內蒙古包頭市重工業(yè)集團第三中學2024-2025學年高一物理下學期期中試題含解析

PAGE19-內蒙古包頭市重工業(yè)集團第三中學2024-2025學年高一物理下學期期中試題（含解析）考試時間：2024年5月滿分：120分考試時長：100分鐘第I部分（選擇部分共72分）一、單選題（本大題共8小題，共32.分）1.關于物體做曲線運動，下列說法中，正確的是（）A.物體做曲線運動時所受的合外力可以為零B.物體所受的合外力不為零時肯定做曲線運動C.物體有可能在恒力的作用下做曲線運動，如推出手的鉛球D.物體只可能在變力的作用下做曲線運動【答案】C【解析】【詳解】A．既然是曲線運動，它的速度的方向必定是變更的，所以曲線運動肯定是變速運動，則合力肯定不為零，故A錯誤；B．物體做曲線運動的條件是合力與速度不在同一條直線上，物體所受的合外力不為零時，不肯定做曲線運動，可能做直線運動，故B錯誤；C．物體有可能在恒力的作用下做曲線運動，加速度不發(fā)生變更，如推出手的鉛球，加速度為g，故C正確；D．物體可能在恒力的作用下做曲線運動，如平拋運動，故D錯誤。故選C。2.關于合運動、分運動的說法，正確的是（）A.運動的合成與分解符合平行四邊形定則B.合運動的位移肯定比其中的一個分位移大C.合運動的速度肯定比兩個分速度大D.合運動的時間肯定比分運動的時間長【答案】A【解析】【詳解】A．運動的合成與分解符合平行四邊形定則，故A正確；B．依據(jù)平行四邊形定則，知合位移可能比分位移大，可能比分位移小，可能與分位移度相等，故B錯誤；C．依據(jù)平行四邊形定則，知合速度可能比分速度大，可能比分速度小，可能與分速度相等，故C錯誤；D．合運動與分運動具有等時性，合運動的時間等于分運動的時間，故D錯誤。故選A。3.如圖所示，在足夠長斜面上的A點，以水平速度拋出一個小球，不計空氣阻力，它落至斜面時下落的豎直高度為；若將此球改用水平速度拋出，落至斜面時下落的豎直高度為，則為（）A.1：3 B.2：1 C.1：4 D.1：【答案】C【解析】【詳解】小球落在斜面上，依據(jù)平拋運動規(guī)律有則運動的時間為依據(jù)代入可得因為初速度之比為1：2，則下降的高度之比為1：4。故選C。4.如圖所示，一質量為m的小球固定于輕質彈簧的一端，彈簧的另一端固定于O點處，將小球拉至A處，彈簧恰好無形變，由靜止釋放小球，它運動到O點正下方B點的速度為v，與A點的豎直高度差為h，則（）A.由A到B小球機械能守恒B.由A到B重力勢能削減C.由A到B小球克服彈力做功為mghD.小球到達位置B時彈簧的彈性勢能為【答案】D【解析】【詳解】A．從A到B，小球重力和彈簧的彈力做功，系統(tǒng)機械能守恒，但是小球機械能不守恒，故A錯誤；B．由A至B重力勢能削減mgh，小球在下降中小球的重力勢能轉化為動能和彈性勢能，所以，故B錯誤。C．依據(jù)動能定理得所以由A至B小球克服彈力做功為，故C錯誤。D．彈簧彈力做功量度彈性勢能的變更。所以小球到達位置B時彈簧的彈性勢能為故D正確。故選D。5.如圖所示，豎直平面內有一固定的光滑軌道ABCD，其中傾角的斜面AB與半徑為R的圓弧軌道平滑相切于B點，CD為豎直直徑，O為圓心，質量為m的小球可視為質點從與B點高度差為h的斜面上的A點處由靜止釋放，重力加速度為g，，，則下列說法正確的是（）A.當時，小球過C點時對軌道的壓力大小為B.當時，小球會從D點離開圓弧軌道做平拋運動C.調整h的值，小球能從D點離開圓弧軌道，并能落在B點左側D.調整h的值，小球能從D點離開圓弧軌道，并能恰好落在B點【答案】A【解析】【詳解】A．當時，從A點到C點的過程，依據(jù)機械能守恒可得過C點時有解得依據(jù)牛頓第三定律可知小球過C點時對軌道的壓力大小為，A正確；B．若小球恰好從D點離開圓弧軌道，則解得所以當時，小球在運動到D點前已經脫離軌道，不會從D點做平拋運動，B錯誤；CD．若小球以速度從D點離開后做平拋運動，有解得且小球肯定落在B點右側，CD錯誤。故選A。6.質量為m的物體沿底面長度均為L、傾角不同的a、b、c三個斜面從頂端滑下，物體和斜面間的滑動摩擦因數(shù)相同，a、b、c三個斜面與水平面的夾角關系是θ1＞θ2＞θ3，物體從a、b、c三個斜面頂端滑究竟端過程中，摩擦力做功分別是W1、W2、W3，則它們的關系是A.W1＞W(wǎng)2＞W(wǎng)3 B.W1=W3＞W(wǎng)2C.W1＜W2＜W3 D.W1=W2=W3【答案】D【解析】【詳解】設斜面的底邊長為x，斜面的傾角為，則任一斜面的長度為，故物體在斜面下滑時所受的摩擦力大小為，摩擦力做功為：，與傾角無關，故，故D正確，ABC錯誤。7.如圖所示，一根長為L的細線下面系一質量為m的小球（可視為質點），將小球拉離豎直位置，使細線與豎直方向成肯定夾角，現(xiàn)給小球一個垂直于細線的水平初速度，使小球在水平面內以線速度v做勻速圓周運動，細線旋轉形成一個圓錐面，這就是常見的圓錐擺模型。關于圓錐擺，下列說法不正確的是（）A.圓錐擺的周期T與小球質量無關B.小球的線速度v越大，圓錐擺的周期T越大C.懸點距離小球軌道平面越高，圓錐擺的周期T越大D.小球做勻速圓周運動線速度v越大，小球的向心加速度越大【答案】B【解析】【詳解】A．依據(jù)牛頓其次定律解得圓錐擺的周期公式可得可知圓錐擺周期與質量無關，故A正確，不符合題意；B．依據(jù)小球在水平面做圓周運動可知故線速度越大，即α越大，則cosα越小，由可知周期應越小，故B錯誤，符合題意；C．若懸點距離小球所在軌跡平面越高，即α越小，則cosα越大，即周期越大，故C正確，不符合題意；D．小球的做勻速圓周運動的速度v越大，懸線與豎直方向的夾角α越大，小球的向心加速度a=gtanα越大，故D正確，不符合題意。故選B。二、多選題（本大題共8小題，共40分選對而不全的得3分）8.(多選)牛頓在探討太陽與行星之間的引力時，把行星的運動看成是以太陽為圓心的勻速圓周運動，總結出了太陽與行星相互作用力的規(guī)律F＝G，可以看出，太陽與行星間的作用是與行星的運動狀態(tài)無關的.下列關于行星在繞太陽做橢圓運動時的說法正確的是()A.行星在遠日點受太陽的引力最小B.行星在近日點受太陽的引力最小C.行星從遠日點向近日點運動的過程中，引力方向與速度方向之間的夾角大于90°D.行星從近日點向遠日點運動的過程中，引力方向與速度方向之間的夾角大于90°【答案】AD【解析】【詳解】由F＝G可知，行星在近日點r最小，F(xiàn)最大，在遠日點r最大，F(xiàn)最小，故A正確，B錯誤；行星從遠日點向近日點移動時，速度不斷增大，由做曲線運動的條件可知此時行星受力方向與速度方向之間的夾角肯定小于90°，相反的運動過程中夾角大于90°，故C錯誤，D正確．所以AD正確，BC錯誤．9.“北斗”系統(tǒng)中兩顆工作衛(wèi)星1和2在同一軌道上繞地心O沿順時針方向做勻速圓周運動，軌道半徑為r，某時刻它們分別位于軌道上的A、B兩位置，如圖所示。已知地球表面上的重力加速度為g，地球半徑為R，不計衛(wèi)星之間的相互作用力。以下推斷正確的是（）A.這兩顆衛(wèi)星的向心加速度大小為B.這兩顆衛(wèi)星的角速度大小為C.衛(wèi)星1由位置A運動至位置B所需的時間為D.假如使衛(wèi)星1加速，它就肯定能追上衛(wèi)星2【答案】AC【解析】【詳解】A．依據(jù)在地球表面聯(lián)立解得軌道半徑相等，則向心加速度大小相等，故A正確；BC．依據(jù)在地球表面聯(lián)立解得則衛(wèi)星從位置A運動到位置B的時間故B錯誤，C正確；D．假如衛(wèi)星1加速，萬有引力不夠供應向心力，做離心運動，離開原軌道，不會追上衛(wèi)星2，故D錯誤。故選AC。10.一物體做自由落體運動，以水平地面為零勢能面，運動過程中重力的瞬時功率P、重力勢能Ep、動能Ek隨運動時間t或下落的高度h的變更圖象可能正確的是()A. B.C. D.【答案】AC【解析】【詳解】物體做自由落體運動，物體速度v=gt，物體下落位移h=gt2=vt，v=，v2=2gh；物體重力的瞬時功率P=mgv=mg=mg2t，故A正確，B錯誤；物體做自由落體運動，機械能E守恒，物體的重力勢能EP=E-mv2=E-mg2t2，故C正確；EK=mv2=mgh，動能與h成正比，故D錯誤；故選AC．11.質量為m的汽車在平直馬路上以速度v0勻速行駛，發(fā)動機的功率為P，司機為合理進入限速區(qū)，減小了油門，使汽車功率馬上減小一半并保持該功率接著行駛，設汽車行駛過程中所受阻力大小不變，從司機減小油門起先，汽車的速度v與時間t的關系如圖所示，則在0-t1時間內下列說法正確的是（）A.汽車的牽引力不斷增大 B.時，汽車的加速度大小為C.阻力所做的功為 D.汽車行駛的位移為【答案】AD【解析】【分析】在0～t1時間內，功率不變，速度減小，依據(jù)P=Fv可知，牽引力增大，汽車勻速行駛時牽引力等于阻力，依據(jù)功率和速度關系公式P=Fv可以求解阻力，功率減小一半時，求解牽引力，依據(jù)牛頓其次定律求解加速度，依據(jù)動能定理求解阻力做功和汽車的位移．【詳解】A項：在0～t1時間內：功率不變，速度減小，依據(jù)P=Fv可知，牽引力增大，故A正確；B項：汽車以速度v0勻速行駛時，牽引力等于阻力，即有：F=f，發(fā)動機的功率為P，由P=Fv0=fv0，得阻力t=0時，功率為原來的一半，速度沒有變，則F=依據(jù)牛頓其次定律得：，故B錯誤；C、D項：依據(jù)動能定理得：0.5Pt1+Wf=解得阻力做功為Wf=-設汽車通過的位移為x，由Wf=-fx，解得，x=．故C錯誤，D正確．故選AD．【點睛】本題關鍵分析清晰物體的受力狀況，結合受力狀況再確定物體的運動狀況．阻力做功依據(jù)動能定理求解是常用的思路．12.如圖所示，一長為2L的輕桿中心有一光滑的小孔O，兩端各固定質量為2m和m的A，A.桿轉到豎直位置時，A，B兩球的速度大小相等，為B.桿轉到豎直位置時，桿對B球的作用力向上，大小為C.桿轉到豎直位置時，B球的機械能削減了D.由于忽視一切摩擦阻力，A球機械能肯定守恒【答案】AB【解析】【詳解】A．將輕桿從水平位置由靜止釋放，轉到豎直位置時，A、B兩球的速度大小相等，設為v，依據(jù)系統(tǒng)的機械能守恒，得解得故A正確；B．桿轉到豎直位置時，假設桿對B球作用力方向向上，則解得假設成立，故B正確；C．桿轉到豎直位置時，B球的重力勢能增加為mgL，動能增加量為，則其機械能增加了，故C錯誤；D．盡管忽視了一切摩擦阻力，兩球組成的系統(tǒng)機械能守恒，B的機械能增加，則A的機械能減小，故D錯誤。故選AB。13.板長為L，在B端放有質量為m的小物體P（可視為質點），物體與板的動摩擦因數(shù)為，起先時板水平，若繞A緩慢轉過一個小角度a的過程中，物體始終保持與板相對靜止，則這個過程中（）A.摩擦力對P做功B.摩擦力對P做功C.摩擦力對P做功為零D.支持力對P做功【答案】CD【解析】【詳解】ABC．摩擦力的方向與木塊運動的方向垂直，則摩擦力不做功，故AB錯誤，C正確；D．滑塊受重力、支持力和靜摩擦力，重力做功為-mgLsinα，摩擦力不做功，依據(jù)動能定理，有故故D正確。故選CD。14.若宇航員在月球表面旁邊自高h處以初速度水平拋出一個小球，測出小球的水平射程為L。已知月球半徑為R，萬有引力常量為G。則下列說法正確的是（）A.月球表面的重力加速度B.月球的平均密度C.月球的第一宇宙速度D.月球的質量【答案】ABC【解析】【詳解】A．設月球表面的重力加速度為，小球在月球表面做平拋運動，依據(jù)平拋學問可知水平方向上豎直方向上解得故A正確；BD．在月球表面解得所以密度為故B正確，D錯誤；C．月球的第一宇宙速度故C正確。故選ABC。第II部分（共48分）三、試驗題（本大題共1小題，共12分）15.(1)在“探討平拋運動”的試驗中，為了求小球的初速度，需干脆測量的數(shù)據(jù)有______①小球起先滾下的高度②小球在空中飛行的時間③運動軌跡上某點P的水平坐標④運動軌跡上某點P的豎直坐標A．①②B．②③C．③④D．①④(2)在做“探討平拋運動”的試驗時，讓小球多次沿同一軌道運動，通過描點法畫出小球做平拋運動的軌跡，為了能較精確地描繪運動軌跡，下面列出了一些操作要求，你認為正確的是______A．通過調整使斜槽的末端保持水平B．每次釋放小球時必需從同一位置靜止起先釋放C．斜槽和小球的摩擦會增加試驗誤差，所以必需保證斜槽光滑D．要使描出的軌跡更好地反映真實運動，記錄的點應適當多一些(3)有一個同學在“探討平拋運動”的試驗中，只畫出了如圖所示的一部分曲線，于是他在曲線上取水平距離相等的三點A、B、C，量得=0.2m。又量出它們之間的豎直距離分別為，利用這些數(shù)據(jù)，可求得小球拋出時的初速度為_____；小球經過B點時豎直分速度為____m/s（）?！敬鸢浮?1).C(2).ABD(3).2(4).1.5【解析】【詳解】(1)[1]依據(jù)平拋運動的規(guī)律可知，豎直方向上水平方向上因此可見只要測得軌跡上某點的水平坐標x和豎直坐標y，就可以求出初速度，故選C。(1)[2]A．通過調整使斜槽末端保持水平，是為了保證小球做平拋運動，故A正確。B．因為要畫同一運動的軌跡，必需每次釋放小球的位置相同，且由靜止釋放，以保證獲得相同的初速度，故B正確。C．斜槽軌道不肯定須要光滑，只要保證每次從斜槽同一位置由靜止釋放，保證小球的平拋運動初速度相同，故C錯誤；D．要使描出的軌跡更好地反映真實運動，記錄的點應適當多一些，以便于畫出平滑的曲線，故D正確。故選ABD。(3)[3][4]在豎直方向上有則有所以初速度為依據(jù)豎直方向的運動規(guī)律得出，小球經過B點的豎直分速度為四、計算題（本大題共3小題，共36分）16.如圖所示QB段為一半徑為的光滑圓弧軌道，AQ段為一長度為的粗糙水平軌道，兩軌道相切于Q點，Q在圓心O的正下方，整個軌道位于同一豎直平面內。物塊P的質量為（可視為質點）P與AQ間的動摩擦因數(shù)，若物塊P以速度v從A點滑上水平軌道，到C點后又返回A點時恰好靜止，（）。求：(1)大小；(2)物塊P第一次剛通過Q點時對圓弧軌道的壓力?！敬鸢浮?1)；(2)18N【解析】【詳解】(1)在整個過程中由動能定理得解得(2)從A到Q的過程中由動能定理可以知道在Q點由牛頓其次定律可得聯(lián)立計算得