 且AB 间光滑，BC 与物块间的动摩擦因数为μ =0.5, CD
与物块间的动摩擦因数为μz=0.25。 光滑圆弧半径为R=0.5m, 在D 点与斜面相切， E为圆弧最高点，与圆心0连线处于竖直方向，D '与圆心0等高，与圆心0位于同一水 平线上。传送带与倾斜轨道平滑相接，处于静止状态。今解除弹簧的锁定，物块向上 运动到B点速度大小vg=10m/s, 已知到B 点前已经离开弹簧，物块在滑行过程中传 送带保持静止状态。重力加速度g=10m/s , 斜面倾角为37°,物块运动过程中可视 为质点。求：
(1)初始状态弹簧储存的弹性势能及物块运动到C 点的速度大小；
(2)若传送带转动方向、速度大小均可调节。为使物块可以进入圆弧轨道(即vp>0),
又不会中途脱离圆轨道，求传送带转动方向及对应速度取值范围；
(3)在满足(2)条件下，求系统生热Q 与传送带速度v 的关系式。
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级
物理参考答案
一 、单选题
1.【答案】B
【详解】A、 日心说认为行星绕太阳做圆周运动，故A 错误；
B、牛顿发现了万有引力定律之后，卡文迪许第一次通过扭秤装置比较准确地测出万有引力 常量，故B 正确；
C、相对论的建立并没有否定牛顿经典力学理论，只是在微观高速状态下对经典力学进行补 充，故C 错误。
D、开普勒通过分析第谷的数据，最终得出了行星运行三大定律，总结出了行星按照椭圆轨 道运行的规律，故D 错误。故选：B。
2.【答案】A 【详解】
A、动量是矢量，既有大小又有方向，当球拍以原速率反向击出的过程，乒乓球的速率不变，
但是方向发生了改变，因此乒乓球的动量发生了改变，选项A 正确；
B、击球过程中，球拍对乒乓球的冲量方向与拍面对乒乓球的弹力同向，与乒乓球末动量 方向不相反。
C、用球拍打击球时，球拍对乒乓球的力与乒乓球对球拍的力是一对相互作用力，大小相等、
作用时间相同、冲量大小相等，选项C 错误
D、由动量定理可知，乒乓球的动量变化量等于合外力的冲量，则乒乓球的动量变化量除
了与力的大小方向有关，还与力的作用时间有关，选项D 错误；故选：A。
3.【答案】D
【详解】A.由题意可知周期为t, 由角速度的定义式, 选 项A 错误；
B.由线速度的定义式 选项B 错误；
C.由向心加速度的定义式 选 项C 错误；
D根据牛顿第二定律有,则在最低点时座椅对小华的作用力 选项D 正确。故选D。
4.【答案】A
【详解】木块和铁块在绳断后总重力仍然等于总浮力，所以系统合外力为0,总动量守恒。
系统合外力为0,木块和铁块合外力等大反向，动量变化率大小相同。两物块体积相同，受 到浮力一样大，但木块质量小，加速度大，同时间内位移更大，浮力对木块做正功大于对铁 块做的负功，浮力对系统做总功为正，系统机械能增加。
5.【答案】D
【详解】 所以p与T 成反比。
6.【答案】C
【详解】取极短时间△t 内喷出空气为对象，列动量定理
4pπR vAtv=FAt, 7.【答案】C
由平衡G=F, 解得
【详解】当图像为过原点的直线，说明功率恒定。所以汽车在ab 段做匀加速直线运动，在 bc段做加速度减小的加速运动。速度最大时，阻力等于牵引力f=4×10 N; 则当牵引力为5
×10 N 时，加速度为0.25m/s , 时 间 汽车额定功率P=10×5×10 =5×104W,
最大速度
二 、多选题
8 .【答案】BD
【详解】A.动量大小不变，方向改变；
B. 以 0Q 为半径画圆，飞船经过在Ⅱ轨道经过Q 点减速才会在0Q 圆轨道圆周运动，而圆 周运动速度大于外圆I轨道速度。所以Q 点速度最大，动量最大；
C. 变轨需要减速，所以向前喷气；
D. 因减速，机械能变小。
9.【答案】BD
【详解】AB、在轨道1: 小球与球壳的球心连线与水平方向的夹角θ =30°,
所以轨道与球壳球心0高度差 , 选 项A 错误，B 正确；
CD、 轨道1: ;轨道2: , 则D正确。
10.【答案】AC
【详解】B.图像的斜率表示合外力，x ~x 之间图象为直线，说明从x 运动到x 位置时，合
力恒定，即只受重力，说明弹簧在x 处恢复原长，在x 位置，其动能最大，受力平衡，故有：
mg=k(x -x ), 解得弹簧劲度系数：, 故B 错误；
A.由小孩及杆的受力可知，当其在最低点时，受合力最大，可得：kx -mg=ma, 联立解 得小孩和杆的最大加速度： 故A 正确；
CD.由题意可知，x 与x 两位置处的速度相同，由x 到x 位置，由小孩及杆机械能守恒可得：
,解得在x 处的速度为：v=√2g(x -x ); 由小孩、杆及弹簧构成 的系统满足机械能守恒可得： , 解 得 在x 处的弹性势能为 mg(x -x ), 故 C 正确，D 错误。
三、实验题
11.(1)B;(2)9.52(9.45～9.65);(5)a。
【解析】(1)从四个装置图来看，A 装置使用的是直流电源，CD 装置中纸带弯曲，下降过程 阻力很大，故ACD 错误，B 正确。故选：B。
(2)假设从0到C, 由运动学公式，则有：v =2ah, 所以v -h 图象的斜率k=2a, 所 以 加
(3)小明误把A点当作0点，其它操作与玲玲相同。可以知道，从A点开始，重物已有初速度， 由于b是玲玲所作的图象，那么小明的图象应是a。
12.(1)cosθ(2)23(3) 相等
【解析】解：小球从出发点到达最低点，由动能定理
由牛顿第三定律可知，最低点轨道对小球的支持力大小等于FN。小球在最低点，由受力分析 可得：,联立上述二式可得，Fn=3mg-2mgcosθ . 整理可得：
即斜率的绝对值k=2, 纵截距b=3; 通过上述方程发现，表达式与轨道半径无关，故图像 斜率的绝对值k不变。
四、解答题
13.【答案】(1)v=4m/s (2)h=0.8m
【详解】(1)闯关者抱住沙袋过程，系统在水平方向动量守恒，以水平向左为正方向，由 动量守恒定律可得
Mvo=(M+m)v … … … … … … … … (2 分 )
代入数据解得
v=4m/s … … … …(2 分 )
(2)闯关者与沙袋摆动过程中，只有重力做功，机械能守恒，由机械能守恒定律得
……………… … ( 2 分 ) 代入数据解得
h=0.8m … … (2分 )
14.【答案】 【详解】(1)根据万有引力提供向心力
)…… … … (2分)
所以
(2)a. 根据题意可得，
联立解得
b. 根据题意可得，
联立解得
15.解：(1)根据功能关系
(
(2分)
)…………………………………………
(
…
) (
…
)… (3分)
+=)t =2π … ……(3 分)
解得Ep=56/(2 分 )
(2)①若传送带逆时针转动：
a =gsin37°+μgcos37° 解得a =10m/s
由v -v =2ax, 物块运动至C 点速度为2 √5m/s,
解得Vc =2 √5m/s(2 分)
,得h=0.2m,
无论传送带速度多大，均满足题意.
若传送带顺时针转动且速度小于2 √5m/s,情景同上，满足题意(2分)
②当传送带速度为v 时，恰使物块刚好到D '点：
,vc=√24m/s 物块在传送带上先以a =10m/s 再 以az=2m/s 匀减速直线运动
S +S =BC
解得v =5m/s (2分)
③当传送带速度为v 时，恰使物块刚好到D'点：对D‘, (1分)
得，vc=√39m/s 物块在传送带上先以a =10m/s 再 以az=2m/s 匀减速直线运动
S +sz=BC 解得2 (2分)
若传送带顺时针转动，速度小于等于5m/s 或大于等
若逆时针转动，任何速度均满足题意
(3)①规定顺时针转动为传送带速度正方向，若传送带逆时，速度v 为负数
;(2分)
②若传送带顺时针，且v 小于10m/s,传送带必先以10m/s 减速至v, 再以2m/s 减速至离开 传送带。两段相对运动反向。
物块与传送带共速前相对路程 ( 1 分 )
物块与传送带共速后相对路程 分 )
生 ( 2 分 )
③若传送带顺时针，且速度大于10m/s,则物块一直以2m/s 匀减 物块相对传送带路程S=vt-4=v(5-√21)-4(1 分 )
生热Q=4v(5- √21)-16(1 分 )