2023-2024年山东省泰安市泰山国际学校高一下学期期中联考模拟物理试卷（解析版）

山东省泰安市泰山国际学校2023-2024学年高一下学期期中联考模拟物理试题一、单选题1.做曲线运动的物体，在运动过程中，一定变化的物理量是（）A.速率 B.速度C.加速度 D.合外力【答案】B【解析】【详解】A．做曲线运动的物体，在运动过程中，速度大小，即速率不一定发生变化，例如匀速圆周运动，A错误；B．做曲线运动的物体，在运动过程中，速度的方向时刻发生变化，即一定变化的物理量是速度，B正确；CD．做曲线运动的物体，在运动过程中，其所受外力的合力与加速度可能不变，例如平抛运动，CD错误。故选B。2.如图所示，用长为0.5m的轻绳将一小球栓在一竖直转轴上，当转轴稳定转动时，轻绳与转轴的夹角为37°。小球可以视为质点，已知重力加速度大小g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8，则小球的线速度大小为（）A.1.5m/s B.m/s C.m/s D.m/s【答案】A【解析】【分析】【详解】由轻绳拉力与小球重力的合力作为向心力，可得解得v=1.5m/s，A正确。故选A。3.21世纪以来，“校园足球”一直是备受关注的焦点。如图为某次足球比赛时足球在空中的飞行轨迹（轨迹在竖直平面内，空气阻力不可忽略），则足球在最高点的速度v的方向和所受合力F的方向应为（）A. B.C. D.【答案】A【解析】【详解】ABCD．足球在最高点的特点是速度方向沿水平方向，受到竖直向下的重力和与速度方向相反的空气阻力若最高点速度水平向左，如图所示若最高点速度水平向右，如图所示故BCD错误，A正确。故选A。4.2021年6月17日，神舟十二号载人飞船与天和核心舱成功对接，对接过程如图所示，天和核心舱处于半径为的圆轨道Ⅲ；神舟十二号飞船处于半径为的圆轨道Ⅰ，运行周期为，当经过A点时，通过变轨操作后，沿椭圆轨道Ⅱ运动到B处与核心舱对接，则神舟十二号飞船（）A.在轨道Ⅰ上的速度小于沿轨道Ⅱ运动经过B点的速度B.沿轨道Ⅱ运行的周期为C.沿轨道Ⅱ从A运动到B的过程中，速度不断增大D.沿轨道Ⅰ运行的周期大于天和核心舱沿轨道Ⅲ运行的周期【答案】B【解析】【详解】A．由得故在B点经点火加速后才能进入轨道Ⅲ，故轨道Ⅱ上经过B点的速度小于，A错误；B．根据开普勒第三定律，有B正确；C．沿轨道Ⅱ从A运动到B的过程中，万有引力做负功，速度不断减小，C错误；D．绕地球做匀速圆周运动时万有引力提供向心力，有，解得因为小于，所以飞船沿轨道Ⅰ运行的周期小于天和核心舱沿轨道Ⅲ运行的周期，D错误。故选B。5.如图所示，两个可视为质点的质量相同的小球a、b分别被套在刚性轻杆的中点位置和其中一端的端点处，两球相对于杆固定不动，杆总长m，轻杆的另一端可绕固定点O自由转动。装置在竖直平面内由水平位置静止释放到杆恰好摆至竖直状态，在此过程中不计一切摩擦，重力加速度，则关于此过程下列说法正确的是（）A.杆竖直状态时a、b两球重力的瞬时功率相同B.杆竖直状态时b球的速度大小为m/sC.轻杆对a、b球均不做功Da球机械能增加，b球机械能减小【答案】A【解析】【详解】A．杆转动到竖直位置时，速度方向都是水平方向，而重力是竖直向下，所以重力的功率均为零，故A正确；B．装置在竖直平面内由水平位置静止释放到杆恰好摆至竖直状态的过程中，系统机械能守恒其中联立解得B错误；C．若摆到竖直位置的过程中杆对小球a不做功，那么对于小球a，有所以杆对小球a做负功，C错误；D．根据上述分析可知，杆对小球a做负功，小球a的机械能减少，又因为系统机械能守恒，所以杆对小球b做正功，小球b机械能增加，D错误；故选A。6.。如图所示，甲、乙两名滑板运动员在水平U型赛道上比赛，甲、乙先后从赛道边缘上的A点滑出，一段时间后再次滑入赛道，观察发现甲的滞空时间比乙长，运动过程中乙的最小速度比甲的最小速度大。不计空气阻力，可将运动员视为质点，则下列说法正确的是（）A.甲、乙的最大腾空高度相同B.甲从A点滑出时的初速度一定大于乙的初速度C.甲、乙从A点滑出时的初速度方向可能相同D.甲、乙再次滑入赛道的位置可能相同【答案】D【解析】【详解】A．竖直方向先做竖直上抛运动，再做自由落体运动，运动时间具有对称性。甲的滞空时间t比乙长，根据可知，甲的最大腾空高度更大，A错误；B．运动员滑出后做斜抛运动，则竖直方向说明甲初速度的竖直分速度更大。水平分速度即最小速度，乙的最小速度比甲的最小速度大，因为则无法确定二者初速度大小，B错误；C．设滑出的速度与水平方向夹角为，则结合选项B，甲的初速度与水平方向夹角更大，C错误；D．水平位移为结合BC选项，甲、乙再次滑入赛道的位置可能相同，D正确。故选D。7.2023年10月26日11时14分，搭载神舟十七号载人飞船的长征二号F遥十七运载火箭在酒泉卫星发射中心点火发射。17时46分，神舟十七号载人飞船与空间站组合体完成自主快速交会对接。飞船的发射过程可简化为：飞船从预定轨道Ⅰ的A点第一次变轨进入椭圆轨道Ⅱ，到达椭圆轨道的远地点B时，再次变轨进入空间站的运行轨道Ⅲ，与变轨空间站实现对接。假设轨道Ⅰ和Ⅲ都近似为圆轨道，不计飞船质量的变化，空间站轨道距地面的高度为h，地球半径为R，地球表面的重力加速度为g。下列说法正确的是（）A.飞船在椭圆轨道Ⅱ经过A点的加速度比飞船在圆轨道Ⅰ经过A点的加速度大B.飞船在椭圆轨道Ⅱ经过A点的速度一定大于C.飞船沿轨道Ⅱ由A点到B点的时间为D.在轨道Ⅰ上飞船与地心连线单位时间内扫过的面积小于在轨道Ⅲ上飞船与地心连线单位时间内扫过的面积【答案】D【解析】【详解】A.根据牛顿第二定律可得解得可知飞船在A点点火加速后瞬间的加速度不变，故A错误；B.不知道飞船在轨道Ⅰ上的速度，飞船在A点加速度后，速度与第一宇宙速度的大小关系不确定，故B错误；C.飞船在Ⅲ轨道运行的周期根据万有引力提供向心力可得解得飞船在Ⅱ轨道上运行的半长轴小于轨道Ⅲ的半径，故在轨道Ⅱ上由A点到B点的时间小于在轨道Ⅲ上的周期的一半，故C错误；D.飞船与地心的连线单位时间内扫过的面积轨道Ⅰ的半径小于轨道Ⅲ的半径，故在轨道Ⅰ上飞船与地心连线单位时间内扫过的面积小于在轨道Ⅱ上扫过的面积，故D正确。故选D。8.如图所示，两个可视为质点的质量相同的小球a、b分别被套在刚性轻杆的中点位置和其中一端的端点处，两球相对于杆固定不动，杆总长m，轻杆的另一端可绕固定点O自由转动。装置在竖直平面内由水平位置静止释放到杆恰好摆至竖直状态，在此过程中不计一切摩擦，重力加速度，则关于此过程下列说法正确的是（）A.杆竖直状态时a、b两球重力的瞬时功率相同B.杆竖直状态时b球的速度大小为m/sC.轻杆对a、b球均不做功D.a球机械能增加，b球机械能减小【答案】A【解析】【详解】A．杆转动到竖直位置时，速度方向都是水平方向，而重力是竖直向下，所以重力的功率均为零，故A正确；B．装置在竖直平面内由水平位置静止释放到杆恰好摆至竖直状态过程中，系统机械能守恒其中联立解得B错误；C．若摆到竖直位置的过程中杆对小球a不做功，那么对于小球a，有所以杆对小球a做负功，C错误；D．根据上述分析可知，杆对小球a做负功，小球a的机械能减少，又因为系统机械能守恒，所以杆对小球b做正功，小球b机械能增加，D错误；故选A。二、多选题9.一物块在倾角为45°的固定斜面上受到方向与斜面平行、大小与摩擦力相等的拉力作用，由静止开始沿斜面向下做匀变速直线运动，物块与斜面间的动摩擦因数处处相同。若拉力沿斜面向下，物块由静止滑到底端的过程中重力和摩擦力对物块做的功随时间的变化分别如图曲线①、②所示。则（）A.物块与斜面间的动摩擦因数为B.当拉力沿斜面向上，重力做的功为9J时，物块动能为3JC.拉力分别沿斜面向上和向下，物块的加速度大小之比为1:3D.拉力分别沿斜面向上和向下，物块滑到底端时的动能大小之比为1:2【答案】BC【解析】【详解】A．对物块受力分析可知，平行于斜面向下的拉力大小等于滑动摩擦力，有由牛顿第二定律可知，物块下滑的加速度为则拉力沿斜面向下时，物块由静止滑到底端的过程中重力和摩擦力对物块做的功分别为由题图可知解得A错误；B．当拉力沿斜面向上时，有解得重力做的功为合外力做的功为则其比值为当重力做的功为9J时，合外力做的功为3J，由动能定理有可得物块动能为B正确；C．由以上分析可知拉力分别沿斜面向上和向下，物块的加速度大小之比为C正确；D．拉力分别沿斜面向上和向下，物块滑到底端时合外力做功之比为由动能定理有可得物块滑到底端时的动能大小之比D错误。故选BC。10.一辆电动小汽车在水平路面上由静止启动，在0~t1时间内做匀加速直线运动，t1时刻达到额定功率，之后保持以额定功率运动，其v-t图像如图所示。已知汽车的质量m=1000kg，汽车受到的阻力恒为1000N，取重力加速度大小g=10m/s2，则下列说法正确的是（）A.0~t1时间内汽车加速度大小为4m/s2B.0~t2时间内汽车牵引力做的功为1.62×105JC.汽车的额定功率为18kWD.根据题述条件可以求得t2=4s【答案】AC【解析】【详解】A．由可得0~t1时间内汽车牵引力大小为由牛顿第二定律可得故A正确；BD．由可得t1~t2时间内做变加速运动，由动能定理可得可知t2与x2是互求关系，这两个量都未知，故0~t2时间内汽车牵引力做的功未知，故BD错误；C．由可得故C正确。故选AC。11.如图所示，装置可绕竖直轴转动，可视为质点的小球与两细线连接后分别系于、两点，装置静止时细线水平，细线与竖直方向的夹角。已知小球的质量，细线长，点距点的水平和竖直距离相等（重力加速度取，，）,则（）A.若装置匀速转动的角速度为时，细线上的张力为零而细线与竖直方向夹角仍为B.若装置可以以不同的角速度匀速转动，且角速度时，细线张力C.若装置可以以不同的角速度匀速转动，且角速度时，细线上张力与角速度的平方成线性关系D.若装置可以以不同的角速度匀速转动，且角速度时，细线上张力不变【答案】ABC【解析】【详解】A．若细线AB上张力恰为零且细线AC与竖直方向夹角仍为37°时，根据牛顿第二定律得解得故A正确；B．若装置可以以不同的角速度匀速转动，且角速度时，此时对小球，在竖直方向有解得故B正确；CD．当角速度且逐渐增大时，对于小球，在水平方向上有即即细线AC上的张力T与角速度ω的平方成线性关系；当角速度时，根据牛顿第二定律可得解得此时细线AB恰好竖直，且张力为零；当时，细线AB上有张力，对小球做分析，水平方向上有竖直方向上有则即细线AC上的张力T与角速度ω的平方成线性关系；TAB随角速度ω的增加也增大。故C正确、D错误。故选ABC。12.如图所示，质量为的物体A，其下端拴接一固定在水平地面上的轻质弹簧，弹簧的劲度系数，物体A的上端通过不可伸长的细线跨过两个光滑的小定滑轮连接中间有孔的小球B，小球B套在倾角的光滑直杆上，D为杆的底端，与固定杆的夹角也是，细线水平，此时细线的拉力是。小球B的质量，C是杆上一点且与杆垂直，，重力加速度g取。现由静止释放小球B，下列说法正确的是（）A.物体A、B系统的机械能不守恒B.小球B第一次运动到C点时的动能为7.2JC.小球B第一次运动到C点时细线对B做的功为10JD.小球B第一次运动到D点时A的动能为零【答案】AC【解析】【详解】A．物块A与小球B组成的系统除了受到重力以外，弹簧弹力对A做功，即其它力所做功不为零，则物块A与小球B组成的系统机械能不守恒，故A正确；B．小球B第一次运动到C点时，物块A下降高度为小球B下降的高度为未释放小球B时，设弹簧的形变量为，对物块A有解得此时弹簧被拉伸，当小球B第一次运动到C点时此时弹簧被压缩，故此时弹簧的弹性势能与未释放小球B时相等，A、B和弹簧组成的系统机械能守恒，有由于小球B在C点时，细线与小球B速度方向垂直，可知解得小球B的动能为故B错误；C．小球B从释放第一次运动到C点，对小球B，根据动能定理可得解得故C正确；D．由几何知识可得故小球B第一次运动到D点，细线物块A回到初始位置，设此时小球B的速度为，物块A的速度为，则小球B下降的高度为整个过程根据动能定理可得则A的动能为故D错误。故选AC。三、实验题13.某实验小组用如图所示的装来验证系统的动能定理，当地的重力加速度为g，主要实验步骤如下：A．用天平测量滑块与遮光条的总质量M以及钩码的质量m，调节气垫导轨成水平状态；B．将带有遮光条的滑块放在气垫导轨上，用跨过光滑定滑轮的细线拴接滑块和钩码，调节细线；C．将滑块由气垫导轨的左侧某个位置由静止释放，通过刻度尺读出释放点与光电门之间的距离L以及遮光条通过光电门的挡光时间；D．重复上述实验步骤得出多组实验数据．（1）下列说法正确的是________（填标号）；A．实验过程中，钩码的重力做的功等于绳对滑块的拉力做的功B．需要调节细线与气垫导轨成平行状态C．为了完成该实验，还需要测量挡光片从释放点到光电门处的运动时间（2）若测得挡光条的宽度为d，则滑块经过光电门的瞬间速度为________；（3）以为纵轴、以为横轴，当绘出的函数图像的斜率________，就能验证系统的动能定理。【答案】①.B②.③.【解析】【详解】（1）[2]A．运动过程中由于钩码加速下降，故钩码的重力大于绳上的拉力，故钩码的重力做的功大于绳对滑块的拉力做的功，A错误；B．需要调节细线与气垫导轨成平行状态，避免形成垂直于气垫导轨的分力，确保绳上的拉力等于滑块受到的合力，B正确；C．据动能定理可得为了完成该实验，只要验证上式是否成立即可，不需要测量挡光片从释放点到光电门处的运动时间，C错误。故选B。（2）[2]若测得挡光条的宽度为d，则滑块经过光电门的瞬间速度为（3）[3]由（1）解析中动能定理的关系式可得

以为纵轴、以为横轴，可得函数图像的斜率为

就能验证系统的动能定理。14.某同学为了探究做圆周运动的物体所需要的向心力F与其质量m、转动半径r和转动角速度ω之间的关系。（1）该同学先用如图甲所示的向心力演示器探究F与ω的关系。在两小球质量和转动半径相等时，标尺上的等分格显示得出两个小球A、B所受向心力的比值为1:4，由圆周运动知识可以判断与皮带连接的变速塔轮相对应的半径之比为_________A.1:2 B.2:1 C.1:4 D.4:1（2）为了更精确探究F与ω的关系，该同学再用如图乙所示接有传感器的向心力实验器来进行实验。力传感器可直接测量向心力的大小F，水平直杆的一端套一个滑块P，另一端固定一个宽度为d的挡光条，挡光条到竖直转轴的距离为D。某次旋转过程中挡光条经过光电门传感器，系统自动记录其挡光时间为Δt，力传感器的示数为F，则角速度ω=_________。改变ω，获得多组F、Δt的数据，以F为纵坐标，以_________（填“Δt”、“”、“”或“”）为横坐标，在坐标纸中描点作图得到一条直线，结果发现图线不过原点，该同学多次实验，作出的该图线也不过原点，经检查分析，实验仪器、操作和读数均没有问题，则图线不过原点的主要原因是__________________。【答案】（1）B（2）①.②.③.滑块与水平直杆之间存在摩擦力【解析】【小问1详解】根据两球的向心力之比为1:4，半径和质量相等，则转动的角速度之比为1:2，因为靠皮带传动，变速塔轮的线速度大小相等，根据可知，与皮带连接的变速塔轮对应的半径之比为2:1。故选B。【小问2详解】[1]每次遮光片经过光电门时的线速度大小为由线速度大小和角速度大小的关系式可得[2]对于物块P的运动，根据牛顿第二定律可得由于做出的图像为一条直线，则可知应以F为纵坐标，以为横坐标。[3]分析可知，在滑块P套在水平直杆上做圆周运动时，其与水平直杆之间存在摩擦力，实际上提供滑块P做圆周运动的向心力应为力传感器的拉力以及P与水平直杆之间的摩擦力的合力，则根据牛顿第二定律有若以F为纵坐标，以为横坐标做图，则上式变式为可知，做出的图线不过原点，而不过原点的主要原因显然是因为滑块与水平直杆之间存在摩擦力。四、计算题15.如图所示，半径为r的光滑圆轨道固定在水平地面上，O为圆心，分别为竖直、水平直径，一质量为m的小球（视为质点）从轨道上的P点获得一个沿轨道向下的速度，下滑到Q点时刚好与轨道分离，小球在Q点的速度的延长线与地面的交点为J，小球从Q点离开轨道时，立即给小球施加一个恒定的作用力F（F为未知量），使小球沿着做匀加速直线运动，已知，、，重力加速度为g，求：（1）与间的夹角的大小；（2）当F取最小值时，小球从Q到J的加速度大小以及小球刚到达J点时的动能。【答案】（1）；（2）【解析】【详解】（1）设两点的高度差为，则有小球从到由机械能守恒定律可得当小球刚运动到点，轨道对小球的支持力刚好为0，把重力分别沿着和垂直分解，由牛顿第二定律可得结合，解得（2）小球沿着做匀加速度直线运动，与的合力沿着方向，根据二力合成的矢量三角形分析可得，当与垂直即沿着斜向右上方向时，取最小值；当取最小值时，小球的合力为由牛顿第二定律可得小球从到，由动能定理可得由（1）可知综合解得16.如图所示，一弹射游戏装置由安装在水平台面上的固定弹射器、竖直圆轨道（在最低点E分别与水平轨道EO和EA相连）、高度h可调的斜轨道AB组成。游戏时滑块从O点弹出，经过圆轨道并滑上斜轨道．全程不脱离轨道且恰好停在B端则视为游戏成功。已知圆轨道半径r=0.1m，OE长L1=0.2m，AC长L2=0.4m，圆轨道和AE段光滑，滑块与AB、OE之间的动摩擦因数。滑块质量m=2g且可视为质点，g=10m/s2，弹射时滑块从静止释放且弹簧的弹性势能完全转化为滑块动能．忽略空气阻力，各部分平滑连接。求：（1）滑块恰好能过圆轨道最高点F时的速度大小；（2）当h=0.1m且游戏成功时，滑块经过E点时对圆轨道的压力FN大小；（3）要使游戏成功，弹簧的弹性势能EP与高度h之间满足的关系。【答案】（1）；（2）；（3）【解析】【分析】【详解】（1）滑块恰过F点，有解得（2）滑块从E到B设滑块在E点时受到圆轨道的支持力大小为，则由牛顿第三定律得解得（3）滑块恰能过F点时弹簧的弹性势能得滑块运动到B点时速度减为0，则从O点到B点的过程中得滑块能停在B点，设斜轨道AB倾角为，则得从O点到B点，有得式中17.可利用如图所示装置测量滑块与某些材料间的动摩擦因数。将原长为L的轻质弹簧放置在光滑水平面AB上，一端固定在A点，另一端与滑块P（可视为质点，质量为m）接触但不连接，AB的长度为（），B端与半径为L的光滑半圆轨道BCD相切，C点与圆心O等高，D点在O点的正上方，是半圆轨道的最高点，用滑块P将弹簧压缩至E点（图中未画出），AE的长度为R，静止释放后，滑块P刚好能到达半圆轨道的最高点D；在水平面AB上铺被测材料薄膜，滑块P仍从E点由静止释放，恰能运动到半圆轨道上的F点，O、F连线与OC的夹角为，重力加速度为g，。（1）求滑块P与被测材料间的动摩擦因数；（2）在不撤去被测材料的基础上仅将滑块P换为质量的同种材质的滑块Q，滑块Q最终不与弹簧接触，试判断滑块Q由静止释放后能否压缩弹簧2次。【答案】（1）；（2）滑块Q可以压缩弹簧两次【解析】【详解】（1）滑块P到达半圆轨道最高点D点时，只有滑块P的重力提供向心力，有滑块P从E点运动到D点的过程，由机械能守恒定律有水平面AB上铺上被测材料薄膜后，滑块P到达F点时，只有滑块P重力沿半径方向的分力提供向心力有由能量守恒定律可得又联立解得（2）当换成滑块Q后，假设滑块Q滑不到C处，由能量守恒定律得解得则假设成立，滑块Q第一次释放后没有脱离半圆轨道，由能量守恒定律可得解得若滑块Q下滑后都运动到E点，可知