云南省曲靖市宣威市2024-2025学年高一下学期期中考试物理检测试卷（附答案）

这是一份云南省曲靖市宣威市2024-2025学年高一下学期期中考试物理检测试卷（附答案），共12页。试卷主要包含了图甲是士兵训练直升机索降的情境，“感受向心力”实验如图所示等内容，欢迎下载使用。
注意事项:
1.答题前，考生务必用黑色碳素笔将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号在答题卡上填写清楚。
2.每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。在试题卷上作答无效。
3.考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。满分 100 分，考试用时 75 分钟。
一、单项选择题:本大题共7小题，每小题4分，共28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.如图所示，虚线是一质点运动的轨迹，下列关于质点在B点的速度方向及所受外力方向的说法中正确的是（ ）
速度可能沿①的方向
受力可能沿②的方向
C. 受力可能沿③的方向
D. 速度可能沿④的方向
2.如图所示，小车以速度v匀速向右运动，通过滑轮拖动物体A上升，不计滑轮摩擦与绳子质量，当绳子与水平面夹角为θ时，下面说法正确的是( )
物体A的速度大小为vcsθ
物体A的速度大小为vcsθ
C. 物体A减速上升
D. 绳子对物体A的拉力等于物体A的重力
3.投掷飞镖是一种常见的娱乐活动。如图所示，靶盘竖直放置，将飞镖沿水平方向正对靶心掷出，不计空气阻力。以地面为参考系，飞镖在空中运动过程中的加速度（ ）
大小不变，方向不变
大小不变，方向改变
C. 大小改变，方向不变
D. 大小改变，方向改变
4.如图是一皮带传动装置的示意图，右轮半径为r，A是它边缘上的一点。左侧是一轮轴，大轮半径为4r，小轮半径为2r。B点在小轮上，到小轮中心的距离为r。C点和D点分别位于小轮和大轮的边缘上。如果传动过程中皮带不打滑，那么以下说法正确的有( )
A. A、B、C、D点的线速度之比是1:1:2:4
B. A、B、C、D点的角速度之比是2:1:2:4
C. A、B、C、D点的向心加速度之比是2:1:1:1
D. A、B、C、D点的向心加速度之比是4:1:2:4
5.在冬奥会短道速滑项目中，运动员绕周长约111 m的短道竞赛。运动员比赛过程中在通过弯道时如果不能很好地控制速度，将发生侧滑而摔离正常比赛路线。图中圆弧虚线OB代表弯道，即正常运动路线。OA为运动员在O点时的速度方向(研究时可将运动员看成质点)。下列说法正确的是( )
A. 发生侧滑是因为运动员受到的合力方向背离圆心
B. 发生侧滑是因为运动员受到的合力大于所需要的向心力
C. 若在O发生侧滑，则滑动的方向在OA左侧
D. 若在O发生侧滑，则滑动的方向在OA右侧与OB之间
6.质量为m的小球在竖直平面内绕O点做半径为R的圆周运动，甲图中OA为细绳；乙图中OB为轻质杆；丙图中竖直圆轨道光滑；丁图中圆形管道光滑。则下列说法正确的是( )
A. 甲丙图中，小球通过最高点的最小速度都是v=gR
B. 乙丁图中，小球通过最高点的最小速度都是v=gR
C. 在丁图中，小球在水平线ab以下管道中运动时，外侧管壁对小球一定无作用力
D. 在丁图中，小球在水平线ab以上管道中运动时，内侧管壁对小球一定有作用力
7.某公园内有一种可供游客娱乐的转盘，其示意图如图所示，转盘表面倾斜角度为θ。在转盘绕转轴匀速转动时，坐在其表面上的游客随转盘做匀速圆周运动。已知游客质量为m，游客到转轴的距离为R，游客和转盘表面之间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，若最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则在转盘匀速转动过程中( )
游客一定始终受到盘面的摩擦力
盘面对游客的摩擦力始终指向转轴
C. 游客在最高点的线速度最小为gRsinθ
D. 转盘的最大角速度为μcsθ−sinθgR
二、多项选择题:本大题共3小题，每小题6分，共18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6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
8.图甲是士兵训练直升机索降的情境.假设士兵沿绳索下滑后，竖直方向的v-t图像和水平方向的x-t图像分别如图乙、丙所示，则( )
A. 绳索中拉力可能倾斜向上B. 在地面上观察到士兵的运动轨迹是一条曲线
C. 士兵始终处于失重状态D. 绳索中拉力先小于重力，后大于重力
9.如图所示，在一倾角为θ的斜面顶端分别以v0和2v0水平抛出质量相同的两个小球，分别落在斜面上的B、C位置，不计空气阻力，则小球从飞出到落到斜面上的整个过程中，下列说法正确的是( )
A. 两小球在空中飞行的时间之比为1:2
B. 两小球在空中飞行的时间相同
C. 两小球下落的高度之比为1:3
D. 落到雪坡上的瞬时速度方向一定相同
10.“感受向心力”实验如图所示。在绳子的M点拴一个小沙袋，N点握在手中。将手举过头顶，使沙袋在水平面内做匀速圆周运动，此时可认为“沙袋所受的向心力近似等于绳子对沙袋的拉力”。下列分析正确的是( )
A. 沙袋做匀速圆周运动的圆心一定在N点
B. 由于空气阻力的作用，拉力与沙袋速度方向不垂直
C. 若不考虑空气阻力的影响，沙袋速度越小，向心力与拉力越接近
D. 若在完全失重条件下做此实验，空气阻力越小，向心力与拉力越接近
三、实验题（本题共2个大题，共15分）
11.（7分）在“用圆锥摆验证向心力的表达式”实验中，如图甲所示，悬点刚好与一个竖直的刻度尺零刻度线对齐。将画着几个同心圆的白纸置于水平桌面上，使钢球静止时刚好位于圆心。用手带动钢球，设法使它刚好沿纸上某个半径为r的圆周运动，钢球的质量为m，重力加速度为g。
(1)用秒表记录运动n圈的总时间为t，那么小球做圆周运动的周期为 ，需要的向心力表达式为 。
(2)通过刻度尺测得小球轨道平面距悬点的高度为h，那么小球做圆周运动中合外力提供的向心力表达式为 。
(3)改变小球做圆周运动的半径，多次实验，得到如图乙所示的t2n2−ℎ关系图像，可以达到粗略验证向心力表达式的目的，该图线的斜率表达式为
12.（8分）如图甲所示是“研究平抛物体的运动”的实验装置图：
(1)关于这个实验，以下说法正确的是 。
A．小球释放的初始位置越高越好
B．每次小球要从同一高度由静止释放
C．实验前要用铅垂线检查坐标纸上的竖线是否竖直
D．小球在平抛运动时要靠近但不接触木板
(2)某同学实验时得到如图乙所示物体的运动轨迹，A、B、C是运动轨迹上的三点，位置已标出，O点不是抛出点，x轴沿水平方向，由图中所给的数据可求出平抛运动的初速度是 m/s，小球从抛出运动到B点的时间为 s，抛出点的坐标x= m，y= m。(g=10m/s2)
四、计算题（本题共3个大题，共39分）
13.（10分）高5 m的平台上，覆盖了一层冰，一滑雪爱好者，从距平台边缘s＝24 m处以5 m/s的初速度向平台边缘匀速滑去，如图所示，不计空气阻力，重力加速度g取10 m/s2，求：
(1)滑雪者着地点到平台边缘的水平距离；
(2)滑雪者着地时的速度大小以及速度与水平方向夹角θ的正切值。
14.（14分）如图所示，水平转台上有一个物块，用长为L的轻细绳将物块连接在通过转台中心的转轴上，细绳与竖直转轴的夹角为θ=30°，系统静止时细绳绷直但拉力为零。物块与转台间的动摩擦因数为μ=0.2，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。物块随转台由静止开始缓慢加速转动(忽略空气阻力的影响)，求：
(1)细绳中刚要出现拉力时转台的角速度ω1；
(2)物块刚离开转台时转台的角速度ω2；
(3)若转台的角速度为2gL，此时细绳的拉力。
15.（15分）火车转弯模型同样可以用来解释飞机盘旋时倾斜的问题．如图甲所示，飞机盘旋时空气对飞机的升力与机翼平面垂直，飞机受到的升力与重力的合力提供飞机盘旋时所需的向心力，其模型可简化为图乙．某架飞机在水平面内做半径为R的匀速圆周运动时，机翼平面与水平方向的夹角为θ(大小未知)，飞机在t时间内运动的路程为s．已知飞机的质量为m，重力加速度大小为g，求：
(1)飞机的角速度ω和向心加速度大小an；
(2)飞机机翼平面与水平方向的夹角的正切值tanθ；
(3)飞机受到的升力大小F。
一、单选题
1.【正确答案】D
质点沿虚线做曲线运动，速度方向沿轨迹的切线方向，可能沿④的方向或④的反方向；根据物体做曲线运动的条件可知合外力指向轨迹的内侧，根据题图可知质点所受合力只可能沿①的方向。
2.【正确答案】B
将小车的速度沿绳和垂直绳方向分解，则物体A的速度与小车的速度沿绳方向的分速度大小相等，即vA=vcsθ，故A错误，B正确；小车向右匀速运动，v不变，θ减小，csθ增大，所以vA增大，物体A加速上升，加速度向上，合外力向上，绳子对物体A的拉力大于物体A的重力，故CD错误。
3.【正确答案】A
平抛运动的物体只受重力的作用，故其加速度等于重力加速度，因此飞镖在运动过程中，加速度的大小和方向均不变。故选A。
4.【正确答案】D
由同轴转动的特点有ωB=ωC=ωD，由皮带传动的特点有vA=vC，根据线速度与角速度的关系v=ωR，可得vB:vC:vD=1:2:4，所以vA:vB:vC:vD=2:1:2:4，ωA:ωC=2:1，所以ωA:ωB:ωC:ωD=2:1:1:1，AB错误；根据向心加速度与角速度的关系a=ω2R可得aA:aB:aC:aD=4:1:2:4，C错误，D正确。
5.【正确答案】D
发生侧滑是因为运动员的速度过大，所需要的向心力过大，运动员受到的合力小于所需要的向心力，而受到的合力方向仍指向圆心，选项A、B错误；若运动员水平方向不受任何外力时沿OA做离心运动，实际上运动员要受摩擦力作用，所以滑动的方向在OA右侧与OB之间，选项C错误，D正确。
6.【正确答案】A
甲丙图原理相同，小球恰好到最高点时，刚好由重力充当向心力，满足mg=mv2R，解得v=gR，小球通过最高点的最小速度都是gR，A正确；乙丁图原理相同，由于杆或者内侧轨道的支持，所以小球通过最高点的最小速度为零，B错误；在丁图中，小球在水平线ab以下管道中运动时，小球的向心力为外轨的支持力和重力沿半径方向分力的合力，故外侧管壁对小球一定作用力，C错误；在丁图中，小球在水平线ab以上管道中运动时，如果在最高点的速度大于gR，小球有做离心运动的趋势，所以只有外侧管壁对小球有作用力，如果在最高点的速度小于gR，小球有做近心运动的趋势，只有内侧管壁对小球有作用力，D错误。
7.【正确答案】D
游客处于最高点时，当速度合适时，重力沿转盘表面向下的提供向心力，则此时游客受到盘面的摩擦力为0，故A错误；游客处于最高点时，如果重力沿转盘表面方向的分力大于所需的向心力，则盘面对游客的摩擦力背向转轴，故B错误；游客处于最高点时，如果重力沿转盘表面方向的分力刚好提供向心力，则有mgsinθ=mv2R，解得v=gRsinθ；若重力沿转盘表面方向的分力大于所需的向心力，则盘面对游客的摩擦力背向转轴，此时游客在最高点的线速度小于gRsinθ，故C错误；在最低点时，游客最容易发生滑动，当游客受到沿盘面向上的最大静摩擦力时，根据牛顿第二定律可得f−mgsinθ=mω2R，又f≤μN=μmgcsθ，联立可得ω≤μcsθ−sinθgR，则转盘的最大角速度为μcsθ−sinθgR，故D正确。
二、多选题
8.【正确答案】BD
由题图丙可知，士兵在水平方向做匀速直线运动，即在水平方向合力为零，所以可知绳子竖直，A错误；由题图乙可知士兵在竖直方向做变速运动，且加速度先向下后向上，所以士兵的运动轨迹是曲线，B正确；在竖直方向士兵先失重，后超重，C错误，D正确.
9.【正确答案】AD
两小球从同一点水平抛出，落在同一斜面上，位移偏向角相同均为θ，位移偏转角的正切为tanθ=yx=gt2v0，因两小球的初速度v0之比为1:2，可知飞行时间之比为1:2，故A正确，B错误；平抛运动的竖直分运动为自由落体运动，有y=12gt2，两小球的飞行时间之比为1:2，两小球下落的高度之比为1:4，故C错误；因位移偏向角相同均为θ，根据平抛运动的推论，位移偏转角和速度偏转角的正切的关系2tanθ=tanα，可知两球的速度偏向角α相同，根据几何关系可知落到雪坡上的瞬时速度与水平方向的夹角为(α−θ)相同，即落到雪坡上的瞬时速度方向一定相同，故D正确。
10.【正确答案】BD
沙袋受到重力、拉力和空气阻力的作用，拉力的竖直分量与重力平衡，绳子不是水平的，匀速圆周运动的圆心在N点下方，A错误；沙袋做匀速圆周运动，沙袋所受合力即向心力指向圆心，空气阻力沿切线方向，拉力沿切线方向的分量与空气阻力平衡，拉力不与速度方向垂直，B正确；若不考虑空气阻力的影响，向心力与拉力的关系为F拉2=(mg)2+F向2=(mg)2+mv2r2，沙袋速度越大，向心力与拉力越接近，C错误；若在完全失重条件下做上述实验，设空气阻力大小为Ff，则向心力与拉力的关系为F拉2=Ff2+F向2，空气阻力越小，向心力与拉力越接近，D正确。
三、实验题
11.【正确答案】(1)tn 4π2n2mrt2 (2)mgrℎ (3)4π2g
(1)钢球做圆周运动的周期为T=tn
根据向心力公式F=mω2r
又因为ω=2πT
解得F=4π2n2mrt2。
(2)设悬线与竖直方向的夹角为θ，小球做匀速圆周运动合力提供向心力，则
F=mgtanθ又tanθ=rℎ
解得F=mgrℎ。
(3)根据F=4π2n2mrt2，F=mgrℎ
解得t2n2=4π2gℎ
斜率为k=4π2g。
12.【正确答案】(1)BCD；(2)4；0.4；-0.8 -0.2
(1)小球释放的初始位置并不是越高越高，释放的位置如果过高，会使抛物线轨迹开口过大，需要更宽的木板及坐标纸，不宜进行轨迹的绘制以及数据处理，所以释放位置的高度适宜即可，故A错误；为了使小球每次抛出时速度大小相等，每次应使小球从同一高度由静止释放，故B正确；本实验中探究的是平抛运动的水平分运动与竖直分运动规律，所以实验前要用铅垂线检查坐标纸上的竖线是否竖直，故C正确；小球在平抛运动时要靠近但不接触木板，若接触木板，小球会受到木板的摩擦力作用，使其不再做平抛运动，故D正确。
(2)[2]小球在水平方向做匀速直线运动，由题图乙可知相邻两点间的水平距离相等，所以相邻两点间运动的时间间隔相等，设为T，小球在竖直方向上做自由落体运动，根据运动学规律有Δy=gT2=yBC−yAB=0.1m
解得T=0.1s，故平抛运动的初速度为v0=xABT=4m/s
[3]小球在B点的竖直分速度大小为vBy=yAC2T=4m/s
根据运动学公式可得小球从抛出运动到B点的时间为t=vByg=0.4s
[4][5]小球从抛出运动到B点的水平位移大小为xB=v0t=1.6m
竖直位移大小为yB=12gt2=0.8m
故抛出点的横坐标为x=0.8m-1.6m=-0.8m
纵坐标为y=0.6m-0.8m=-0.2m
四、计算题
13.【正确答案】(1)5 m (2)5 m/s 2
(1)根据h＝gt2(2分)
解得t＝＝ s＝1 s(2分)
则水平距离为x＝v0t＝5×1 m＝5 m(2分)
(2)着地时，竖直方向上的速度为vy＝gt＝10×1 m/s＝10 m/s(2分)
根据平行四边形定则知v＝＝ m/s＝5 m/s(2分)
速度与水平方向夹角θ的正切值为tan θ＝＝2。(2分)
14.【正确答案】(1)2g5L (2)2g3L (3)2mg 与竖直方向夹角为60°
(1)当最大静摩擦力不能满足所需要向心力时，细绳上开始出现拉力，则由牛顿第二定律得μmg=mω12Lsin θ
解得ω1=μgLsinθ=2g5L。
(2)物块刚离开转台时，物块和转台之间恰好无相互作用力，有FN=0，Ff=0，对物块有FTsin θ=mω22Lsin θ，FTcs θ=mg
联立解得ω2=gLcsθ=2g3L。
(3)当转台的角速度ω=2gL>2g3L时，物块离开转台，设细绳与竖直方向夹角为α，则有mgtan α=mω2Lsin α
得cs α=12
可得α=60°
则细绳的拉力为FT=mgcsα=2mg
则细绳拉力大小为2mg，与竖直方向夹角为60°。
15.【正确答案】(1)ω=sRt，an=s2Rt2；(2)tanθ=s2gRt2；(3)F=mg2+s4R2t4
(1)飞机的线速度大小为v=st
则飞机的角速度ω=vR=sRt
向心加速度大小为an=v2R=s2Rt2
(2)对飞机受力分析有tanθ=Fnmg
其中Fn=man
联立解得tanθ=s2gRt2
(3)对飞机受力分析，竖直方向上有Fcsθ=mg
水平方向上有Fsinθ=man
联立解得F=mg2+s4R2t4