河南省焦作市武陟县第一中学2022-2023学年高一下学期期中考试物理试题

武陟一中2022-2023学年高一下期期中考试

物理

时间：90分钟   满分：100分

一．选择题（共8小题，每小题4分，共32分。在每小题给出的四个选项中。只有一项是符合题目要求的）

1．如图是摩托车比赛转弯时的情形。转弯处路面常是外高内低，摩托车转弯有一个最大安全速度，若超过此速度，摩托车将发生滑动。摩托车（　　）

A．受到沿半径方向向外的离心力作用 

B．所受外力的合力小于所需的向心力 

C．将沿其线速度的方向沿直线滑动 

D．摩托车将沿其半径方向沿直线滑动

2．年糕是我国很多地方传统的新年应时食品，打年糕时一般需要用木制榔头反复捶打石槽中煮熟的糯米如图所示。用木制榔头捶打年糕的过程中，放在水平地面上的石槽始终未动，下列说法正确的是（　　）

A．整个下降过程中榔头始终处于失重状态 

B．榔头对年糕的弹力是年糕发生形变引起的 

C．年糕凹陷，说明榔头对年糕的打击力大于年糕对榔头的支持力 

D．榔头向下打击年糕时，地面对石槽的支持力大于石槽和年糕的总重力

3．如图是一种创新设计的“空气伞”，它的原理是从伞柄下方吸入空气将空气加速，并从顶部喷出，形成辐射状气流，从而改变周围雨水的运动轨迹，形成一个无雨区，起到遮挡雨水的作用。在无风的雨天，若“空气伞”喷出的气流水平，则雨滴从气流上方某处下落并穿过气流区的运动轨迹，可能是下列哪一幅图（　　）

A． B． C． D．

4．曲线运动是生活中一种常见的运动，下列关于曲线运动的说法中正确的是（　　）

A．可能存在加速度为0的曲线运动 

B．平抛运动是加速度随时间均匀变化的曲线运动 

C．匀速圆周运动一定是加速度变化的曲线运动 

D．圆周运动不可以分解为两个相互垂直的直线运动

5．拖着旧橡胶轮胎跑步是一种训练体能的常用方法。某运动员在体能训练时拖着轮胎在操场上沿直线以恒定的速率跑了100m，下列说法正确的是（　　）

A．合外力对轮胎做了正功 

B．摩擦力对轮胎做了负功 

C．支持力对轮胎做了正功 

D．拉力对轮胎所做的功等于轮胎动能的改变

6．一个重物处于高处时，其重力势能（　　）

A．一定为正值 

B．一定为负值 

C．一定为零 

D．可能为正，也可能为负，要看参考平面

7．如图，网球运动员训练时，在同一高度的前后两个不同位置将网球击出后，垂直击中竖直墙上的同一点。不计空气阻力，下列说法正确的是（　　）

A．两轨迹中网球撞墙前的速度可能相等 

B．沿轨迹1运动的网球击出时的初速度大 

C．从击出到撞墙，沿轨迹2运动的网球在空中运动的时间短 

D．沿轨迹1运动的网球刚要撞墙时的速度小

8．如图所示，细线一端拴一个小球，另一端固定在O点，小球沿弧线ABC来回摆动，B点是悬线的最低点，则（　　）

A．小球摆到B点时，速度为水平方向，加速度为零 

B．小球摆到A点时，速度为零，且处于平衡状态 

C．小球在整个运动过程中一定有一个位置处于平衡状态 

D．小球摆到B点时，细线对小球的拉力最大

9．从高处水平抛出的物体在各个时刻的速度、加速度方向如图所示，其中正确的是（　　）

A． B． 

C． D．

10．下列各图的体育锻炼中，手臂对躯干不做功的是（　　）

A． B． 

C． D．

11．关于做曲线运动的物体所受的合外力，下列说法中正确的是（　　）

A．一定是变力 B．一定是向心力 

C．可以始终为零 D．可以是恒力

12．如图所示，摩天轮悬挂座舱，座舱地板总处于水平状态，乘客随座舱在竖直平面内做匀速圆周运动。则下列说法正确的是（　　）

A．乘客的加速度始终不变 

B．座舱地板对乘客始终没有摩擦力的作用 

C．在最低点时，乘客处于超重状态 

D．座舱对乘客的作用力始终指向圆心

二．多选题（共4小题，每小题6分，共24分。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分）（多选）13．如图是一物体做直线运动的速度﹣时间图象，根据图象，下列计算结果正确的有（　　）

A．0～1 s内的位移是1 m 

B．0～2 s内的位移是2 m 

C．0～1 s内的加速度为零 

D．1～2 s内的加速度大小为2m/s2

（多选）14．如图甲所示，足够长的斜面倾角为θ，一质量为m的物块，从斜面上的某位置由静止开始下滑。斜面与物块间的动摩擦因数μ随物块位移x的变化规律如图乙所示，物块的加速度随位移变化规律如图丙所示，取沿斜面向下为x轴正方向，下列说法正确的是（　　）

A．图乙中x0处对应的纵坐标为μ＝tanθ 

B．物块的最大速度为 

C．物块运动过程中一直处于失重状态 

D．物块从开始运动至最低点的过程中损失的机械能为mgx0sinθ

（多选）15．实验室水平地面上有一质量为m1的长木板，木板的左端上有一质量为m2的物块，如图（a）所示。用水平向右的拉力F作用在物块上，F随时间t的变化关系如图（b）所示，其中F1、F2分别为t1、t2时刻F的大小。木板的加速度a1随时间t的变化关系如图（c）所示。已知木板与地面间的动摩擦因数为μ1，物块与木板间的动摩擦因数为μ2，假设最大静摩擦力均与相应的滑动摩擦力相等，重力加速度大小为g。则（　　）

A．F1＝μ1m1g 

B． 

C． 

D．在0～t2时间段物块与木板加速度相等

（多选）16．下列与离心现象有关的是（　　）

A．离心沉淀器 

B．公交车突然刹车时，车上的乘客身体向前倾倒 

C．转动伞柄可以将伞上的雨滴甩出 

D．家用洗衣机的甩干桶用于甩干衣服

三．填空题（共2小题，每小题6分，共12分）

17．某同学采用手机的连续拍摄功能，拍下了小球自由下落的过程。该同学找出连续拍摄的五张清晰照片，合成到同一张图中打印出来（如图所示），测得小球各点相邻位置间的距离为x1、x2、x3、x4，经过测量知实际下落距离是图中距离的k倍，连续拍摄每张照片间隔为T。

（1）小球在位置B时的速度表达式vB＝　                  　。

（2）充分利用测量数据，写出小球运动过程中重力加速度表达式g＝　                  　。

（3）在测量小球相邻位置间距时由于实验者读数产生的误差是 　     　（填“偶然”或“系统”）误差。

18．甲乙两位同学设计了利用频闪摄影测重力加速度的实验。实验中，甲同学负责释放金属小球，乙同学负责在小球自由下落的时候拍照。已知相机每间隔0.1s拍1幅照片。如图所示，是小球自由下落时频闪照片的一部分，其中ab＝24.5cm、ac＝58.7cm。则该地的重力加速度大小为g＝　      　m/s2。（结果保留2位有效数字）

四．解答题（共2小题）

19．（17分）某种弹射装置如图所示，左端固定的轻弹簧处于压缩状态且锁定，弹簧具有的弹性势能Ep＝4.5J，质量m＝1.0kg的小滑块静止于弹簧右端，光滑水平导轨AB的右端与倾角θ＝30°的传送带平滑连接，传送带长度L＝8.0m，传送带以恒定速率v0＝8.0m/s顺时针转动。某时刻解除锁定，滑块被弹簧弹射后滑上传送带，并从传送带顶端滑离落至地面。已知滑块与传送带之间的动摩擦因数μ，重力加速度g取10m/s2。

（1）求滑块离开传送带时的速度大小v；

（2）求电动机传送滑块多消耗的电能E；

（3）若每次开始时弹射装置具有不同的弹性势能Ep′，要使滑块滑离传送带后总能落至地面上的同一位置，求Ep′的最小值。

20．（15分）人类太空探测计划旨在探测恒星亮度以寻找适合人类居住的宜居行星。在某次探测中发现距地球数光年处有一颗相对太阳静止的质量为M的恒星A，将恒星A视为黑体，根据斯特藩﹣玻尔兹曼定律：一个黑体表面单位面积辐射出的功率与黑体本身的热力学温度T的四次方成正比，即黑体表面单位面积辐射出的功率为σT4（其中σ为常数），A的表面温度为T0，地球上正对A的单位面积接收到A辐射出的功率为I。已知A在地球轨道平面上，地球公转半径为R0，一年内地球上的观测者测得地球与A的连线之间的最大夹角为θ（角θ很小，可认为sinθ≈tanθ≈θ）。恒星A有一颗绕它做匀速圆周运动的行星B，该行星也可视为黑体，其表面的温度保持为T1，恒星A射向行星B的光可看作平行光。已知引力常量为G，求：

（1）恒星A的半径RA；

（2）行星B的运动周期TB。

参考答案

1．【答案】B

【解答】解：A．对摩托车受力分析，摩托车只受重力、地面支持力和地面的摩擦力作用，没有离心力，故A错误；

B．若超过此速度，摩托车转弯时如果向外滑动，说明提供的向心力即合力小于需要的向心力，故B正确；

CD．若超过此速度，摩托车将在沿线速度方向与半径向外的方向之间做离心曲线运动，故CD错误。

故选：B。

2．【答案】D

【解答】解：A．下降过程中，榔头先做加速直线运动后减速直线运动，向下加速直线运动过程中，加速度向下，所以榔头处于失重状态，向下减速过程中，加速度向上，榔头处于超重状态，榔头先处于失重状态后处于超重状态，故A错误；

B．榔头对年糕的弹力是榔头发生形变引起的，故B错误；

C．由牛顿第三定律，榔头对年糕的打击力等于年糕对榔头的支持力，故C错误；

D．榔头向下打击年糕时，设榔头对年糕的冲击力为F，地面对石槽的支持力为FN，石槽和年糕的总重力为G。石槽和年糕处于共点力平衡，则有

FN＝G+F，所以FN＞G，故D正确。

故选：D。

3．【答案】C

【解答】解：AB．由于惯性，速度的方向不能发生突变，故AB错误；

CD．雨滴原来的运动方向沿是竖直方向向下，当受到水平方向的作用力后，水平方向做加速直线运动，竖直方向做加速直线运动，从受力点开始，合外力和速度成锐角，雨滴所做的运动的轨迹一定是向合外力方向发生弯曲；穿过气流区后，由于雨滴的速度方向斜向下，与重力不在同一直线上，雨滴仍做曲线运动，故C正确，D错误。

故选：C。

4．【答案】C

【解答】解：A、加速度为0时，物体静止或做匀速直线运动，做曲线运动时加速度一定不为0，故A错误；

B、平抛运动的加速度为重力加速度，始终保持不变，故B错误；

C、匀速圆周运动的加速度始终指向圆心，方向时刻变化，即匀速圆周运动一定是加速度变化的曲线运动，故C正确；

D、圆周运动可以分解为两个相互垂直的直线运动，故D错误。

故选：C。

5．【答案】B

【解答】解：A．依题意，轮胎在操场上沿直线以恒定速率运动，轮胎动能不变，根据动能定理，合外力对轮胎做功为零，故A错误；

B．摩擦力方向与轮胎的运动方向相反，摩擦力对轮胎做了负功，故B正确；

C．根据功的定义，支持力方向轮胎的运动方向垂直，支持力对轮胎不做功，故C错误；

D．根据动能定理，拉力对轮胎做正功，而轮胎动能的变化量为零，故D错误。

故选：B。

6．【答案】D

【解答】解：重力势能是相对的，重力势能的正负由高度决定与参考平面的选取有关，当重物处于参考平面上方时，其重力势能为正，重物处于参考平面下方时重力势能为负，所以看参考平面未确定时，重力势能可能为正，也可能为负，故D正确，ABC错误。

故选：D。

7．【答案】B

【解答】解：ACD．由题分析可知，根据逆向思维，可以将网球看成是从竖直墙上的反向的平抛运动，

则根据平抛运动的规律在竖直方向有：

可得网球运送的时间为：

根据平抛运动的规律在水平方向有：x＝vxt

则解得：

由于两轨迹高度相同，则两轨迹网球在空中运动的时间相等；

由于沿轨迹1运动的网球水平位移大，即x1＞x2，则vx1＞vx2，即沿轨迹1运动的网球刚要撞墙时的速度大于沿轨迹2运动的网球刚要撞墙时的速度，故ACD错误；

B．网球竖直方向的速度为：vy＝gt

根据平行四边形定则对分速度进行合成，则有：

由于vx1＞vx2，则v1＞v2，可知沿轨迹1运动的网球击出时的初速度大于沿轨迹2运动的网球击出时的初速度，故B正确。

故选：B。

8．【答案】D

【解答】解：A．小球摆到B点时，速度为水平方向，做圆周运动，有向心加速度，故A错误；

B．小球摆到A点时，速度为零，此处加速度不为零，之后会往回运动，一直做变速圆周运动，所以不可能处于平衡状态，平衡状态只能是匀速直线运动或静止状态，故B错误；

C．小球沿弧线ABC来回摆动，作非匀速圆周运动，合外力和加速度始终不为零，不会处于平衡状态，故C错误；

D．小球摆到B点时，线速度最大，由合力提供向心力有

此时细线对小球的拉力最大，故D正确。

故选：D。

9．【答案】C

【解答】解：在曲线运动中，速度的方向为曲线上该点的切线方向，物体在飞行过程中只受重力，方向竖直向下，所以加速度的方向竖直向下，故C正确，ABD错误。

故选：C。

10．【答案】B

【解答】解：A．俯卧撑，手臂对躯干有向上的支持力，躯干在手臂支持力作用下有位移，所以手臂对躯干做功，故A错误；

B．双臂悬垂卷腹，手臂对躯干的作用力竖直向上，但躯干在手臂作用力下没有位移，所以手臂对躯干不做功，故B正确；

C．引体向上，手臂对躯干的作用力竖直向上，躯干在手臂作用力下有位移，所以手臂对躯干做功，故C错误；

D．双杠臂曲伸，手臂对躯干的作用力竖直向上，躯干在手臂作用力下有位移，所以手臂对躯干做功，故D错误。

故选：B。

11．【答案】D

【解答】解：AD、做曲线运动的物体所受的合外力，不一定是变力，如做平抛运动的物体所受合外力为重力，是恒力，故A错误、D正确；

B、只有做匀速圆周运动的物体所受的合外力才是向心力，故B错误；

C、做曲线运动的物体所受的合外力一定不为零，如果合外力为零，物体静止或做匀速直线运动，故C错误；

故选：D。

12．【答案】C

【解答】解：A．乘客随座舱在竖直平面内做匀速圆周运动，向心加速度始终指向圆心，所以加速度方向时刻在变化，故A错误；

B．分析乘客在特殊位置的受力，分析其向心力的来源，如图：

可知乘客在最高点和最低点时，座舱对乘客的作用力与重力的合力指向圆心，故这两个位置不受到摩擦力作用；除这两个位置外，其他位置重力都有沿圆周轨道切线方向的分力，因为乘客做匀速圆周运动，所以摩擦力与重力沿切线方向的分力大小相等，方向相反，此时存在摩擦力，故B错误；

C．在最低点，对乘客受力分析，如上图，则根据牛顿第二定理，结合向心力公式，可得：

解得：

可知支持力大于重力，所以乘客处于超重状态，故C正确；

D．乘客的向心力始终指向圆心，而其向心力是由座舱对乘客的作用力与重力的合力提供的，故座舱对乘客的作用力与重力的合力时刻指向圆心，但是座舱对乘客的作用力的合力不是始终指向圆心，故D错误。

故选：C。

13．【答案】AC

【解答】解：A、0～1s内物体的位移 x＝vt＝1×1m＝1m，故A正确；

B、0～2s内的位移为 xm＝1.5m，故B错误；

C、0～1 s物体做匀速直线运动，故加速度为零，故C正确；

D、1～2 s内的加速度 a1m/s2，加速度大小为1m/s2．故D错误；

故选：AC。

14．【答案】AB

【解答】解：A、根据图丙可知，在x0处的加速度为0，则由

mgsinθ＝μmgcosθ

可得图乙中x0处对应的纵坐标为：μ＝tanθ，故A正确；

B、当x＝x0时加速度为0，此时物块的速度最大，

当x＝0时，μ＝0，即开始下滑时的加速度为：a0＝gsinθ

根据：v2＝2ax，结合图像丙，根据图像围成的面积可得：

vm2＝2a0x0

vm，故B正确；

C、物块运动过程中加速度沿斜面先向下后向上，可知先失重后超重，故C错误；

D、物块从开始运动至最低点的过程中损失的机械能等于克服摩擦力做的功，

根据A选项的结论和图乙图像可知：当x＝2x0时，μ＝2tanθ，

利用图乙图像与坐标轴围成的面积可知：

ΔE＝W克f2tanθ•mgcosθ•2x0＝2mgx0sinθ，故D错误。

故选：AB。

15．【答案】BCD

【解答】解：D、由图（c）可知，t1﹣t2时间内加速度随时间呈线性增加，说明此时木板和物块相对静止，t1时刻后木板和物块一起加速运动；0﹣t1时间内，木板没有加速度说明木板和物块相对地面静止不动，可得在0～t2时间段物块与木板加速度相等；t2时刻后木板的加速度恒定不变，说明木板受到两个滑动摩擦力，木板和物块相对滑动，故D正确；

A、由上述分析可知，在0～t1时间段物块和木板均静止，在t1时刻木板与地面的静摩擦力达到最大值，对物块和木板整体分析有：F1＝μ1（m1+m2）g，故A错误；

B、由上述分析可知，在t2时刻物块和木板开始相对运动，此时物块和木板间的静摩擦力达到最大值，根据牛顿第二定律得：

对物块和木板组成的整体：F2﹣μ1（m1+m2）g＝（m1+m2）am

对木板：μ2m2g﹣μ1（m1+m2）g＝m1am

联立解得：，故B正确；

C、由B选项的分析有：μ2m2g﹣μ1（m1+m2）g＝m1am

则有：μ2m2g＞μ1（m1+m2）g，解得：，故C正确。

故选：BCD。

16．【答案】ACD

【解答】解：离心现象的本质在于F合不足以提供向心力，导致物体沿远离圆心方向运动的现象，注意题目对物体运动的描述即可

A．离心沉淀器的原理属于离心现象，故A正确；

B．公交车突然刹车时，车上的乘客身体向前倾倒是由于惯性，不属于离心现象，故B错误；

C．转动伞柄可以将伞上的雨滴甩出，当雨伞对雨滴的吸附力不足以提供雨滴所需的向心力时，雨滴做离心运动，故C正确；

D．家用洗衣机的甩干桶用于甩干衣服，当水与衣服间的附着力不足以提供水所需的向心力时，水做离心运动，故D正确。

故选：ACD。

17．【答案】（1）；（2）；（3）偶然。

【解答】解：（1）做匀变速直线运动中间时刻的瞬时速度等于这段时间的平均速度，小球在位置B时的速度为vB。

（2）根据匀变速直线运动的推论公式Δx＝at2由逐差法可知，小球的加速度为。

（3）测量小球相邻位置间距时由于实验者读数可能大于真实值，也可能小于真实值，因此读数产生的误差是偶然误差。

故答案为：（1）；（2）；（3）偶然。

18．【答案】9.7。

【解答】解：根据匀变速直线运动的规律可知相邻相等时间位移差为定值Δh＝gT2，则该地的重力加速度大小为

故答案为：9.7。

19．【答案】（1）滑块离开传送带时的速度大小v为7m/s；

（2）电动机传送滑块多消耗的电能E为96J；

（3）Ep′的最小值为12J。

【解答】解：（1）设滑块被弹簧弹出时速度大小为v1，弹簧具有弹性势能Ep＝4.5J，解除锁定，弹簧的弹性势能转化为滑块的动能，根据能量守恒定律可知：

Ep

代入数据解得：v1＝3m/s＜v0＝8.0m/s

则滑块冲上传送带后先向上做匀加速运动，根据牛顿第二定律得：

μmgcosθ﹣mgsinθ＝ma

代入数据解得：a＝2.5m/s2

加速到与传送带共速时间：ts＝2s

此过程滑块的位移为xt

代入数据解得：x＝11m＞L＝8.0m，物块没有与传送带共速，一直做匀加速直线运动。

设物块匀加速运动的总时间为t′，则有：

L＝v1t′

解得：t′＝1.6s

则滑块离开传送带时的速度大小：v＝v1+at′＝3m/s+2.5×1.6m/s＝7m/s

（2）滑块与传送带间相对位移：Δx＝vt′﹣L＝8×1.6m﹣8m＝4.8m

滑块与传送带因摩擦产生的热量：Q＝μmg•Δxcosθ

代入数据解得：Q＝36J

由能量守恒定律得电动机传送滑块多消耗的电能：E＝Q+mgLsinθ+（）

代入数据解得：E＝96J

（3）要使滑块滑离传送带后总能落至地面上的同一位置，则物块滑出传送带时的速度必相同，可知物块滑出传送带时的速度总与传送带相同。

当物块一直加速到传送带顶端时与传送带共速，所需弹簧的弹性势能最小，则有：

2aLv1′2

解得：v1′2＝24m2/s2

则最小弹性势能为：Epminmv1′2

解得：Epmin＝12J

答：（1）滑块离开传送带时的速度大小v为7m/s；

（2）电动机传送滑块多消耗的电能E为96J；

（3）Ep′的最小值为12J。

20．【答案】（1）恒星A的半径为；

（2）行星B的运动周期为。

【解答】解：（1）设恒星A与地球间的距离为d，得tan

角θ很小，则有

恒星A辐射出的总功率与地球所在的球面上接收到A辐射出的总功率相等，即

σ•4πI•4πd2

解得

RA

（2）设行星B的质量为m，半径为RB，绕恒星A做匀速圆周运动的轨道半径为r，则行星B接收到恒星A辐射出的功率为P1

行星B向外辐射出的功率为 P2＝σ

因行星B表面的温度保持不变，故有P1＝P2

对行星B有mr

解得

TB

答：（1）恒星A的半径为；

（2）行星B的运动周期为