四川省绵阳市三台中学2022-2023学年高一下学期期末预测物理 Word版含解析

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四川三台中学2022-2023学年高一下学期末预测试题物理试卷第I卷（选择题）一、单项选择题，本大题9小题，每小题4分，共36分。在每小题给出的四个选项中只有一个是正确的。1.下列说法正确是（　　）A.做曲线运动的物体速率一定是变化的B.两个匀变速直线运动的合运动一定是匀变速度曲线运动C.做匀速圆周运动的物体的加速度的方向总是与速度方向垂直D.作用力与反作用力做功代数和一定为0【答案】C【解析】【详解】A．做曲线运动的物体速度方向一定改变但大小可以不变，如匀速圆周运动，故A错误；B．两个匀变速直线运动的合运动不一定是曲线运动，如两个匀变速直线运动的初速度均为零，则合运动是直线运动，故B错误；C．做匀速圆周运动的物体的加速度大小恒定，方向始终指向圆心，总与速度方向垂直，故C正确；D．作用力做正功、反作用力也可能做正功，如相互吸引的两物体靠近时，作用力和反作用力都做正功，故D错误。故选C。2.某人以一定的速度（面部和身体始终垂直河岸）向对岸游去，江中各处水流速度相等。则关于他游过的路程、过河所用的时间与水流流速的关系，下列说法正确的（　　）A.他游过的轨迹为曲线B.水流速度增大，时间长，路程长C.路程与水流速度无关D.过河时间与水流速度无关左右

1【答案】D【解析】【详解】A．水流速度恒定，人在静水中游动的速度恒定，则可知人的实际运动为两个匀速直线运动的合运动，两个分运动方向上的合力均为零，即人所受到的合力为零，人的实际运动为匀速直线运动，故A错误；BD．由于人始终垂直于河岸渡河，分运动与合运动具有独立性也具有等时性，则可知此种情况下人渡河所用的时间最短，且渡河所用时间跟水流速度无关，设河宽为，人游动的速度为，则可知渡河时间始终为故B错误，D正确；C．人渡河时的速度始终垂直于河岸，而水的速度始终顺着河岸，根据运动的合成可知，当水流速度增大时，合速度也增大，但合速度的方向与河岸下游的夹角减小，则可知，当水流速度增大时，人渡河的实际路程将增大，故C错误。故选D。3.如图所示为某“行星减速机”的一种工作原理图。其中A为太阳齿轮，半径为R1，B为行星齿轮，半径为R2，且R1：R2=3：2.在该种状态下，A、B两齿轮的边缘线速度分别为v1、v2，角速度分别为ω1、ω2，转速分别为n1、n2，周期分别为T1、T2.下列关系正确的是（　　）A.B.C.D.【答案】C【解析】【详解】A．A、B两齿轮的边缘线速度分别为v1、v2，则v1=v2故A错误；B．根据

2R1：R2=3：2得故B错误；C．根据得故C正确；D．根据得故D错误。故选C。4.如图所示，位于同一高度的小球A、B分别以和的速度水平抛出，都落到了倾角为30°的斜面上的C点，小球B恰好垂直打在斜面上，则、之比为（）A.1：2B.2：1C.3：2D.2：3【答案】C【解析】【详解】球A做平抛运动，根据分位移公式，有：，，又联立解得：；

3小球B恰好垂直打到斜面上，则有：，则得：，可得：，故C正确，A、B、D错误；故选C．【点睛】两个小球同时做平抛运动，又同时落在C点，说明运动时间相同；小球垂直撞在斜面上的C点，说明速度方向与斜面垂直，可以根据几何关系求出相应的物理量．5.如图所示，一物体在水平恒力F作用下沿光滑水平面做曲线运动，当物体从M点运动到N点时，其速度方向恰好改变了90°，则物体从M点到N点的运动过程中，力F的功率（　　）A.不断增大B.不断减小C.先增大后减小D.先减小后增大【答案】D【解析】【详解】其速度方向恰好改变了90°，可以判断恒力方向应为右下方，与初速度的方向夹角要大于90°小于180才能出现末速度与初速度垂直的情况，根据夹角由钝角减小到直角过程中，恒力先做负功，速度减小，变小，所以功率减小；当达到速度与恒力方向垂直后，夹角由直角继续减小，恒力做正功，速度增大，变大，所以功率增大。故选D。6.质量为m的物体，在距地面h高处以g的加速度由静止开始竖直下落到地面。下列说法中正确的是（　　）A.物体的重力势能减少mghB.物体的动能增加mghC.克服阻力做功为mghD.物体的机械能减少mgh【答案】C【解析】

4【分析】【详解】A．物体的重力势能减少量为A错误；B．设阻力为，由牛顿第二定律可得解得：；由动能定理可得联立解得：，B错误；C．阻力做功为因此克服阻力做功为，C正确；D．由能量守恒定律可得，物体的机械能减少量等于克服阻力做的功，即物体的机械能减少，D错误；故选C。7.如图所示，质量为m的小球在竖直平面内的固定光滑圆形轨道的内侧运动，经过最高点而不脱离轨道的临界速度为v，当小球以3v的速度经过最高点时，对轨道的压力大小是（重力加速度为g）（　　）A.9mgB.8mgC.3mgD.2mg【答案】B【解析】【详解】当小球以速度v通过最高点时，有

5当小球以速度3v通过最高点时，有联立可得根据牛顿第三定律可得，小球对轨道的压力大小为8mg。故选B。8.如图所示，三个相同的小球A、B、C位于同一高度h处，A做自由落体运动，B沿光滑斜面由静止滑下，C做平抛运动，在每个小球落地的瞬间，其重力的功率分别为PA、PB、PC．下列关系式正确的是A.PA＝PC>PBB.PA＝PB>PCC.PA＝PB＝PCD.PA>PC>PB【答案】A【解析】【分析】据动能定理求出到达地面时的速度，抓住斜抛时达到A落地时的高度，说明落地时的竖直方向速度相同，根据瞬时功率的公式求出重力的瞬时功率；【详解】A做自由落体运动，C做平抛运动，竖直方向做自由落体运动，故AC落地时竖直方向的速度大小相同，故落地时的功率相同，B做沿斜面下滑，下滑到斜面底端的速度跟A落地时的速度相同，但速度方向与重力方向成一定的夹角，故功率小于A的功率，故A正确，B、C、D错误；故选A．【点睛】解决的关键知道平均功率和瞬时功率的区别，掌握平均功率和瞬时功率的求法；9.一质量为m的物体自倾角为的固定斜面底端沿斜面向上滑动。该物体开始滑动时的动能为，向上滑动一段距离后速度减小为零，此后物体向下滑动，到达斜面底端时动能为。已知，重力加速度大小为g。则（　　）

6A.物体向上滑动的距离为B.物体向下滑动时的加速度大小为C.物体与斜面间的动摩擦因数等于0.4D.物体向上滑动所用的时间比向下滑动的时间长【答案】B【解析】【详解】AC．物体从斜面底端滑到斜面底端时根据动能定理有物体从斜面底端到斜面顶端的过程根据动能定理有可得A错误，C错误；B．物体向下滑动时根据牛顿第二定律有则Ｂ正确；Ｄ．物体向上滑动时利用牛顿第二定律得出从而得出由得出

7Ｄ错误。故选Ｂ。二、本题共5小题，每小题4分，共20分。在给出的四个选项中，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。10.在距地面h高处，以初速度v0沿水平方向抛出一个物体，若忽略空气阻力，它运动的轨迹如图所示，物体分别经过轨迹上a、b、c三个位置，若a与b、b与c的时间间隔相等，那么（　　）A.物体在ab与bc的速度变化相等B.物体在ab间和bc间点动能变化相等C.物体在a、b、c三点的机械能相等D.物体在a点时重力的瞬时功率比在c点时小【答案】ACD【解析】【详解】A．物体做平抛运动，根据公式得物体在ab与bc的时间间隔相等，所以物体在ab与bc的速度变化相等，故A正确；B．由动能定理，有因为物体在ab间和bc间时间间隔相等，竖直方向做自由落体，速度越来越大，下降高度越来越大，所以物体在ab间和bc间点动能的变化不相等，故B错误；C．整个过程只有重力做功，所以系统机械能守恒，因此物体在a、b、c三点的机械能相等，故C正确；D．重力的瞬时功率为因为竖直方向做自由落体，竖直方向速度越来越大，所以物体在a点时重力的瞬时功率比在c

8点时小，故D正确。故选ACD。11.如图，光滑杆和轻弹簧的一端均固定在点，小球A固定在轻弹簧的另一端，现使整个装置环绕竖直轴匀速转动，当角速度为时轻弹簧处于原长状态。则下列说法正确的是（　　）A.保持角速度为，仅增加小球的质量，稳定时弹簧将处于伸长状态B.换质量不同的小球转动，若角速度为，稳定时弹簧仍为原长C.角速度由逐渐增大，杆对小球的弹力将增大D.角速度无论如何变化，杆对小球的弹力都不变【答案】BC【解析】【详解】AB．令杆与竖直方向夹角为，当角速度为时弹簧处于原长，对球体有：则有可知换质量不同的小球转动，若角速度为，稳定时弹簧仍为原长，故A错误，B正确；CD．角速度由逐渐增大，小球将沿杆向上运动，弹簧伸长，且弹力不断变大，小球竖直方向合力为0，则即角速度由逐渐增大，杆对小球的弹力变大，选项C正确，D错误。故选BC。12.如图所示，两质量相同的小球A、B分别用不可伸长的细线悬在等高的O1、O2点，A球的悬线比B

9球的长，把两球的悬线均拉到水平后将小球无初速释放，则经最低点时（　　）（以悬点为零势能点）A.A球的角速度大于B球的角速度B.A球的动能大于B球的动能C.A球的机械能大于B球的机械能D.A球受到悬线的拉力等于B球受到悬线的拉力【答案】BD【解析】【详解】A．由题意可知，小球从释放到最低点的运动中，由机械能守恒定律可得解得由线速度与角速度的关系公式，可得角速度由此可知A球的角速度小于B球的角速度，A错误；B．由以上计算可知，在最低点A球的速度大于B球的速度，两球质量相同，因此A球的动能大于B球的动能，B正确；C．悬点是零势能点，小球在开始释放点的动能是零，此时小球的机械能是零，由机械能守恒定律，可知小球在经最低点时的机械能是零，则有两小球的机械能相等，C错误；D．小球在经最低点时，由牛顿第二定律可得解得可知A球受到悬线的拉力等于B球受到悬线的拉力，D正确。

10故选BD。13.火星探测器“天问一号”是由环绕器、着陆器和巡视器三部分组成，总重量达到5吨左右，其中环绕器的作用之一是为“祝融号”提供了中继通信，是火星车与地球之间的“通信员”。目前，环绕器已在航天人的精确操控下，进入遥感使命轨道，已知遥感使命轨道离火星表面的距离为h，环绕器在遥感使命轨道的运动可视为匀速圆周运动，绕行周期为T，火星的半径为R，引力常量为G，球体体积，则下列说法正确的是（　　）A.火星质量B.火星的密度C.火星两极的重力加速度D.火星的第一宇宙速度【答案】AC【解析】【详解】A．根据可得火星质量选项A正确；B．火星的密度选项B错误；C．火星两极的重力加速度选项C正确；

11D．速度是探测器距离火星表面h处速度，不是火星的第一宇宙速度，选项D错误。故选AC。14.如图，长度为l的小车静止在光滑的水平面上，可视为质点的小物块放在小车的最左端。将一水平恒力F作用在小物块上，物块和小车之间的摩擦力大小为f。当小车运动的位移为s时，物块刚好滑到小车的最右端，下列判断正确的有（　　）A.此时物块的动能为（F-f）（s+l）B.这一过程中，物块对小车所做的功为f（s+l）C.这一过程中，物块和小车系统增加的机械能为FsD.这一过程中，物块和小车系统产生的内能为fl【答案】AD【解析】【详解】A．物块在整个过程水平方向受到水平恒力F和摩擦力f，相对地面的位移为，根据动能定理有解得故A正确；B．这一过程中，物块对小车所做的功即为摩擦力对小车所做的功，则物块对小车所做功为故B错误；CD．这一过程中，摩擦力对物块做的功为摩擦力对系统做的总功为

12系统产生的内能等于系统克服摩擦力做的功，故系统产生的内能为这一过程中，水平恒力F对物块做的功为恒力F对物块做的功转化为系统的机械能和系统产生的内能，则物块和小车系统增加的机械能为故C错误，D正确。故选AD。第Ⅱ卷（非选择题，共54分）三、本大题3小题，每空2分，共20分。15.质量为4t的汽车，额定功率，在水平公路上由静止开始做直线运动，速度最大可达50m/s。假设汽车在运动过程中所受阻力恒定不变。（1）汽车在运动过程中所受阻力为________N；（2）若以额定功率起动：汽车在运动过程中，当汽车速度为20m/s时，其加速度为______m/s2；（3）若汽车改为以0.5m/s2的不变的加速度起动，这个加速度能保持的时间是______s。【答案】①.2000②.0.75③.50【解析】【详解】（1）[1]当汽车速度最大时，加速度为零，此时牵引力大小等于阻力大小，阻力大小为（2）[2]当汽车速度为20m/s时，牵引力根据牛顿第二定律解得（3）[3]若汽车改为以0.5m/s2的不变的加速度起动，根据牛顿第二定律

13解得匀加速运动的最大速度做匀加速运动的时间16.用图甲所示的装置可以探究做匀速圆周运动的物体的向心力大小与哪些因素有关。（1）本实验采用的科学方法是________。A．控制变量法B.累积法C.微元法D.放大法（2）图甲所示情景正在探究的是________。A．向心力的大小与半径的关系B．向心力的大小与角速度大小的关系C．向心力的大小与物体质量的关系（3）一类似于实验装置的皮带传动装置如图乙所示，A、、三点到各自转轴的距离分别为、、，已知，若在传动过程中，皮带不打滑，则A点与点的线速度大小之比为________，点与点的向心加速度大小之比为________。【答案】①.②.③.④.【解析】【分析】【详解】(1)[1]本实验采用的科学方法是控制变量法，A正确。故选A。(2)[2]图甲两小球质量相等，运动半径相同，皮带套在半径不同的塔轮上，正在探究的是向心力的大小与角速度大小的关系，B正确。

14故选B。(3)[3]A点与点通过皮带传动，线速度相等，故两点的线速度大小之比为。[4]A点与B点同轴传动，角速度相等，由可知，两点的线速度大小之比为，故B点与C点的线速度之比为，由可得，点与点的向心加速度大小之比为。17.在利用重物自由下落“验证机械能守恒定律”的实验中，某实验小组利用如图甲所示的实验装置来验证机械能守恒定律。按照正确的操作得到如图乙所示的纸带。其中O是起始点，A、B、C是打点计时器连续打下的3个点，该同学用毫米刻度尺测量O到A、B、C各点的距离，并记录在图中、已知打点计时器的电源周期为0.02s，重物质量为1kg，当地的重力加速度。（1）器材有电火花打点计时器（带导线）、电压为______V的交流电源、纸带、带铁夹的铁架台和带夹子的重物，此外还需要的器材为______。（2）这三个数据中不符合有效数字读数要求的是______段，应记作______cm。（3）该同学用OB段重物的运动来验证。先计算AC段的平均速度作为B点的瞬时速度，得______，得重物动能的增加量______；重力势能的减少量为______（计算结果均保留3位有效数字），得到结论为：______。【答案】①.220②.毫米刻度尺③.OC④.15.70⑤.1.55m/s⑥.1.20J⑦.1.22J⑧.在误差允许的范围内，机械能守恒定律成立【解析】

15【分析】【详解】（1）[1][2]器材有电火花打点计时器（带导线）、电压为220V的交流电源、纸带、带铁夹的铁架台和带夹子的重物，此外还需要的器材为刻度尺。（2）[3][4]这三个数据中不符合有效数字读数要求的是OC段，因毫米刻度尺要估读到毫米的下一位，则应记作15.70cm。（3）[5][6]该同学用OB段重物的运动来验证。先计算AC段的平均速度作为B点的瞬时速度，得得重物动能的增加量重力势能的减少量为[7]得到结论为：在误差允许的范围内，机械能守恒定律成立。四、本大题3小题，共34分，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。18.木星的卫星之一叫“艾奥”，它上面的珈火山喷出的岩块初速度为18m/s时，上升高度可达90m。已知“艾奥”的半径为R=1800km。忽略“艾奥”的自转及岩块运动过程中受到稀薄气体的阻力，引力常量G=6.67×10-11N·m2/kg2，求：(1)“艾奥”的质量；(2)“艾奥”的第一宇宙速度。【答案】(1)8.7×1022kg；(2)1800m/s【解析】【分析】【详解】(1)根据v2=2gh可得根据可得

16(2)根据可得19.如图所示，“旋转秋千”中的座椅通过缆绳悬挂在旋转圆盘上。当旋转圆盘绕竖直的中心轴从静止开始转动，稳定后座椅在水平面内做匀速圆周运动。已知悬点到中心轴的距离为R=m，座椅（可视为质点）质量为m=6kg，缆绳长度为L=m，稳定后缆绳与竖直方向的夹角θ=，不考虑空气阻力，重力加速度g取10m/s2。求：(1)稳定后缆绳所受拉力T；(2)座椅做圆周运动的角速度ω；(3)座椅从静止达到稳定速度的过程中，缆绳对座椅所做的功W。【答案】(1)；(2)；(3)【解析】【详解】(1)对座椅受力分析，如图所示座椅所受重力和细绳拉力的合力提供向心力，则得

17(2)由牛顿第二定律得由几何关系解得(3)座椅在水平面内做匀速圆周运动速度为座椅从静止达到稳定速度的过程，由动能定理得解得20.如图所示，竖直面内、半径为R=1m的光滑圆弧轨道底端切线水平，与水平传送带左端B靠近，传送带右端C与一平台靠近，圆弧轨道底端、传送带上表面及平台位于同一水平面，圆弧所对的圆心角为53°，传送带长为1m，以v=4m/s的恒定速度沿顺时针匀速转动，一轻弹簧放在平台上，弹簧右端固定在竖直墙上，弹簧处于原长，左端与平台上D点对齐，CD长也为1m，平台D点右侧光滑，重力加速度为g=10m/s2，让质量为1kg的物块从圆弧轨道的最高点A由静止释放，物块第二次滑上传送带后，恰好能滑到传送带的左端B点，不计物块的大小，物块与传送带间的动摩擦因数为0.5.（1）求物块运动到圆弧轨道最底端时对轨道的压力大小；（2）物块第一次压缩弹簧，弹簧获得的最大弹性势能是多少？（3）物块从静止释放到第一次向左滑到B点过程中，物块与传送带及平台间因摩擦产生的热量是多少？（=1.414，=2.236，结果保留四位有效数字）

18【答案】（1）18N；（2）6.5J；（3）21.33J【解析】【详解】（1）物块从A点由静止释放，运动到圆弧轨道最底点的过程中，根据机械能守恒有求得在圆弧轨道最底端时求得根据牛顿第三定律可知，在圆弧轨道最底端时物块对轨道的压力大小为18N（2）由于，因此物块滑上传送带后先做加速运动，设物块在传送带上先加速后匀速，则加速的加速度解得加速的距离因此物块以v=4m/s的速度从C点滑上平台，设物块与平台间的动摩擦因数为μ2，从C点到第一次向左运动到B点，根据动能定理有

19求得物块从C点到第一次压缩弹簧到最大形变量过程中，根据功能关系有：求得最大弹性势能（3）物块第一次在传送带上滑动时，因摩擦产生的热量：物块在平台上运动因摩擦产生的热量设物块第二次刚滑上传送带时速度大小为v2，则有求得物块第二次在传送带上滑动因摩擦产的热量摩擦产生的热量

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