四川省 2022-2023学年高一物理下学期期中试题（Word版附解析）

江油中学2022级高一下期半期检测物理试题（时间75分钟满分100分）一、单项选择题（本题共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符合题目要求。）1.—个物体做曲线运动，则这个物体（　　）A.受到的合力一定不是恒力B.可能做匀速运动C.一定做变速运动D.加速度方向一定不断改变【答案】C【解析】【详解】A．做曲线运动的物体受到的合力也可能是恒力，例如平抛运动，A错误；B．做曲线运动的物体的速度不断变化，不可能做匀速运动，B错误；C．做曲线运动的物体的速度不断变化，一定做变速运动，C正确；D．做曲线运动的物体加速度方向可能不变，例如平抛运动，D错误。故选C。2.一颗小行星绕太阳做匀速圆周运动的半径是地球公转半径的4倍，则这颗小行星运转的周期是（　　）A.4年B.6年C.8年D.年【答案】C【解析】【详解】根据开普勒第三定律有其中有，解得故选C。3.在物理学的研究中用到的思想方法很多，下列关于教材的几幅插图的说法中不正确的是（　　） A.甲图中，A点逐渐向B点靠近时，观察AB割线的变化，说明质点在B点的瞬时速度方向就是曲线在B点的切线方向，运用了极限思想B.乙图中，研究小船渡河问题时，主要运用了理想化模型的思想C.丙图中，探究向心力的大小与质量、角速度和半径之间的关系时运用了控制变量法D.丁图中，在研究地球绕太阳运动时将太阳和地球视为质点，这里用了理想化模型的思想【答案】B【解析】【详解】A．甲图中，A点逐渐向B点靠近时，观察AB割线的变化，说明质点在B点的瞬时速度方向就是曲线在B点的切线方向，运用了极限思想。故A正确，与题意不符；B．乙图中，研究小船渡河问题时，主要运用了等效替代的思想。故B错误，与题意相符；C．丙图中，探究向心力的大小与质量、角速度和半径之间的关系时运用了控制变量法。故C正确，与题意不符；D．丁图中，在研究地球绕太阳运动时将太阳和地球视为质点，这里用了理想化模型的思想。故D正确，与题意不符。本题选不正确的故选B。4.大型货运站中有旋臂式起重机．右图所示的起重机的旋臂保持不动，可沿旋臂“行走”的天车有两个功能，一是吊着货物沿竖直方向运动，二是吊着货物沿旋臂水平运动．现天车吊着货物正在沿水平方向向右匀速行驶，同时又启动天车上的起吊电动机，使货物沿竖直方向向上做匀减速运动．此时，我们站在地面上观察到货物运动的轨迹可能是下图中的A. B.C.D.【答案】C【解析】【详解】A．竖直方向向上匀减速，加速度向下，水平匀速，没有加速度，所以合加速度向下，与合速度不在一条直线上，物体做曲线运动，A错误．BCD．曲线运动弯向合外力（合加速度）方向，即向下，所以BD错误C正确．5.在限速的平直公路上，一辆卡车与路旁障碍物相撞，交通警察发现路边泥地中有一块从车顶脱落的金属零件，测量下述哪组数据可以为卡车是否超速提供证据（　　）A.金属零件的质量和车顶距泥地的高度B.金属零件的质量和车顶距落地点的长度C.事故地点与金属零件的水平距离和金属零件的质量D.事故地点与金属零件的水平距离和车顶距泥地的高度【答案】D【解析】【详解】由题意可知，金属零件做平抛运动，且金属零件的初速度为卡车的行驶速度，根据公式，水平方向竖直方向 联立等出故求卡车的行驶速度，要知道金属零件的水平位移和车顶距泥地的高度才能等出卡车的行驶速度，故D正确，ABC错误。故选D。6.如图所示，一辆货车通过光滑轻质定滑轮提升一箱货物，货箱质量为M，货物质量为m，货车以速度v向左匀速运动，将货物提升高度h，则（　　）A.货物向上做匀速运动B.图示时刻货物速度为C.箱中的物体对箱底的压力大于mgD.图示位置时货车拉力等于(M＋m)g【答案】C【解析】【详解】AB．将货车的速度进行正交分解，如图所示由于绳子不可伸长，货箱向上运动的速度和货车速度沿着绳子方向的分量相等，即 由于不断减小，增大，v不变，则增大，故货物向上做加速运动，故AB错误；C．货箱和货物整体向上做加速运动，加速度向上，处于超重状态，故箱中的物体对箱底的压力大于mg，故C正确；D．货箱和货物整体向上做加速运动，故拉力大于(M＋m)g，故D错误。故选C。7.2011年全国铁路新线铺轨将达到7935千米，火车在铁轨上转弯可以看做是做匀速圆周运动，火车速度提高易使外轨受损。为解决火车高速转弯时使外轨受损这一难题，你认为理论上可行的措施是（　　）A.仅减小弯道半径B.仅增大弯道半径C.仅适当减小内外轨道的高度差D.仅适当减小内外轨道平面的倾角【答案】B【解析】【详解】AB．设轨道平面与水平面的夹角为，当内外轨均不受挤压时，有解得故可知当速度增大时，应增大弯道半径，A错误，B正确；CD．根据前面分析，当速度增大时，应增大可避免外轨受损；而当减小内外轨道的高度差时，在减小，减小内外轨道平面的倾角时，也在减小，故不能达到避免转弯时外轨受损效果，CD错误。故选B。8.用如图a所示的圆弧一斜面装置研究平抛运动，每次将质量为m的小球从半径为R的四分之一圆弧形轨道不同位置静止释放，并在弧形轨道最低点水平部分处装有压力传感器测出小球对轨道压力的大小F．已知斜面与水平地面之间的夹角θ=45°，实验时获得小球在斜面上的不同水平射程x，最后作出了如图b所示的F﹣x图象，g取10m/s2，则由图可求得圆弧轨道的半径R为（） A.0.125mB.0.25mC.0.50mD.1.0m【答案】B【解析】【详解】在圆轨道上运动时，小球受到重力以及轨道的支持力作用，合力充当向心力，所以有小球做平抛运动时时的水平射程小球的竖直位移：根据几何关系可得联立即得x图像的纵截距表示重力，即mg=5N所以有解得：R=0.25m故选B； 【名师点睛】知道平抛运动水平方向和竖直方向上运动的规律，抓住竖直位移和水平位移的关系，尤其是掌握平抛运动的位移与水平方向夹角的正切值的表达式进行求解．注意公式和图象的结合，重点是斜率和截距二、多项选择题（本题共4小题，每小题4分，共16分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对得4分，选对但不全得2分，有选错的得0分。）9.一条笔直的河流沿南北走向，两岸平行，各处的宽度均为d=100m，各处水流速度均为v水=4m/s，船在静水中的速度恒为v船=2m/s，则（　　）A.渡河的最短时间为50sB.渡河的最短位移为200mC.船能够沿东西方向的直线直接渡到正对岸的位置，但比较浪费时间D.船能够沿东西方向的直线直接渡到正对岸的位置，并且最节省时间【答案】AB【解析】【详解】A．当静水中的船速方向与河岸垂直时，渡河时间最短为A正确；BCD．因为船在静水中的速度小于水流速度，所以不可能垂直河岸渡河到达正对岸的位置，如下图分析可知当合速度的方向与船在静水中的速度方向垂直时，此时渡河位移最小，有解得B正确，CD错误。故选AB。 10.如图，两个质量均为m的小木块a和b（可视为质点）放在水平圆盘上，a与转轴的距离为，b与转轴的距离为。木块与圆盘的最大静摩擦力为木块所受重力的倍，重力加速度大小为g。若圆盘从静止开始绕转轴缓慢地加速转动，用表示圆盘转动的角速度，下列说法正确的是（　　）A.b一定比a先开始滑动B.a、b所受的摩擦力始终相等C.当时，a所受摩擦力大小为2kmgD.是b开始滑动的临界角速度【答案】AD【解析】【详解】B．依题意，小木块随圆盘做匀速圆周运动时，静摩擦力提供向心力，根据可知，木块b转动的半径较大，则b所受的摩擦力较大。故B错误；A．小木块发生滑动的临界角速度满足解得木块b转动的半径较大，则临界角速度较小，可知b先发生滑动。故A正确；CD．根据B选项分析可知两木块的临界角速度分别为因为 即当时，a木块已经发生相对滑动，所受滑动摩擦力的大小不等于2kmg。故C错误；D正确。故选AD11.2017年7月23日，在第13届莫斯科航展上“俄罗斯勇士”，飞行表演队完成了倒飞筋斗的动作，现将其简化成如图所示的光滑的板（飞机）和小球（飞行员），让小球在竖直面内始终与板相对静止且做匀速圆周运动。A为圆周的最高点，C为最低点，B，D与圆心O等高，且此时板与水平面成θ角。设小球的质量为m，做圆周运动半径为R，线速度为v，重力加速度为g，下列说法正确的是（　　）A.小球通过C处时向心力与小球通过A处的向心力相同B.小球在A处的线速度大小可能为C.小球在C处受到板的弹力比在A处大5mgD.在B、D两处板与水平面的倾角与小球的运动速度v应满足【答案】D【解析】【详解】A．小球做匀速圆周运动，通过C处时向心力与小球通过A处的向心力大小相等，方向不同，故A错误；B．小球做在最高点至少受到重力作用，所以最高点的速度至少满足则 即小球做匀速圆周运动的线速度一定大于等于，不可能为，故B错误；C．在A点根据向心力计算公式可得在C点根据向心力计算公式可得联立可得故C错误；在B、D两处板与水平面夹角为θ，在B、D两处，对小球进行受力分析根据牛顿第二定律可得所以在B、D两处板的倾角与小球的运动速度v应满足故D正确。故选D。12.如图甲所示，轻杆一端固定在O点，另一端固定一小球，现让小球在竖直平面内做半径为R的圆周运动。小球运动到最高点时，轻杆与小球之间弹力的大小为F，小球速度的大小为，其图像如图乙所示。则（　　） A.小球的质量为B.当地的重力加速度大小为C.时，小球对轻杆的弹力方向向上D.时，小球受到的弹力与重力大小不相等【答案】AC【解析】【详解】AB．小球运动到最高点时，若v=0，则若F=0，则解得故A正确；B错误；C．由图可知，为临界条件，因为所以此时轻杆对小球的弹力方向向下，根据牛顿第三定律可知小球对轻杆的弹力方向向上。故C正确；D．同理，时，有解得即小球受到的弹力与重力大小相等。故D错误。故选AC。三、填空题（本小题共2小题，每空2分，共16分。） 13.用如图所示的装置可以探究做匀速圆周运动的物体需要的向心力的大小与哪些因素有关。（1）图示情境正在探究的是_________。A．向心力的大小与半径的关系B．向心力的大小与线速度大小的关系C．向心力的大小与角速度的关系D．向心力的大小与物体质量的关系（2）通过图示实验可以得到的结果是__________。A．在质量和半径一定的情况下，向心力的大小与角速度成正比B．在质量和半径一定的情况下，向心力的大小与线速度的大小成正比C．在半径和角速度一定情况下，向心力的大小与质量成正比D．在质量和角速度一定的情况下，向心力的大小与半径成正比【答案】①.D②.C【解析】【详解】（1）[1]图示情景中，两球的质量不同，做圆周运动的半径相同，角速度相同，则正在探究的是向心力的大小与物体质量的关系。故选D。（2）[2]根据可知通过图示实验可以得到的结果是：在半径和角速度一定的情况下，向心力的大小与质量成正比。故选C。14.（1）在做研究平抛运动的实验时，让小球多次沿同一轨道运动，通过描点法作出小球平抛运动的轨迹．为了能较准确地描绘运动轨迹，将你认为正确选项前面的字母填在横线上：_________。A．通过调节使斜槽的末端保持水平B．每次释放小球的位置可以不同 C．每次必须由静止释放小球D．记录小球位置用木条（或凹槽）每次必须严格地等距离下降E．小球运动时不应与木板上的白纸（或方格纸）相接触F．将球的位置记录在纸上后，取下纸，用直尺将点连成折线G．斜槽必须光滑（2）某同学采用频闪摄影的方法拍摄“小球做平抛运动”的照片，如图是照片的一部分。图中每个小方格的边长为40cm，则由图可求得拍摄时曝光的时间间隔是_______s，该小球平抛运动的水平初速度v0=_______m/s，运动到图中位置2时速度大小为_______m/s，小球开始做平抛运动到落到1位置的速度变化量为____________m/s，方向为_______（g取10m/s2）。【答案】①.ACE②.0.2③.4④.5⑤.1⑥.竖直向下【解析】【详解】（1）[1]A．为了使小球做平抛运动，必须使斜槽的末端保持水平。故A正确；BCG．为使小球平抛运动的初速度相等，每次从同一位置由静止释放小球，与斜槽是否光滑无关。故BG错误；C正确；D．实验中记录小球位置为的是描绘出运动轨迹，用的木条（或凹槽）每次没有必要严格地等距离下降。故D错误；E．为保证小球运动时只受重力作用，做平抛运动，小球在运动时不应与木板上的白纸（或方格纸）相接触。故E正确；F．将球的位置记录在纸上后，取下纸，用平滑曲线将点连接。故F错误。故选ACE。（2）[2]在竖直方向，有其中解得 [3]水平方向，有其中解得[4]根据匀变速直线运动中，一段时间的平均速度等于该段时间中间时刻的瞬时速度，可得可知小球运动到图中位置2时速度大小为[5][6]设小球从开始运动到落到2位置所用时间为t，则有解得即小球开始做平抛运动到落到1位置的时间为0.1s，根据加速度定义式可知小球开始做平抛运动到落到1位置的速度变化量为方向与加速度一致为竖直向下。四、计算题（本题共3小题，共36分。解答过程中，要求必须写出必要的文字说明，主要的计算步骤和明确的答案。）15.一质量为m=2kg的物体在光滑的水平面上做曲线运动，在y方向的速度图像和x方向的位移图像如图所示。求：（1）物体受合力大小及方向；（2）2秒末物体的位移大小。 【答案】（1），方向沿y方向；（2）【解析】【详解】（1）根据图像可知在y方向上做初速度为零匀加速直线运动，加速度大小为在x方向上做匀速直线运动，故物体受合力大小为方向沿y方向。（2）2秒末物体在x方向上的位移为，在y方向上位移为2秒末物体的位移大小为16.将一小球水平抛出，使用频闪仪和照相机对运动的小球进行拍摄，频闪仪每隔0.05s发出一次闪光。某次拍摄时，小球在抛出瞬间频闪仪恰好闪光，拍摄的照片编辑后如图所示。图中的第一个小球为抛出瞬间的影像，每相邻两个球之间被删去了3个影像，所标出的两个线段的长度s1和s2之比为3：7。重力加速度大小取g=10m/s2，忽略空气阻力。求：（1）图示相邻两个球之间的时间间隔；（2）在抛出瞬间小球速度的大小。【答案】（1）02s；（2）【解析】 【详解】（1）依题意每相邻两个球之间被删去了3个影像，所以每相邻两个小球之间有4个闪光间隔，即图示相邻两个球之间的时间间隔为（2）第一段运动对应的竖直位移大小为第二段运动对应的竖直位移大小为设抛出瞬间小球速度的大小为，则依题意，有联立，解得17.如图是利用传送带装运煤块的示意图．其中，传送带匀速转动，倾角＝37°，煤块与传送带间的动摩擦因数＝0.8，传送带的主动轮和从动轮半径相等，主动轮轴顶端与运煤车底板间的竖起高度H＝1.8m，与运煤车车厢中心的水平距离x＝1.2m。现在传送带底端由静止释放一些煤块（可视为质点），要使煤块恰好在轮的最高点水平抛出并落在车厢中心，取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求：（1）煤块经过主动轮顶端的速度为多大？（2）传送带主动轮和从动轮的半径R；（3）若忽略轮的半径，传送带至少多长？【答案】（1）；（2）；（3）5m【解析】【详解】（1）依题意，煤块离开传送带做平抛运动，有 解得（2）煤块在最高点对传送带没有压力时才可以恰好水平抛出，则满足解得（3）依题意煤块在传送带上做匀加速直线运动，对煤块受力分析，由牛顿第二定律可知若忽略轮的半径，设传送带的长度为L，则有解得