四川省成都外国语名校2023-2024学年高一下学期期中考试物理试题（含答案）

四川省成都外国语名校2023-2024学年高一下学期期中考试物理试题姓名：__________班级：__________考号：__________题号一二三四总分评分一、单项选择题（本题共8小题．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项正确，每小题4分，共32分）1．下列说法正确的是（）A．合外力不做功，物体必定做匀速直线运动B．力对物体做功越快，力的功率一定越大C．一对滑动摩擦力对系统所做的总功一定等于零D．由P=Wt可知，只要知道W和2．如图所示，a、b、c是地球大气层外圆形轨道上运行的三颗人造地球卫星，a、b质量相同，且小于c的质量，下列说法正确的是（）A．b、c的线速度大小相等，且大于a的线速度B．b、c的向心加速度大小相等，且b、c的向心力大小也相等C．b、c周期相等，且大于a的周期D．因c的质量最大，所以发射c最不容易，但三个的发射速度都必定大于11.2km/s3．如图所示，将一质量为m的摆球用长为L的细绳吊起，上端固定，使摆球在水平面内做匀速圆周运动，细绳就会沿圆锥面旋转，这样就构成了一个圆锥摆，此时细绳与竖直方向的夹角为θ，重力加速度为g，下列说法正确的是（）A．摆球受重力、拉力和向心力的作用B．摆球的加速度为gsinθC．摆球运动周期为2πD．摆球运动的转速为gL4．某健身爱好者质量为55kg，在做俯卧撑运动的过程中可将他的身体视为一根直棒。已知重心在c点，其垂线与脚、两手连线中点间的距离oa、ob分别为1.0m和0.5m。若他在1分钟内做了36个俯卧撑，每次肩部上升的距离均为0.5m，则他在1分钟内克服重力做功和相应的功率约为（）A．660J，11W B．6600J，110W C．990J，16.5W D．9900J，165W5．如图所示为2017年我国自主研制的新一代喷气式大型客机C919在上海浦东机场起飞的照片，C919的成功首飞意味着经过近半个世纪的艰难探索，我国具备了研制一款现代干线飞机的核心能力．现有总质量m=2×105kg的一架大型飞机，从静止开始保持额定功率开始运动，当位移达到L=6×103m时，速度达到最大速度vmA．飞机起飞过程所用时间一定小于20sB．飞机起飞过程加速度为5m/s2C．飞机起飞的功率P为2D．飞机起飞的动能Ek为36．成渝高铁是西南高速铁路重要组成部分，全程308公里。小明同学在成都东站乘坐动车时，利用手机加速度传感器测量动车的加速度a随时间t变化的关系，如图所示。6s时动车由静止开始加速，可认为加速度随时间均匀增大，10s时达到最大加速度0.5m/s2，并以此加速度做匀加速直线运动直至达到最大速度252km/h，随后匀速行驶。在动车水平桌板上放置一质量为2kg的物体，该物体始终相对桌板静止。重力加速度g=10m/s2，动车加速过程始终在水平面上，下列说法正确的是（）A．10s时动车的速度大小为2m/sB．动车匀加速行驶的时间为140sC．匀加速直线运动过程中，桌板对物体的作用力大小为1ND．匀加速直线运动过程中，桌板对物体做的功为4899J7．如图所示，A、B两个物体通过一根绳子相连，跨过水平固定的粗糙杆，拉着A吊起B。自由释放A，重物B竖直下落，使得A绕杆在竖直平面内做半径减小的近心旋转，进而使得重物B落地前能稳稳地停住——这就是循环摆实验，下列说法中正确的是（）A．重物B下落过程中，绳中张力TB．绳子对重物A始终做正功C．整个过程中系统机械能守恒D．物体质量mA8．如图所示，轻质弹簧一端固定在水平面上的光滑转轴O上，另一端与套在粗糙固定直杆A处质量为m的小球（可视为质点）相连。A点距水平面的高度为h，直杆与水平面的夹角为30∘，OA=OC，B为AC的中点，OB等于弹簧原长。小球从A处由静止开始下滑，经过B处的速度为v，并恰能停在C处。已知重力加速度为A．小球与圆环组成的系统机械能守恒B．小球通过B点时的加速度为gC．弹簧具有的最大弹性势能为1D．小球通过AB段比BC段摩擦力做功少二、多项选择题（本题共3小题．每小题只有两个正确选项，选对不全得2分，全部选对得4分，不选或错选不得分，共12分）9．如图所示，水平圆盘上放有一个木块P，在木块P随圆盘一起绕过O点的竖直轴转动的情况下。下列说法中正确的是（）A．圆盘匀速转动的过程中，P受到的静摩擦力的方向指向O点B．圆盘匀速转动的过程中，P受到的静摩擦力为零C．在转速一定且P不滑动的条件下，不管P到O的距离如何，P的运动周期不变D．在转速一定且P不滑动的条件下，不管P到O的距离如何，P受到的静摩擦力的大小不变10．某航天飞机在地球大气层外完成空间任务后，在A点从圆形轨道Ⅰ进入椭圆轨道Ⅱ，B为轨道Ⅱ上的一点，如图所示，关于航天飞机的运动，下列说法正确的是（）A．在轨道Ⅱ上经过A点的速度小于经过B的速度B．在轨道Ⅱ上经过A点的加速度小于在轨道Ⅰ上经过A点的加速度C．在轨道Ⅱ上经过A点的速度小于在轨道Ⅰ上经过A点的速度D．航天飞机在轨道Ⅱ上运行时机械能不守恒11．物体静止在水平面，在竖直向上的拉力F作用下向上运动，不计空气阻力，物体的机械能E与上升高度h的大小关系如图所示，其中曲线上点A处的切线斜率最大，h2-h3的图线为平行于横轴的直线。则下列判断正确的是（）A．0-h2过程中物体的加速度先增大后减小B．在h2处物体的动能最大C．h2-h3过程中合外力做功不为零D．0-h2过程中拉力F始终做正功三、实验题（本题共2个小题，满分14分）12．如图所示是探究向心力的大小F与质量m、角速度ω和半径r之间的关系的实验装置图，转动手柄1，可使变速轮塔2和3以及长槽4和短槽5随之匀速转动。皮带分别套在轮塔2和3上的不同圆盘上，可使两个槽内的小球A、B分别以不同的角速度做匀速圆周运动。小球做圆周运动的向心力由横臂6的挡板对小球的弹力提供，球对挡板的反作用力，通过横臂6的杠杆作用使弹簧测力筒7下降，从而露出标尺8，标尺8露出的红白相间的等分格显示出两个球所受向心力的比值。那么：（1）现将两小球分别放在两边的槽内，为了探究小球受到的向心力大小和角速度的关系，下列说法中正确的是____。A．在小球运动半径相等的情况下，用质量相同的小球做实验B．在小球运动半径相等的情况下，用质量不同的小球做实验C．在小球运动半径不等的情况下，用质量不同的小球做实验D．在小球运动半径不等的情况下，用质量相同的小球做实验（2）当用两个质量相等的小球做实验，且左边的小球的轨道半径为右边小球轨道半径的2倍时，转动时发现右边标尺上露出的红白相间的等分格数为左边的2倍，那么，左边轮塔与右边轮塔之间的角速度之比为。13．利用图示装置做“验证机械能守恒定律”实验。（1）为验证机械能是否守恒，需要比较重物下落过程中任意两点间的____。A．动能变化量与势能变化量B．速度变化量与势能变化量C．速度变化量与高度变化量（2）除带夹子的重物、纸带、铁架台（含铁夹）、电磁打点计时器、重物导线及开关外，在下列器材中，还必须使用的器材有____。A．交流电源 B．刻度尺C．天平（含砝码） D．秒表（3）实验中，先接通电源，再释放重物，已知重物质量m=1kg，在纸带上打出一系列的点，如图所示（打点间隔为0.02s），g=9.8m/s2，纸带上所标数据单位cm，其中O点与下一点之间距离为2mm，那么从打O点到打B点的过程中：重物的重力势能变化量ΔEp=J，动能变化量（4）大多数学生的实验结果显示，重力势能的减少量略大于动能的增加量，出现这种结果的原因是____。A．利用公式v=gt计算重物速度B．利用公式v=2ghC．存在空气阻力和摩擦阻力的影响D．没有采用多次实验取平均值的方法四、计算题（本题共3个小题，共42分．解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分，有数值运算的题，答案中必须明确写出数值和单位．）14．如图所示，有一个可视为质点的质量m=1kg的小物块，从光滑平台上的A点以v0=1.8m/s的初速度水平抛出，到达C点时，恰好沿C点的切线方向进入固定在竖直平面内的光滑圆弧轨道。圆弧轨道的半径为R=2m，C点和圆弧的圆心O点连线与竖直方向的夹角θ=53°，不计空气阻力，重力加速度g=10m/s2，sin53°=0.8，cos53°=0.6。求：（1）光滑平台上的A点到BC平面的高度；（2）小物块到达圆弧轨道最低点D时对轨道的压力。15．一物体放在水平地面上，如图甲所示，已知物体所受水平拉力F随时间t的变化情况如图乙所示，物体相应的速度v随时间t的变化关系如图丙所示。求：（1）0～6s时间内水平拉力F对物体所做的功；（2）0～10s时间内物体克服摩擦力所做功的平均功率；（3）0～4s时间内合力对物体所做的功。16．如图所示，高为L的粗糙斜轨道AB、CD与水平面的夹角均为45°，它们分别与竖直平面内的圆弧形光滑轨道相切于B、D两点，圆弧的半径也为L。质量为m的小滑块从A点由静止滑下后，经CD轨道返回，再次冲上AB轨道至速度为零时，相对于BD面的高度为L6。已知滑块与AB轨道间的动摩擦因数为μ1＝0.5，重力加速度为g（1）滑块第一次经过D点和第二次经过D点的动能；（2）滑块与CD轨道间的动摩擦因数μ2；（3）经过足够长时间后，滑块在两斜面上滑动的路程之和s。

答案解析部分1．【答案】B【解析】【解答】A、物体做匀速圆周运动时，合外力不做功，故A错误；

B、根据功率定义式

P=Wt

可知力对物体做功越快，力的功率一定越大，故B正确；

C、一对滑动摩擦力作用的两个对象发生的对地位移不相等，所以一对滑动摩擦力对系统所做的总功一定不等于零，故C错误；

D、由

P=Wt

可知，知道W和t的值只能计算出这段时间内的平均功率，故D错误。2．【答案】C【解析】【解答】A、根据万有引力提供向心力可得

GMmr2=mv2r

解得

v=GMr

可知b、c的线速度大小相等，且小于a的线速度，故A错误；

B、根据万有引力提供向心力可得

GMmr2=ma

解得

a=GMr2

可知b、c的向心加速度大小相等，由于b、c质量不相等，所以b、c的向心力大小不相等，故B错误；3．【答案】C【解析】【解答】摆球受重力和拉力作用，重力和拉力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律可得

mgtanθ=ma=m4π2T2r=mv2r

又

r=Lsinθ，4．【答案】B【解析】【解答】设重心上升高度为h，根据几何知识可得

h0.5=1.01.0+0.5

解得

h=13m

故做一次俯卧撑克服重力做功为

W=mgh=5503J

所以一分钟克服重力做功为5．【答案】C【解析】【解答】AB、飞机从静止开始保持额定功率开始运动，可知随速度增加，牵引力减小，则加速度减小，即飞机做加速度减小的变加速运动，若飞机做匀加速运动，则飞机起飞过程所用时间

t=Lv=6000602s=200s

因飞机在此过程中的平均速度大于匀加速运动的平均速度，可知飞机起飞过程所用时间一定小于200s，故AB错误；

C、飞机起飞的功率为

P=kmgvm=0.02×2×105×10×60W=2.4×106．【答案】D【解析】【解答】A、加速度a随时间t的变化关系中与时间轴围成的面积表示速度的变化量，从静止开始，10s时动车的速度大小为

v0=Δv=12at1=12×0.5×10-6m/s=1m/s

故A错误；

B、根据题意可知最大速度为

v=252km/h=70m/s

则动车匀加速行驶的时间为

t=v-v0a=70-10.5s=138s

故B错误；

C、匀加速直线运动过程中，根据牛顿第二定律可得

f=ma=1N

支持力为7．【答案】B【解析】【解答】A、重物B先加速后减速，物体A绕杆在竖直平面内做半径减小的近心旋转，绳子将与水平杆缠绕，缠绕后力的大小不再相同，故A错误；

B、物体A绕杆在竖直平面内做半径减小的近心旋转，绳子张力对物体A做正功，故B正确；

C、水平杆粗糙，有摩擦生热，机械能不守恒，故C错误；

D、mAmB值不能太小，当mA趋近于零时，物体A不会绕杆，即重物B会一直下落，故D错误。

8．【答案】C【解析】【解答】A、小球与圆环组成的系统，由于存在弹簧和摩擦力对系统做功，所以小球与圆环组成的系统机械能不守恒，故A错误；

B、小球通过B点时，弹簧的弹力为零，小球受到重力、杆的支持力和滑动摩擦力，由牛顿第二定律得

mgsin30°-f=maB

可知

aB<g2

故B错误；

C、小球从A运动到B的过程克服摩擦力做功为Wf，AB间的竖直高度为12h，小球的质量为m，设弹簧具有的最大弹性势能为Ep；对于小球从A到B的过程根据能量守恒定律得

mgh2+Ep=129．【答案】A,C【解析】【解答】AB、圆盘匀速转动的过程中，静摩擦力提供向心力，则P受到的静摩擦力的方向指向O点，故A正确，B错误；

C、在转速一定且P不滑动的条件下，不管P到O的距离如何，P的运动周期不变，都等于转盘的周期，故C正确；

D、根据

f=m(2πn)2r

在转速一定且P不滑动的条件下，P到O的距离越近，P受到的静摩擦力越小，故D错误。

10．【答案】A,C【解析】【解答】A、根据开普勒第二定律可知，在轨道Ⅱ上经过A点的速度小于经过B的速度，故A正确；

B、根据

a=GMr2

可知在轨道Ⅱ上经过A点的加速度等于在轨道Ⅰ上经过A点的加速度，故B错误；

C、从轨道Ⅰ到轨道Ⅱ要在A点减速，则在轨道Ⅱ上经过A点的速度小于在轨道Ⅰ上经过A点的速度，故C正确；

D、航天飞机在轨道Ⅱ上运行时，只有地球的引力做功，则机械能守恒，故D错误。

11．【答案】C,D【解析】【解答】A、根据功能关系，物体机械能的增加等于力F做的功，即

ΔE=FΔh

即在E-h图像中，图线的斜率表示F，因为在h1处时斜率最大，所以F最大，由牛顿第二定律有

F-mg=ma

在h2处F为0，故a'=g，但由于未知F的具体数值，故不能判断h2处物体的加速度比h1处物体的加速度大，即0-h2过程中物体的加速度不一定是先增大后减小，故A错误；

B、物体在h1~h2过程中，图象的斜率越来越小，则说明拉力越来越小；h2时刻图象的斜率为零，则说明此时拉力为零；在这一过程中物体应先加速后减速，则说明最大速度一定不在h2处，故B错误；

C、物体在h2~h3过程中，机械能保持不变，故说明拉力一定为零；所以合外力等于重力，重力做功不为零，故C正确；

D、由图象可知，0~h2过程中物体的机械能增大，故拉力F始终做正功，故D正确。

故答案为：CD。

【分析】根据功能关系确定机械能变化量与力做功的关系，继而确定图像斜率的物理意义，再结合图像确定物体拉力变化情况，再结合顿第二定律确定物体加速度的变化情况。物体机械能不变则即拉力为零，拉力做正功，物体机械能增加。12．【答案】（1）A（2）1∶2【解析】【解答】（1）根据向心力公式

F=mrω2

可知，要研究小球受到的向心力大小与角速度的关系，需控制小球的质量和小球运动的半径相等，故答案为：A。

（2）由公式

F=mrω2

可得13．【答案】（1）A（2）A；B（3）0.49；0.48（4）C【解析】【解答】（1）为验证机械能是否守恒，需要比较重物下落过程中任意两点间的动能变化量与势能变化量是否相等。

故答案为：A。

（2）实验时还必须使用的器材有交流电源和刻度尺；打点计时可记录重物的运动时间，所以不需要秒表；若重物的机械能守恒，则有

mgh=12mv22-12mv12

可知在不需要得出重力势能减少量与动能增加量的具体数据时，可以不测质量，即不需要天平。

故答案为：AB。

（3）重物的重力势能变化量

ΔE14．【答案】（1）解：设小物块在C点的速度为vC，在C点由解得v从A点至C点，设A点到BC平面高度为h，由机械能守恒可得1代入数据，解得h=0.88m（2）解：设小物块在D点速度为vD，从C点至D点由动能定理，可得解得v设在D点轨道对小物块的支持力为FN，有F解得F由牛顿第三定律得小物块在D点时对轨道压力为F向竖直向下【解析】【分析】（1）结合物体末速度的大小和方向求解水平初速度即可；

（2）利用动能定理求解物体到达最低点的速度，对处在最低点的物体进行受力分析，结合此时物体的速度，利用向心力公式求解物体对轨道的压力。15．【答案】（1）解：由图乙和图丙可知，0~W由题图丙可知2~x=水平拉力做功为W则0~W=（2）解：由题图丙可知，在6~f=2N0~x则0~W物体克服摩擦力所做的功的平均功率为P（3）解：由丙图可知在0~x则0~W【解析】【分析】（1）v-t图像与时间轴所围面积表示位移。根据图乙确定物体在不同时间段内受到的拉力大小，再结合图丙确定物体在不同拉力对