四川省成都石室中学2022-2023学年高一下学期半期考试物理 Word版含解析

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成都石室中学2022-2023学年度下期高2025届半期考试题物理试卷试卷说明：试卷分为试题卷和答题卡两部分，试题卷由第I卷（选择题）和第II卷（非选择题）组成，共4页；答题卡共2页。满分100分，考试时间90分钟。注意事项：1．答题前，考生务必将自己的学校、班级、姓名用0.5毫米黑色签字笔填写清楚，同时用2B铅笔将考号准确填涂在“准考证号”栏目内。2．选择题使用2B铅笔填涂在答题卡对应题目标号的位置上，如需改动，用橡皮擦擦干净后再选涂其它答案；非选择题用0.5毫米黑色签字笔书写在答题卡的对应框内，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。3．考试结束后将答题卡收回。第I卷（选择题，共44分）一、单项选择题（本题共8小题，每小题3分，共24分；每小题只有一个选项符合题意。）1.下列说法中正确的（）A.运动物体（质量不变）所受的合力不为零，合力一定做功，物体的动能一定变化B.运动物体（质量不变）所受的合力为零，则物体的动能一定不变C.运动物体（质量不变）的动能保持不变，则该物体动量一定也不变D.运动物体（质量不变）所受合力不为零，则该物体不一定做变速运动【答案】B【解析】【详解】A．运动物体所受的合力不为零，合外力可能与速度方向垂直，物体的动能不一定变化，比如匀速圆周运动，故A错误；B．运动物体所受的合力为零，则合外力做功一定为零，由动能定理可知合外力做功等于物体动能的变化，所以动能一定不变，故B正确；C．运动物体的动能保持不变，但速度方向可能会改变，则该物体动量可能会变化，故C错误；D．运动物体所受合力不为零，一定有加速度，则该物体一定做变速运动，故D错误。故选B。2.火星和木星沿各自的椭圆轨道绕太阳运行，根据开普勒行星运动定律可知()A.太阳位于木星运行轨道的中心

1B.火星和木星绕太阳运行速度的大小始终相等C.相同时间内，火星与太阳连线扫过面积等于木星与太阳连线扫过的面积D.火星与木星公转周期的平方之比等于它们轨道半长轴的立方之比【答案】D【解析】【详解】根据开普勒第一定律可知太阳处于椭圆的一个焦点上，A错误；第二定律：对每一个行星而言，太阳行星的连线在相同时间内扫过的面积相等，行星在此椭圆轨道上运动的速度大小不断变化，B错误；第二定律：对每一个行星而言，太阳行星的连线在相同时间内扫过的面积相等，是对同一个行星而言，C错误；根据开普勒第三定律所有行星绕太阳运动的轨道的半长轴的三次方跟公转周期的二次方的比值都相等，D正确．3.图（a）为酒店常用的安全窗户，竖直窗框部分安装有滑轨与滑块，两者之间的弹性摩擦块固定在滑块上，截面如图（b）所示；滑块与窗户通过一金属轻杆相连，轻杆两端可绕固定点A、B自由转动，其推拉结构可简化为图（c），C为窗户下边缘一点；轻杆长L，B点到转轴的距离为2L，则（　　）A.开窗过程中A、B两点的速度始终相等B.开窗过程中B、C两点角速度始终相等C.开窗状态下滑块受3个力作用D.该窗户能打开的最大角度为60°【答案】B【解析】【详解】A．开窗过程中，A、B间距离增大，因此两点的速度不相等，A错误；B．开窗过程中B、C两点都绕一个固定轴旋转，因此角速度始终相等，B正确；C．开窗状态下滑块受重力、压力、支持力和摩擦力4个力作用，C错误；D．由于A可以滑动，当轻杆垂直于竖直窗框时，张角最大为30o，D错误。故选B。

24.如图，长方体中，，将可视为质点的小球从顶点A在所在范围内（包括边界）分别沿不同方向水平抛出，落点都在范围内（包括边界）。不计空气阻力，则小球（）A.抛出速度最大时落在点B.抛出速度最小时落在点C.若小球在平面内运动，则小球通过连线时的速度方向相同D.从抛出到落在线段上任何一点所需的时间都不相等【答案】C【解析】【详解】A．设平抛的水平位移为x，由于下落高度相同，故所用时间相同，抛出速度可表示为落在点水平位移最大，因此抛出速度最大时落在点，A错误；B．水平位移小于时，比落在点抛出速度更小，落在点的抛出速度最小，B错误；C．类似于小球落在斜面上，若小球在平面内运动，则小球通过时的位移方向均相同，由平抛运动推论可知，速度偏角与位移偏角满足故速度方向相同，C正确；D．从抛出到落在线段上任何一点所需的时间都相等，D错误。故选C。5.如图所示，足够长的固定斜面的倾角为，质量为的滑块距挡板P的距离为，滑块以初速度沿斜面上滑，滑块与斜面间的动摩擦因数为，滑块运动过程中始终受到沿着斜面向下的恒力F（较大）的作用，若滑块每次与挡板相碰均无机械能损失，滑块经过的总路程是（　　）

3A.B.C.D.【答案】C【解析】【详解】滑块最终停在斜面底部，设滑块经过的总路程为x，则所产生的热量而产生的热量又为解以上方程可得故选C。6.如图所示，一质量为m的小球套在光滑的竖直杆上，一根轻质弹簧一端固定于O点，另一端与小球相连，弹簧与杆在同一竖直平面内。将小球由A点静止释放，此弹簧恰好处于原长状态，小球下降的最低点为B，A、B高度差为h，整个过程弹簧的形变量始终在弹性限度内，，OC连线与杆垂直，重力加速度为g。则小球从A到B的过程中，下列说法正确的是（　　）A.小球的机械能一直减少B.小球下落到C点时速度最大C.弹簧的弹性势能一直增大D.弹簧弹力的瞬时功率为零的点有四个【答案】D

4【解析】【详解】AC．由于竖直杆为光滑，弹簧和小球组成的系统机械能守恒，小球的机械能和弹簧的弹性势能之和是不变的，小球的机械能的变化与弹簧的弹性势能的变化相反，而弹簧的弹性势能先变大后变小再变大，故小球的机械能先变小后变大再变小；故AC错误；B．小球滑到C点时候，弹簧与杆垂直，水平方向弹簧弹力与杆弹力平衡，则小球加速度为重力加速度小球仍向下加速，此时速度不是最大值，故B错误；D．初末位置，速度为0，弹簧弹力的瞬时功率为零；当弹簧运动的与初位置对称的点时，此时弹簧也处于原长状态，弹力为0，则弹簧弹力的瞬时功率为零；当弹簧与杆垂直时，弹力方向与运动方向垂直，弹簧弹力的瞬时功率为零；所以弹簧弹力的瞬时功率为零的点有四个点，故D正确。故选D。7.如图所示，一轻绳系一小球竖直悬挂在O点，现保持绳处于拉直状态，将小球拉至与O等高的A点，由静止自由释放小球。球运动过程中经过C点时，绳与竖直方向的夹角为，以下判断正确的是（）A.小球下摆到最低点的过程中，绳子拉力对小球做功不为0B.小球下摆到最低点的过程中，绳子拉力对小球冲量不为0C.小球运动至C点时，其加速度大小为D.小球运动至C点时，轻绳对小球的拉力大小【答案】B【解析】【详解】A．小球下摆到最低点的过程中，绳子拉力与速度垂直，对小球做功为0，A错误；B．小球下摆到最低点的过程中，绳子拉力对小球冲量不为0，故B正确；C．小球运动至C点时，对小球分析可知，其切向方向有解得，切向加速度大小为小球做圆周运动，沿半径方向还具有向心加速度，因此小球运动至C点时，其加速度大小必定大于

5，C错误；D．设绳长为l，根据机械能守恒由牛顿第二定律解得，小球运动至C点时，轻绳对小球的拉力大小为D错误。故选B。8.在光滑的水平面上，一滑块的质量，在水平方向上恒定的外力的作用下运动，如图所示给出了滑块在水平面上运动的一段轨迹，滑块过P、Q两点时速度大小均为。滑块在P点的速度方向与PQ连线夹角，，则下列说法中正确的是（）A.水平恒力F的方向与PQ连线成夹角B.滑块从P点到Q点做匀速圆周运动C.滑块从P点到Q点的过程中动能最小值为16JD.P、Q两点间距离为16m【答案】C【解析】【详解】B．由于物体运动过程中受到恒力的作用，故运动轨迹应该为抛物线，B错误；A．因为PQ两点的速度大小相等，所以外力的方向垂直于PQ的连线，A错误；C．垂直外力方向的分速度为速度的最小值，由速度分解可知可得最小动能为

6C正确；D．PQ之间的距离为D错误。故选C。二、多项选择题（本题共5小题，每小题4分，共20分；每小题给出的四个选项中有多个选项正确，全部选对得4分，选对但不全得2分，有错选的得0分。）9.一滑块在水平地面上沿直线滑行，时其速度为1m/s，从此刻开始在滑块运动方向上再施加一水平作用力F，力F和滑块的速度v随时间t的变化规律分别如图甲、乙所示，则以下说法正确的是（）A.第1s内，F对滑块做功为2JB.第2s内，F对滑块做功的平均功率为4WC.第3s末，F对滑块做功的瞬时功率为1WD.前3s内，F对滑块做的总功为零【答案】AC【解析】【详解】第1秒内、第2秒内、第3秒内力F的大小分别为F1=2NF2=3NF3=1NA．第1s内的位移x1=1×1=1m则第1s内F对滑块做功为W1=F1x1=2×1=2J

7故A正确；B．第2s内，滑块位移为则第2s内F对滑块做功为W2=F2x2=3×1.5J=4.5J第2s内，F对滑块做功的平均功率为故B错误；C．第3s末的速度v3=1m/s则第3s末F对滑块做功的瞬时功率为P3=F3v3=1×1W=1W故C正确；D．第3s内的位移则第3s内F对滑块做功为W3=F3x3=1×1.5=1.5J前3s内，F对滑块做的总功为W=W1+W2+W3=8J故D错误故选AC。10.如图所示，长为L的长木板水平放置，在木板的A端放置一个质量为m的小物块。现缓慢地抬高A端，使木板以左端为轴转动，当木板转到与水平面的夹角为时小物块开始滑动，此时停止转动木板，小物块滑到底端的速度为v，则在整个过程中，下列说法正确的是（　　）A.静摩擦力对小物块做功为B.支持力对小物块做功为

8C.滑动摩擦力对小物块做功为D.木板对小物块做功为【答案】BD【解析】【详解】A．当物体缓慢上升的过程中，摩擦力的方向与速度方向垂直，不做功，故A错误；B．支持力和重力做的总功等于物体动能的变化，而因为物体是缓慢移动，故动能不变，支持力对小物块做功为，故B正确；C．下滑过程由动能定理可知则滑动摩擦力对小物块做功为故C错误；D．整个过程，木板对物体做功为W，重力做功为0，由动能定理可知故D正确。故选BD。11.如图所示，滑块以一定的初速度冲上足够长的粗糙固定斜面，取斜面底端O点为运动的起点和零势能点，并以滑块由O点出发时为时刻。在滑块运动到最高点的过程中，下列描述滑块的动能、重力势能、机械能E随位移x、时间t变化的图像中，不正确的是（）A.B.

9C.D.【答案】CD【解析】【详解】A．根据动能定理可得可得可知与位移x成线性关系，故A正确，不满足题意要求；B．物体的重力势能为可知与位移成正比，故B正确，不满足题意要求；C．滑块以速度冲上粗糙的斜面，加速度大小为则有滑块动能与时间的关系为故C错误，满足题意要求；D．上滑过程中，摩擦力对滑块做负功，滑块的机械能不断减小，故D错误，满足题意要求。故选CD。12.汽车在研发过程中都要进行性能测试，如图所示为某次测试中某型号汽车的速度v与牵引力F大小倒数的图像，vm表示最大速度。已知汽车在水平路面上由静止启动，ab平行于v轴，bc反向延长过原点O。已知阻力恒定，汽车质量为2×103kg，下列说法正确的是（　　）

10A.汽车从a到b持续的时间为20sB.汽车由b到c过程做匀加速直线运动C.汽车额定功率为50kWD.汽车能够获得的最大速度为12m/s【答案】AC【解析】【详解】C．根据，额定功率等于图线的斜率C正确；B．根据，汽车由b到c过程功率不变，随着汽车速度的增大，牵引力减小；根据牛顿第二定律得汽车所受阻力不变，随着牵引力的减小，汽车的加速度减小，汽车由b到c过程做非匀变速直线运动，B错误；D．汽车能够获得的最大速度为D错误；A．汽车所受的阻力为汽车从a到b所受的牵引力为解得根据牛顿第二定律得

11解得汽车从a到b持续的时间为A正确。故选AC。13.如图甲所示，在时刻，一质量为1kg、可视为质点的物块冲上一足够长、倾角为的传送带底端，同时传送带顺时针匀减速转动直至停止。取平行于传送带向上为正方向，物块前1.5s内的速度一时间图像如图乙所示，不计空气阻力，重力加速度g取，，。物体在传送带上向上运动到最高点的过程中，下列说法正确的是（　　）A.传送带对物体先做负功后做正功B.传送带与物块间的动摩擦因数为0.5C.因摩擦产生的热量为27.5JD.传送带对物体做的功为【答案】ABD【解析】【详解】B．由受力分析可知，物体沿着斜面先做匀减速运动，再和传送带一起减速运动，由牛顿第二定律可知可知故B正确；A．物体先受到沿着斜面向下的滑动摩擦力，再受到沿着斜面向上的静摩擦力，故A正确；C．由摩擦生热的定义式可得

12其中s为物体与传送带的相对位移，设物体与传送带共速前位移为，传送带位移为，则由图可知，在共速，此后二者共同减速，则可知减速运动的加速度为由速度公式可得物体冲上传送带时，传送带的初速度则在共速前传送带行驶位移为则代入数据可得故C错误；D．传送带对物体做的功为代入数据可得故D正确。故选ABD。第II卷（非选择题，共56分）三、实验题（本题共2小题，14题6分，15题8分，共14分）14.为了“探究动能改变与合外力做功”的关系，某同学设计了如下实验方案：第一步：把带有定滑轮的木板有滑轮的一端垫起，把滑块通过细绳与带夹重锤跨过定滑轮相连，重锤夹后连接穿过打点计时器的纸带，调整木板倾角，直到轻推滑块后，滑块沿木板向下匀速运动，如图甲所示。

13第二步：保持长木板的倾角不变，将打点计时器安装在长木板靠近滑轮处，取下细绳和重锤，将滑块与纸带相连，使纸带穿过打点计时器，然后接通电源，释放滑块，使之从静止开始向下加速运动，打出纸带，如图乙所示，打出的纸带如图丙所示。请回答下列问题：（1）已知O、A、B、C、D、E、F相邻计数点间的时间间隔为，根据纸带求滑块运动的速度，打点计时器打B点时滑块运动的速度________________________（2）若要完成实验探究，已知重锤质量为m，纸带标出的数据、当地的重力加速度为g，还必须测出________________，若选择BE段探究动能改变与合外力做功的关系，若满足关系式________________（用m、、g、纸带标出的物理量和补充测量物理量来表示），则说明合外力做功等于动能的改变量。【答案】①.②.滑块质量M③.【解析】【详解】（1）[1]B点的瞬时速度等于相邻两点的平均速度，可知B点的速度为（2）[2][3]由做功定义式可知还需要知道滑块的质量M，设斜面倾角为，由图甲所示，滑块沿木板向下匀速运动，所以即对图乙，由动能定理可知即

1415.如图1所示，用“碰撞实验器”可以验证动量守恒定律，即研究两个小球在轨道末端碰撞前后的动量关系：先安装好实验装置，在地上铺一张白纸，白纸上铺放复写纸，记下重垂线所指的位置O。接下来的实验步骤如下：步骤1：不放小球2，让小球1从斜槽上A点由静止滚下，并落在地面上，重复多次，用尽可能小的圆，把小球的所有落点圈在里面，其圆心就是小球落点的平均位置P；步骤2：把小球2放在斜槽末端边缘位置B，让小球1从A点由静止滚下，使它们碰撞；重复多次，并使用与步骤1同样的方法分别标出碰撞后两小球落点的平均位置M、N；步骤3：用刻度尺分别测量三个落地点的平均位置M、P、N离O点的距离，即线段OM、OP、ON的长度。（1）上述实验除需测量线段OM、OP、ON的长度外，还需要测量的物理量有___________。（写出物理量及相应符号）（2）若测得各落点痕迹到O点的距离：OM=2.68cm，OP=8.62cm，ON=11.50cm，并知小球1、2的质量比为2∶1，则系统碰撞前总动量p与碰撞后总动量的百分误差=___________%（结果保留一位有效数字）。（3）完成上述实验后，实验小组成员小红对上述装置进行了改造，小红改造后的装置如图2所示。使小球1仍从斜槽上A点由静止滚下，重复实验步骤1和2的操作，两球落在以斜槽末端为圆心的圆弧上，平均落点为M′、P′、N′。测量轨道末端到M′、P′、N′三点的连线与水平方向的夹角分别为α1、α2、α3，则验证两球碰撞过程中动量守恒的表达式为___________（用所测物理量的符号表示）。【答案】①.小球1和小球2的质量m1和m2②.2③.m1=m1＋m2【解析】

15【详解】（1）[1]因为平抛运动的时间相等，根据所以用水平射程可以代替速度；根据动量表达式知，除了测量线段OM、OP、ON的长度外，还需要测量的物理量是小球1和小球2的质量m1、m2。（2）[2]因m1>m2，则小球1碰后不会反弹，则M、N分别是碰后小球1、2的平均落点。系统碰撞前的总动量p=m1碰撞后的总动量p′=m1＋m2知小球1、2的质量比为2∶1，则可解得=2%（3）[3]设圆弧半径为R，则对于从轨道末端到M′的运动，由平抛运动规律可知Rcosα1=v1t1联立解得v1=对于从轨道末端到P′、N′点的运动，同理可得v0=v2=而要验证的关系式为m1v0=m1v1＋m2v2将v0、v1、v2代入可得m1=m1＋m2四、计算题（本题共3小题，共42

16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）16.如图所示，光滑水平面与光滑曲面平滑连接，有两个半径相同的小球A、B，质量分别为m、3m。现让A球以速度向右运动与B球发生正碰，碰后小球A静止，小球B沿曲面上升的最大高度为（未知）；如果仅仅交换小球A、B位置，让B球以速度向右运动与A球发生正碰，碰后小球A沿曲面上升的最大高度为（未知）（设两次碰撞产生的热量相同）求：（1）小球A、B碰撞过程损失的机械能；（2）上述过程中，小球A、B上升最大高度的比值。【答案】（1）；（2）【解析】【详解】（1）A球以速度碰撞B球，由动量守恒定理得解得此过程，由能量守恒定律得解得（2）A球碰撞B球后，对B球，根据能量守恒定律解得

17B球以速度碰撞A球，由动量守恒定理得由能量守恒定理得联立解得，或者，（舍去）B球碰撞A球后，对A球，据能量守恒定律解得所以17.如图所示为一游艺系统示意图。光滑半圆轨道竖直固定，直径AB沿竖直方向，半径为，A点有一质量为的小物块处于静止状态。光滑足够长的水平平台上有一平板小车，质量为，其左端恰好与半圆轨道的B点平齐，恰能使小物块离开B点后滑上小车。在A点给物块一个水平向左的瞬时冲量I，物块以的速度滑上小车，恰停在小车右端。已知物块与小车之间的动摩擦因数为，。求（1）在B点物块对轨道压力大小；（2）瞬时冲量I；（3）小车的长度。

18【答案】（1）10N；（2），方向水平向左；（3）【解析】【详解】（1）滑块在B点时，由牛顿第二定律解得根据牛顿第三定律可知在B点物块对轨道压力大小（2）从A到B，由机械能守恒定律其中解得方向水平向左；（3）物块滑上小车时，由动量守恒定律和能量关系解得18.

19如图甲所示，某同学利用乐高拼装积木搭建一游戏轨道，其结构简图如图乙所示。该轨道由固定的竖直轨道AB，半径分别为、0.5r、1.5r的三个半圆轨道、、，半径为r的四分之一圆弧轨道，长度的水平轨道EF组成，轨道和轨道前后错开，除水平轨道EF段外其他轨道均光滑，且各处平滑连接。可视为质点的滑块从A点由静止释放，恰好可以通过轨道的最高点D，不计空气阻力。（1）求A、C两点的高度差h；（2）要使物块至少经过F点一次，且运动过程中始终不脱离轨道，求滑块与水平轨道EF间的动摩擦因数的范围；（3）若半圆轨道中缺一块圆心角为的圆弧积木（I、J关于对称），滑块从I飞出后恰能无碰撞从J进入轨道，求的值。【答案】（1）；（2）；（3）【解析】【详解】（1）滑块恰好经过，重力提供向心力滑块从A到D，根据动能定理联立解得（2）若恰好滑到点停下，根据动能定理解得

20当到点速度为零，根据动能定理解得当返回时不超过点，根据动能定理解得综上可得滑块与水平轨道EF间的动摩擦因数的范围（3）点到点过程中根据动能定理设点到最高点时间为，则有解得可得另一解舍去。

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