四川省成都市实验外国语学校2022-2023学年高一物理下学期期中模拟考试试题（Word版附解析）

成都实外2022-2023高一下学期期中模拟考试

物理学科试题

第Ⅰ卷（选择题）

一、选择题（共8小题，满分24分，每小题3分）

1. 关于物体的受力和运动，下列说法中正确的是（　　）

A. 物体做曲线运动时，它的加速度方向一定不变

B. 做曲线运动的物体，一定受到与速度不在同一直线上的外力作用

C. 物体做曲线运动时，某点的加速度方向就是通过这一点曲线的切线方向

D. 物体在不垂直于速度方向的合力作用下，速度大小可能一直不变

【答案】B

【解析】

【详解】AB．当力的方向与速度方向不在一条直线上时，物体将做曲线运动，该力可以是恒力也可以是变力。当该力是恒力时，加速度大小和方向都不变，A错误，B正确；

C．物体做曲线运动时，某点的速度方向就是通过这一点曲线的切线方向，加速度方向一定不在该方向上，C错误；

D．物体在不垂直于速度方向的合力作用下，可以将力分解到沿运动方向和垂直于运动方向，在沿着运动方向，存在分力，速度大小一定会发生变化，D错误。

故选B。

2. 如图所示，虚线是小球由空中某点水平抛出的运动轨迹，A、B为其运动轨迹上的两点，小球经过A点时，速度大小为10m/s、与竖直方向夹角为60°；它运动到B点时，速度方向与竖直方向夹角为30°，不计空气阻力、取重力加速度g=10m/s2，下列说法中正确的是（　　）

A. 小球通过B点的速度为15m/s

B. A、B之间的距离为m

C. 小球从A点运动到B点的时间为1.5s

D. 小球的抛出速度为5m/s

【答案】B

【解析】

【详解】AD．由平抛运动规律，小球平抛运动的初速度为

小球通过B点的速度为

故AD错误；

BC．从A点到B点的过程，在竖直方向有

解得

在水平方向有

A、B之间的距离为

故B正确，C错误。

故选B。

3. 如图所示，a，b两小球分别从半圆轨道顶端和斜面顶端以大小相等的初速度同时水平抛出，已知半圆轨道的半径与斜面竖直高度相等，斜面底边长是其竖直高度的2倍，若小球b能落到斜面上，则（　　）

A. a，b两球不可能同时落在半圆轨道和斜面上

B. 改变初速度的大小，b球速度方向和斜面的夹角可能变化

C. 改变初速度的大小，a球可能垂直撞在半圆轨道上

D. a，b两球同时落在半圆轨道和斜面上时，两球的速度方向垂直

【答案】D

【解析】

【分析】

【详解】AD.将半圆轨道和斜面重合在一起，如图甲所示

设交点为A，如果初速度合适，可使小球做平抛运动落在A点，即两球可能同时落在半圆轨道和斜面上。若两球同时落在半圆轨道和斜面上，则b球落在斜面上时，速度偏向角的正切值为位移偏向角正切值的2倍，即

可得

即b球速度方向与水平方向成角，此时a球落在半圆轨道上，a球的速度方向与水平方向成角，故两球的速度方向垂直，故A错误，D正确；

B．改变初速度的大小，b球位移偏向角不变，则速度偏向角也不变，即b球的速度方向和斜面的夹角不变，故B错误；

C．若a球垂直撞在半圆轨道上，如图乙所示

则此时a球的速度方向的反向延长线过半圆轨道的圆心，且有

与平抛运动规律矛盾，a球不可能垂直撞在半圆轨道上，故C错误。

故选D。

4. 全球最大水平臂上回转自升塔式起重机的开发和应用，意味着中国桥梁及铁路施工装备进一步迈向世界前列。该起重机某次从时刻由静止开始提升质量为的物体，其图像如图所示，内起重机的功率为额定功率，不计其他阻力，重力加速度为，则以下说法正确的是（　　）

A. 物体匀加速阶段的位移为

B. 该起重机的额定功率为

C. 时刻物体正在减速上升

D. 和时间内牵引力做的功之比为

【答案】B

【解析】

【分析】

【详解】A．由图像可知0~时间内物体做匀加速直线运动，匀加速阶段的末速度

匀加速阶段的位移为

B．在时刻，根据牛顿第二定律

联立可得

故B正确；

C．由图可知，时刻加速度为正，所以物体在加速上升，故C错误；

D．时间内牵引力做功

时间内牵引力做功

故在和时间内牵引力做的功之比为

故D错误。

故选B。

5. 如图所示，某次空中投弹的军事演习中，战斗机以恒定速度沿水平方向飞行，先后释放A、B两颗炸弹，分别击中倾角为的山坡上的点和点，释放A、B两颗炸弹的时间间隔为，此过程中飞机飞行的距离为；先后击中、的时间间隔为，、两点间水平距离为，且A炸弹到达山坡的点位移垂直斜面，B炸弹是垂直击中山坡点的。不计空气阻力，下列错误的是（　　）

A. A炸弹在空中飞行的时间为

B.

C.

D.

【答案】B

【解析】

【详解】A．如图，设炸弹A从抛出到击中点用时，有

因垂直于斜面，则

联立解得

则

故A正确，不满足题意要求；

BCD．炸弹B从抛出到击中点，方向垂直于斜面，则

由图可知

即

时间关系如下图

有

即

则有

故B错误，满足题意要求；CD正确，不满足题意要求。

故选B。

6. 如图所示，某人通过跨过定滑轮的绳子将小车拉上倾角为的光滑斜面，人拉动绳子的速度v恒定，下列说法正确的是（　　）

A. 小车沿斜面上升的过程中，人对绳子拉力恒定

B. 小车沿斜面上升的过程中，小车的动能先增大后减小

C. 小车沿斜面上升h高的过程中，绳子拉力对小车做的功大于小车重力势能的增加量

D. 当绳子与斜面斜边的夹角为时，小车的速度为

【答案】C

【解析】

【详解】BD．由题意可知，小车速度的方向为沿斜面向上，设小车的速度为，将小车速度分解为沿绳子收缩方向与垂直绳子方向，则

因此

由于人拉动绳子的速度v恒定，小车沿斜面向上运动的过程中越来越大，因此小车速度也越来越大，小车的动能一直增加，故BD错误。

A．对小车进行受力分析，设绳子的拉力沿斜面的分力为，则

由余弦函数性质可知，在0到范围内，角度越大，变化越快，因此增大时，小车的速度增大，变化速度也增大，即加速度增大，所以绳子拉力沿斜面的分力增大，而减小，因此人对绳子的拉力增大，故A错误；

C．小车在沿斜面上升h高的过程中，仅绳子的拉力和重力对小车做功，其中绳子的拉力对小车做正功，重力对小车做负功。设此过程中绳子的拉力对小车做功大小为，重力对小车做功大小为，由于过程中小车速度越来越大，因此根据动能定理可得

因此

由于重力对小车做负功的大小等于小车重力势能的增加量，因此此过程中绳子拉力对小车做的功大于小车重力势能的增加量，故C正确。

故选C。

7. 2021年5月，基于俗称“中国天眼”的500米口径球面射电望远镜（FAST）的观测，国家天文台李菂、朱炜玮研究团组姚菊枚博士等首次研究发现脉冲星三维速度与自转轴共线的证据。之前的2020年3月，我国天文学家通过FAST，在武仙座球状星团（M13）中发现一个脉冲双星系统。如图所示，假设在太空中有恒星A、B双星系统绕点O做顺时针匀速圆周运动，运动周期为T1，它们的轨道半径分别为RA、RB，RA＜RB，C为B的卫星，绕B做逆时针匀速圆周运动，周期为T2，忽略A与C之间的引力，万引力常量为G，则以下说法正确的是（　　）

A. 若知道C的轨道半径，则可求出C的质量

B. 恒星A、B的质量和为

C. 若A也有一颗运动周期为T2的卫星，则其轨道半径大于C的轨道半径

D. 设A、B、C三星由图示位置到再次共线的时间为t，则

【答案】BCD

【解析】

【详解】A．C绕B做匀速圆周运动，满足

①

故无法求出C的质量，A错误；

B．因为A、B为双星系统，由彼此的引力提供向心力，运动周期都为T1，对A、B分别有

②

③

②③两式相加解得

故B正确；

C．因为A、B为双星系统，满足

又因为，所以，设A卫星质量为m，轨道半径为R，根据

结合①式可知，的卫星轨道半径大于C的轨道半径，C正确；

D．有分析知A、B、C三星每次共线，C都比A、B多转的角度为，由图示位置到再次共线应满足

解得

D正确。

故选BCD。

8. 如图甲所示，绷紧的水平传送带始终以恒定速率运行，初速度大小为的小物块从与传送带等高的光滑水平地面上的A处滑上传送带。若从小物块滑上传送带开始计时，小物块在传送带上运动的v-t图象（以地面为参考系）如图乙所示。已知，物块和传送带间的动摩擦因数为，物块的质量为m。则（　　）

A. 时刻，小物块离A处的距离最大

B. 时间内，小物块的加速度方向先向右后向左

C. 时间内，因摩擦产生的热量为

D. 时间内，物块在传送带上留下的划痕为

【答案】C

【解析】

【详解】A．初速度大小为的小物块从与传送带等高的光滑水平地面上的A处滑上传送带，小物块在传送带上运动的图象可知，时刻，小物块离A处的距离达到最大，A错误；

B．时间内，小物块受到的摩擦力方向一直向右，所以小物块的加速度方向一直向右，B错误；

CD．时间内物体相对地面向左的位移

这段时间传送带向右的位移

因此物体相对传送带的位移

时间内物体相对地面向右的位移

这段时间传送带向右的位移

因此物体相对传送带的位移

时间内物块在传送带上留下划痕为

这段时间内，因此摩擦产生的热量

C正确，D错误。

故选C。

二、多选题（共5小题，满分20分，每小题4分）

9. 宇航员飞到一个被稠密气体包围的某行星上进行科学探索。他站在该行星表面，从静止释放一个质量为的物体，由于气体阻力的作用，其加速度随下落位移变化的关系图像如图所示。已知该星球半径为，万有引力常量为。下列说法正确的是（　　）

A. 该行星的平均密度为

B. 该行星的第一宇宙速度为

C. 卫星在距该行星表面高处的圆轨道上运行的周期为

D. 从释放到速度刚达到最大的过程中，物体克服阻力做功

【答案】ABD

【解析】

【详解】A．由图可知，物体开始下落瞬间，只受万有引力作用，根据万有引力等于重力，可知

又

联立，可得

故A正确；

B．在行星表面飞行的卫星，万有引力提供向心力，有

联立，可得

故B正确；

C．卫星在距该行星表面高处的圆轨道上运行时，有

联立，可得

故C错误；

D．从释放到速度刚达到最大的过程中，设阻力为f，由牛顿第二定律可得

解得

阻力做功为

即物体克服阻力做功。

故D正确；

故选ABD。

10. 如下图所示是自行车场地赛中一段半径为R的圆弧赛道（忽略道路宽度），赛道路面与水平面间的夹角为θ，不考虑空气阻力，自行车与骑手总质量为m，两者一起在该路段做速度为v的匀速圆周运动。路面与自行车轮之间的摩擦系数为μ，重力加速度为g，若自行车与赛道之间没有相对滑动，则对于骑手和自行车组成的系统，下列说法中正确的是（　　）

A. 若，则系统向心力由重力与支持力的合力提供

B. 若，则系统受到来自路面的摩擦力沿赛道斜面指向内侧

C. 系统的最大速度为：

D. 系统的最大速度为：

【答案】ABD

【解析】

【详解】A．系统向心力由重力与支持力的合力提供，则有

解得

A正确；

B．若，则自行车有向外甩出的趋势，所以系统受到来自路面的摩擦力沿赛道斜面指向内侧。B正确；

CD．系统即将向外滑动时，速度最大，有

解得

C错误，D正确。

故选ABD。

11. 2020年7月21日将发生土星冲日现象，如图所示，土星冲日是指土星、地球和太阳几乎排列成一线，地球位于太阳与土星之间。此时土星被太阳照亮的一面完全朝向地球，所以明亮而易于观察。地球和土星绕太阳公转的方向相同，轨迹都可近似为圆，地球一年绕太阳一周，土星约29.5年绕太阳一周。则（　　）

A. 地球绕太阳运转的向心加速度大于土星绕太阳运转的向心加速度

B. 地球绕太阳运转的运行速度比土星绕太阳运转的运行速度小

C. 2019年没有出现土星冲日现象

D. 土星冲日现象下一次出现的时间是2021年

【答案】AD

【解析】

【详解】A．地球的公转周期比土星的公转周期小，由万有引力提供向心力有

解得

可知地球的公转轨道半径比土星的公转轨道半径小。

又

解得

可知行星的轨道半径越大，加速度越小，则土星的向心加速度小于地球的向心加速度，选项A正确；

B．由万有引力提供向心力有

解得

知土星的运行速度比地球的小，选项B错误；

CD．设，则

，

出现土星冲日现象则有

得距下一次土星冲日所需时间

选项C错误、D正确。

故选AD。

12. 瓦特利用飞球调速器来调控蒸汽机运动的速度，如图甲所示，其工作原理是两个飞球被蒸汽机带动旋转起来，蒸汽量越多旋转越快，飞球再带动下方的套筒运动，通过杠杆再把套筒的运动传递到蒸汽阀，控制进入蒸汽机的蒸汽量，达到自动稳定蒸汽机运行速度的目的。调速器飞球及套筒的运动可简化为如图乙所示模型，它由两个质量为m的钢球（可视为质点）通过4根长为l的轻杆与竖直轴的上、下两个套筒铰接，上方套筒固定，下方套筒质量为M，可沿轴上下滑动不计一切摩擦，重力加速度为g，飞球调速器的转速和蒸汽机的转速相同，则下列说法中正确的是（　　）

A. 蒸汽机转速增大或减小，上方轻杆对飞球的作用力都不变

B. 若蒸汽机转速过快，则调速器套筒会下移，控制蒸汽阀减少进入蒸汽机的蒸汽量

C. 若蒸汽机转速过慢，则调速器套筒会下移，控制蒸汽阀增加进入蒸汽机的蒸汽量

D. 若蒸汽机稳定工作时调速器轻杆与竖直杆夹角为θ，则此时蒸汽机的转速

【答案】CD

【解析】

【详解】D．当整个装置绕竖直轴以恒定的角速度匀速转动时，小球做匀速圆周运动，套筒静止对小球和套筒受力分析如图所示

小球受到重力mg、上下两根轻杆的拉力、，竖直方向上，由平衡条件有

水平方向上，由牛顿第二定律有

且

此时，下面套筒受到重力Mg、左右两根轻杆的拉力、（根据对称性、大小相等），由套筒处于静止状态，可知

而

联立解得

故D正确；

A．由可知，转速增大，变大，由

可得

可知上方轻杆对飞球的作用力会增大，同理，转速减小，轻杆对飞球的作用力会减小，故A错误；

B．由可知，转速过快，变大，套筒会上移，为保持原来的转速，传动机构会控制阀门减少进入蒸汽机的蒸汽量，故B错误；

C．由可知，转速过慢，变小，套筒会下移，为保持原来的转速，传动机构会控制阀门增加进入蒸汽机的蒸汽量，故C正确。

故选CD。

13. 某实验研究小组为探究物体冲上粗糙斜面能达到的最大位移x与斜面倾角θ的关系，使某一物体每次以不变的初速率v0沿足够长的斜面向上运动，如图甲所示，调节斜面与水平面的夹角θ，实验测得x与θ的关系如图乙所示，取g＝10m/s2。则由图可知（　　）

A. 物体的初速率v0＝3m/s

B. 物体与斜面间的动摩擦因数µ＝0.8

C. 图乙中xmin＝0.36m

D. 取初始位置所在水平面为重力势能参考平面，当θ＝37°，物体上滑过程中动能与重力势能相等时，物体上滑的位移为0.1875m

【答案】AC

【解析】

【详解】A．当时，物体做竖直上抛运动，不受摩擦力作用，根据

可得

A正确；

B．当时，物体沿水平面做减速运动，根据动能定理

代入数据解得

B错误；

C．根据动能定理

整理得

因此位移最小值

C正确；

D．动能与重力势能相等的位置

整理得

D错误。

故选AC。

第Ⅱ卷（非选择题）

二、实验题（共2小题，满分14分，每空2分）

14. 如图甲所示，一圆盘绕垂直于盘面水平轴转动，圆盘加速转动时，角速度的增加量Δω与对应时间Δt的比值定义为角加速度β（即）。我们用电磁打点计时器（所用电源频率为f、刻度尺、游标卡尺、纸带（厚度不计）、复写纸来完成下列实验。

实验步骤如下：

①用游标卡尺测得圆盘直径为D；

②将打点计时器固定在桌面上，将纸带的一端穿过打点计时器的限位孔，然后固定在圆盘的侧面，当圆盘转动时，纸带可以卷在圆盘侧面上。

③接通电源，打点计时器开始打点，启动控制装置使圆盘匀加速转动（即角加速度恒定）。

④经过一段时间，停止转动和打点，取下纸带标出A、B、C、D……计数点（相邻两计数点间有一个点未画出），进行测量。

请回答下列问题：

（1）打出纸带上相邻两个计数点的时间间隔为___________。

（2）由图乙可知，打下计数点B时，圆盘转动角速度大小为=___________，圆盘转动的角加速度大小为β=___________（用s1、s2、s3、s4、f、d表示）。

【答案】    ①.     ②.     ③.

【解析】

【分析】

【详解】（1）[1]时间间隔为周期

由相邻两计数点间有一个点未画出可得时间间隔为

（2）[2][3]

由

故

因为

而

即

且

所以

15. 某小组利用气垫导轨装置探究“做功与物体动能改变量之间的关系”。如图1中，遮光条宽度为d，光电门可测出其挡光时间：滑块与力传感器的总质量为M，砝码盘的质量为m0，不计滑轮和导轨摩擦．实验步骤如下：

①调节气垫导轨使其水平，并取5个质量均为m的砝码放在滑块上：

②用细绳连接砝码盘与力传感器和滑块，让滑块静止放在导轨右侧的某一位置，测出遮光条到光电门的距离为S；

③从滑块上取出一个砝码放在砝码盘中，释放滑块后，记录此时力传感器的值为F，测出遮光条经过光电门的挡光时间Δt；

④再从滑块上取出一个砝码放在砝码盘中，重复步骤③，并保证滑块从同一个位置静止释放；

⑤重复步骤④，直至滑块上的砝码全部放入到砝码盘中。

请完成下面问题：

（1）若用十分度的游标卡尺测得遮光条宽度d如图3，则d＝________mm；

（2）滑块经过光电门时的速度可用v＝________（用题中所给的字母表示，下同）计算；

（3）在处理步骤③所记录的实验数据时，甲同学理解的合外力做功为W1＝FS，则其对应动能变化量应当是ΔEk1＝________；

（4）乙同学按照甲同学的思路，根据实验数据得到F－的图线如图4所示，则其斜率k＝________。

【答案】    ①. 10.2    ②.     ③.     ④.

【解析】

【详解】（1）[1]由图示游标卡尺可知，其示数为：10mm+2×0.1mm=10.2mm；

（2）[2]滑块经过光电门时的速度可表示为

（3）[3]动能改变量为

（4）[4]由动能定理得

整理得

则F-图象的斜率

四、计算题（共4小题，满分42分）

16. 在天文观测中，观测到质量相等三颗星始终位于边长为L的等边三角形三个顶点上，并沿等边三角形的外接圆做周期为T的匀速圆周运动，如图所示。已知引力常量为G，不计其他星球对它们的影响。

（1）求每颗星的质量m；

（2）若三颗星两两之间的距离均增大为原来的2倍，求三颗星稳定运动时的线速度大小v。

【答案】（1）；（2）

【解析】

【详解】（1）由受力分析可知，三颗星要稳定的运动，每颗星受到的合力一定指向圆心，由几何关系可知，轨道半径

它们两两之间的万有引力大小

每颗星的向心力由另两颗星对它的万有引力的合力提供，则

解得

（2）由万有引力提供向心力可知

可知

又

，

解得

17. 如图所示，半径为R的半球形陶罐，固定在可以绕竖直轴旋转的水平转台上，转台转轴与过陶罐球心O的对称轴重合．转台以一定角速度匀速旋转，一质量为m的小物块落入陶罐内，经过一段时间后，小物块随陶罐一起转动且相对罐壁静止，它和O点的连线与之间的夹角θ,已知重力加速度大小为g，小物块与陶罐之间的摩擦系数大小为μ． (计算结果含有根式的保留)

（1）若小物块受到的摩擦力恰好为零，求此时的角速度；

（2）若小物块一直相对陶罐静止，求陶罐旋转的角速度最大值和最小值．

【答案】（1）         （2）  

【解析】

【详解】(1)物块随陶罐在水平面内做匀速圆周运动，当物块受到的摩擦力恰好等于零时，物块受到的重力和陶罐对其指向O点的支持力的合力提供向心力，则，解得：.

(2) 物块随陶罐在水平面内做匀速圆周运动，当物块恰要往上滑时，陶罐转动的角速度最大，此时物块受重力、陶罐对其的支持力和陶罐对其沿陶罐壁切线向下的摩擦力如图：

将力分解成水平方向和竖直方向可得，、、 ，联立解得：.

物块随陶罐在水平面内做匀速圆周运动，当物块恰要往下滑时，陶罐转动的角速度最小，此时物块受重力、陶罐对其的支持力和陶罐对其沿陶罐壁切线向上的摩擦力如图：

将力分解成水平方向和竖直方向可得，、、 ，联立解得：.

18. “抛石机”是古代战争中常用的一种设备，其装置简化原理如图所示。“抛石机”长臂的长度，短臂的长度。在某次攻城战中，敌人城墙高度，士兵们为了能将石块投入敌人城中，在城外堆出了高的小土丘，在小土丘上使用“抛石机”对敌人进行攻击。士兵将质量的石块装在长臂末端的弹框中，开始时长臂处于静止状态，其与水平底面夹角。现对短臂施力，当长臂转到竖直位置时立即停止转动，石块被水平抛出且恰好击中城墙正面与小土丘等高的点，点与抛出位置间的水平距离。不计空气阻力，重力加速度。

（1）求石块转到最高点时对弹框竖直方向作用力的大小。

（2）若城墙上端的水平宽度，则石块抛出时速度多大才可以击中敌人城墙顶部?

【答案】（1）；（2）

【解析】

【详解】（1）石块抛出后做平抛运动，有

则石块抛出时的速度

联立解得

石块转到最高点时，弹框对石块竖直方向的作用力和石块的重力的合力提供石块做圆周运动的向心力，根据牛顿第二定律得

解得

根据牛顿第三定律知，石块转到最高点时对弹框竖直方向作用力的大小为。

（2）石块击中城墙顶部时，根据公式，有

代入数据解得

石块击中城墙顶部的水平位移满足

抛出时初速度为

代入数据解得

19. 如图所示，货舱P中的两种谷物需要通过如下装置进行分离。谷物以相同的初速度v0=3m/s通过半径为R=0.4m的光滑半圆轨道的最高点A，并沿圆轨道运动至最低点B（最低点B与传送带平滑连接），之后谷物通过长度为L的传送带运动至另一端点C，最终从点C水平飞出落至收集板上，谷物落到收集板后保持静止。利用不同谷物与接触面间不同的动摩擦因数µ这一特性，并通过调节传送带运行速度v和传送带长度L来达到分离的目的，分离效果可由收集板上两种谷物的间距x来衡量。两种谷物和传送带间的动摩擦因数分别是0.2和0.4，点C距收集板的高度为h=1.25m。不考虑轮的半径及谷物在连接处的能量损失，不考虑谷物间的碰撞，忽略空气阻力，重力加速g=10m/s2.（结果可以保留根号形式）

（1）求谷物运动至点B时的速度大小；

（2）若传送带逆时针转动，调整传送带长度L=2.25m，求x；

（3）现调整传送带顺时针运行速度为v=9m/s，为保证谷物的分离效果良好，需满足x≥0.5m，求传送带长度L的取值范围。

【答案】（1）；（2）；（3）

【解析】

【分析】

【详解】（1）根据能量守恒定律，从A到B过程有

解得

（2）从B点到C点过程，有

（或）

则两谷物到达C点的速度分别为

，

两谷物从C点离开分别做平抛运动，有

联立解得

（3）由

解得

情形1：两种谷物到达点之前都处于匀加速运动。则

（或）

化简得

解得

情形2：其中一个谷物到达点之前已处于匀速运动，另一个谷物仍处于匀加速运动。则

，

解得

综上所述有