四川省绵阳市三台中学2022-2023学年高一下学期末热身测试物理Word版含解析

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四川省三台中学2022-2023学年高一下学期末热身测试物理试题第I卷（选择题）一、单项选择题（本题共8道小题，每小题4分，共32分；每小题只有一个选项符设合题意）1.下列关于机械能守恒的说法正确的是（　　）A.受合力为零的物体的机械能守恒B.受合力做功为零物体的机械能守恒C.运动物体只要不受摩擦力作用，其机械能就守恒D.物体只发生动能和重力势能、弹性势能的相互转化时，其机械能一定守恒【答案】D【解析】【详解】A．物体受合力为零，加速度为零，则物体做匀速直线运动，只是动能不变，不能确定其势能是否变化，故机械能不一定守恒，故A错误；B．受合力做功为零物体，只是动能不变，不能确定其势能是否变化，故机械能不一定守恒，故B错误；C．运动物体不受摩擦力时也可能还有除重力外的其他力对物体做功，机械能仍可能不守恒，故C错误；D．物体只发生动能与势能的相互转化时，机械能既不转化为其他形式能量，也无其他形式能量转化为机械能，故机械能一定保持不变，故D正确。故选D。2.假如一个做匀速圆周运动的人造地球卫星的轨道半径增大到原来的2倍仍做匀速圆周运动，则（　　）A.根据公式，可知卫星的线速度增大到原来的2倍B.根据公式，可知卫星所需向心力减小到原来的C.根据公式，可知地球提供的向心力将减小到原来的D.根据上述B和C给出的公式，可知卫星的线速度将减小到原来的【答案】C【解析】【详解】AD．由公式可知轨道半径变化，卫星的角速度也变化，所以只根据计算不出线速度的变化情况，应根据

1解得可得线速度将减小到原来的，AD错误；BC．根据可知半径变化，线速度也变化，所以只根据公式不能计算向心力的变化，根据公式可知可知地球提供的向心力将减小到原来的，B错误，C正确。故选C。3.链球是奥运会比赛项目，研究运动员甩动链球做匀速圆周运动的过程，简化模型如图乙所示，不计空气阻力和链重，则（　　）A.链球受重力、拉力和向心力三个力的作用B.链长不变，转速越大，链条张力越小C.链长不变，转速越大，角越小D.转速不变，链长越大，角越大【答案】D【解析】【详解】根据题意，对链球受力分析可知，受重力和拉力，合力提供做圆周运动的向心力，如图所示

2则有设链长为，则做圆周运动的半径为由牛顿第二定律有整理可得若链长不变，转速越大，越大，则链条张力越大，若转速不变，链长越大，角越大。故选D。4.在一些公路的弯道处，我们可以看见路面向内侧倾斜，公路横截面如图所示。现有一水平弯道，其半径为R，路面倾斜角为θ，重力加速度为g，为了使汽车在转弯时车轮与地面之间不产生侧向摩擦力，则车速应该是（　　）A.B.C.D.【答案】B【解析】【详解】汽车在转弯时车轮与地面之间不产生侧向摩擦力，重力和支持力的合力在水平方向上，用来提供向心力，则有

3解得故选B。5.从地面竖直向上抛出一个质量为m的小球，小球上升的最大高度为H，设上升过程中空气阻力f恒定．在小球从抛出到上升至最高处的过程中，下列正确的是（）A.小球的动能减少mgHB.小球的动能减少fHC.小球的机械能减少fHD.小球的机械能减少（mg+f）H【答案】C【解析】【详解】AB．由动能定理可知，小球动能的减小量（mg+f）H，故AB错误；CD．小球机械能的减小等于克服阻力F做的功，为fH，故C正确，D错误；故选C。6.把石块从高处抛出，初速度大小v0，抛出高度为h，方向与水平方向夹角为q（0≤q<90º），如图所示，石块最终落在水平地面上．若空气阻力可忽略，下列说法正确的是（）A.对于不同的抛射角q，石块落地的时间可能相同B.对于不同的抛射角q，石块落地时的动能一定相同C.对于不同的抛射角q，石块落地时的机械能可能不同D.对于不同的抛射角q，石块落地时重力的功率可能相同【答案】B【解析】【详解】A．将石块抛出后，石块在水平方向上做匀速直线运动，竖直方向上做竖直上抛运动，竖直方向上有

4由此式可知，对于不同的抛射角θ，石块落地的时间不同，故A错误；BC．石块运动过程中，只有重力做功，所以机械能守恒，因初速度大小不变，所以对于不同的抛射角，石块落地时的机械能相同，即落地的动能相同，故B正确，C错误；D．在竖直方向：可求石块落地时竖直方向的瞬时速度，再由P=mgvy可知，不同的抛射角θ，石块落地时重力的功率不相同，故D错误.7.物体以200J的初动能从斜面底端向上运动，当它通过斜面上的M点时，其动能减少160J，机械能减少64J，如果物体能从斜面上返回底端，物体到达底端时的动能为（　　）A.40JB.96JC.120JD.136J【答案】A【解析】【详解】物体从斜面底端向上运动经过斜面上的M点过程，根据动能定理可得损失的机械能等于克服摩擦阻力做功，则有联立可得则物体上升到最高点时，动能为0，即动能减少了200J，则损失的机械能为80J，物体返回到底端，物体又要损失的机械能为80J，故物体从开始到返回原处总共机械能损失160J，因而物体返回底端时的动能为40J。故选A。8.如图所示，“鹊桥”中继星处于地月拉格朗日点L2上时，会和月球、地球两个大天体保持相对静止的状态。设地球的质量为M，“鹊桥”中继星的质量为m，地月间距为L，拉格朗日L2点与月球间距为d，地球、月球和“鹊桥”中继星均可视为质点，忽略太阳对”鹊桥”中继星的引力，忽略“鹊桥”中继星对月球的影响。则“鹊桥”中继星处于L2点上时，下列选项正确的是（　　）

5A.地球对月球的引力与“鹊桥”中继星对月球的引力相等B.月球与地球质量之比为C.“鹊桥”中继星与月球的向心加速度之比D.“鹊桥”中继星与月球的线速度之比为【答案】B【解析】【详解】A．月球所受的合外力方向指向地球，故地球对月球的引力大于“鹊桥”中继星对月球的引力，故A错误；D．“鹊桥”中继星与月球绕地球运动的角速度相等，根据可得“鹊桥”中继星与月球的线速度之比为,故D错误；C．根据可得“鹊桥”中继星与月球的向心加速度之比为，故C错误；B．对月球，地球对它的万有引力提供向心力对“鹊桥”中继星，地球引力和月球引力的合力提供向心力，故联立解得故B正确。故选B。二、多项选择题：（本题共5个小题，每小题4分，共20分。在每小题给出的4

6个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的或不选的得0分。）9.如图所示，位于竖直方向的轻弹簧下端固定在水平面上，一个钢球从弹簧的正上方自由落下，在小球向下压缩弹簧的整个过程中，弹簧形变均在弹性限度内，则从小球开始运动到达到最低点的过程中，以下说法正确的是（　　）A.小球的加速度先不变后一直增大B.小球动能的减少量等于弹簧弹性势能的增加量C.小球的重力势能与弹簧的弹性势能之和先减小后增大D.小球机械能的减少量等于弹簧弹性势能的增加量【答案】CD【解析】【详解】A．从小球开始运动到达到最低点的运动中，小球先自由下落，加速度不变，接触弹簧后小球受到重力和向上的弹力，弹力先小于重力，随弹簧的压缩，后弹力大于重力，因此小球受到的合力先向下后向上，随弹力的逐渐增大，合力先减小后反向增大，因此小球的加速度先不变后减小再反方向增大，A错误；B．小球从开始运动到最低点，动能的减少量是零，弹簧的弹性势能一直增大，因此小球动能的减少量不等于弹簧弹性势能的增加量，B错误；C．小球做自由落体运动，小球的重力势能一直减少，弹簧的弹性势能是零，接触弹簧后到最低点，小球的重力势能仍减少，弹簧的弹性势能一直增大，因此小球的重力势能与弹簧的弹性势能之和先减小后增大，C正确；D．在整个运动中，小球与弹簧组成的系统只有重力和弹力做功，系统的机械能守恒，因此小球的动能、重力势能的和与弹簧的弹性势能之和不变，则有小球机械能的减少量等于弹簧弹性势能的增加量，D正确。故选CD。10.如图所示，某次训练中，一运动员将排球从A点水平击出，排球击中D点；另一运动员将该排球从位于A点正下方的B点斜向上击出，最高点为C，排球也击中D点。已知B、D等高，A、C等高，不计空气阻力，下列说法正确的是（　　）

7A.两过程中，排球的飞行时间B.前一个过程中，排球击中D点时的速度较大C.两过程中，排球的水平初速度大小一定相等D.两过程中，排球击中D点时重力功率相等【答案】BD【解析】【详解】A．根斜上抛运动的对称性知，上升时间等于下降时间，而且斜上抛运动的后半部分（从最高点到落地点）就是平抛运动，又A点和C点等高，由可知从B点抛出的排球运动时间是从A点抛出的排球运动时间的两倍，故A错误；BC．设第一个过程中的初速度为，第二个过程中的初速度为。其中需要分解成和，如图1所示由斜上抛运动的对称性，可得由于不知道最大高度和水平射程的大小关系，算不出与的关系，也就得不出和的大小关系。A、C等高，由平抛运动有在D点，第一个过程的速度如图2所示

8第二个过程的速度如图3所示第一次抛出时的初速度大于第二次最高点的速度，且是相等的，可见第一个过程中，排球击中D点时的速度较大，故B正确、C错误；D．由分析可知两排球击中D点时重力的瞬时功率相等，故D正确。故选BD。11.一辆汽车在平直公路上由静止开始启动，发动机的输出功率与汽车速度大小的关系如图所示，当汽车速度达到后，发动机的功率保持不变，汽车能达到的最大速度为。已知运动过程中汽车所受阻力恒为f，汽车的质量为m，下列说法正确的是（　　）A.汽车的加速度先减小后不变B.发动机最大功率为C.汽车速度为时，加速度D.汽车速度从达到2所用时间【答案】BC

9【解析】【详解】A．功率、牵引力和速度的关系为从0到，汽车做匀加速直线运动，牵引力（加速度）保持不变，功率才会随时间均匀增大，当功率达到最大功率后保持不变，随着速度继续增大，牵引力减小，由牛顿第二定律可得可知，加速度逐渐减小，故加速度先保持不变再逐渐减小，A错误；B．当汽车达到最大速度时，牵引力等于阻力，则B正确；C．汽车速度为时，可得，解得加速度为C正确；D．汽车从0达到的过程，加速度为若汽车速度从达到2仍以原来的加速度做匀加速直线运动，则所用时间为联立解得但实际上从达到2过程，汽车的加速度在减小，故所用时间大于，D错误。故选BC。12.人造地球卫星在做圆周运动中，由于受到稀薄大气的阻力作用，其圆周运动的周期变为原来的，以下分析正确的是（　　）

10A.卫星的高度是原来的倍B.卫星的速率是原来的2倍C.卫星的向心加速度是原来的64倍D.卫星的向心力是原来16倍【答案】BD【解析】【详解】A．根据可得可知圆周运动的周期变为原来的，卫星运行半径是原来的，故A错误；B．根据可得可知卫星运行半径是原来的，则速率是原来的2倍，故B正确；C．卫星的向心加速度可知卫星运行半径是原来的，则向心加速度是原来的16倍，故C错误；D．卫星的向心力可知卫星运行半径是原来，则向心力是原来的16倍，故D正确。故选BD。13.如图所示，倾角为37°的传送带以6m/s的速度沿逆时针方向传动。已知传送带的上、下两端间的距离为L=7.5m。现将一质量m=0.4kg的小木块放到传送带的顶端，使它从静止开始沿传送带下滑，已知木块与传送带间的动摩擦因数为μ=0.75，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取g=10m/s2。（sin37°=0.6，cos37°=0.8）则（　　）

11A.木块在传送带上一直以12m/s2的加速度匀加速直线运动直到从下端离开传送带B.木块在传送带上运动的时间是1.5sC.木块从顶端滑到底端的过程传送带对木块做的功是18JD.木块从顶端滑到底端产生的热量是3.6J【答案】BD【解析】【详解】A．木块开始下滑时，则有代入数据解得木块加速到v0=6m/s时的位移为之后则有解得可知木块在传送带上先以12m/s2的加速度匀加速直线运动，运动位移1.5m后与传送带相对静止，随传送带一起匀速下滑，故A错误；B．木块在传送带上先以12m/s2的加速度匀加速直线运动，则有随传送带一起做匀速直线运动，则有

12木块在传送带上运动的时间是故B正确；C．木块从顶端滑到底端的过程传送带对木块做的功是故C错误；D．木块从顶端滑到底端时，在开始的位移是1.5m的运动中，木块与传送带产生相对滑动，之间摩擦产生热量，在L−x0运动中木块与传送带没有产生相对滑动，因此不产生热量，木块与传送带发生的相对位移为可知木块从顶端滑到底端产生的热量为故D正确。故选BD。第Ⅱ卷（非选择题）三、填空题：本题共3小题，第一小题小题4分，第二小题6分，第三小题8分，共18分14.某地强风的风速约为，设空气密度为，如果把通过横截面积为的风的动能全部转化为电能，则利用上述已知量计算电功率的公式应为_______；大小约_______W。（取二位有效数字）【答案】①.②.【解析】【详解】[1]时间内通过横截面积的空气质量为由于风的动能全部转化为电能，则有电功率为

13联立可得计算则电功率的公式为[2]代入数据可得15.在“研究平抛运动”的实验中，用频闪照相机拍摄小球P某次平抛运动的轨迹，并将相关数据记录在一张印有小方格的纸上，小方格的边长为。小球P运动途经的几个位置如图中的a、b、c、d所示。重力加速度g取，则相邻两位置之间的时间间隔为______s，小球P经过b位置时速度大小为______m/s。若以a位置为坐标原点，水平向右为x轴正向，竖直向下为y轴正向，则小球P从拋出点运动至b位置所用时间为______s，抛出点的坐标为（______cm，______cm）。【答案】①.0.1；②.2.5；③.0.15；④.【解析】【详解】[1]平抛运动竖直方向分运动为自由落体运动，水平方向分运动为匀速直线运功。在竖直方向，有代入数据解得相邻两位置间的时间间隔为。[2]水平方向的分速度大小为小球经过b点时竖直方向的速度大小为所以小球经过b点时的速度大小为

14[3]小球从被抛出至运动到b点的时间为[4]竖直方向的位移为将代入上式，可得抛出点的纵坐标为小球从被抛出至运动到b点，水平方向的位移大小为将代入上式，可得抛出点的横坐标为则抛出点的坐标为。16.图1是利用落体运动“验证机械能守恒定律”的实验装置，所用的打点计时器连接频率为50Hz的交流电。

15（1）下列关于本实验说法中正摔的是______。（填选项前的字母）A.选用密度较小的材料制成的重物B.实验需要用天平测突重物的质量C.重物下落高度可用刻度尺测量，不可用计算得到D.可以用计算重物的瞬时速度（2）某同学按照正确的实验步骤操作后，选取了一条前两个点间距接近2mm的纸带，如图2所示。其中O点为打点计时器打下的第一个点，A、B、C为三个计数点，在A和B、B和C之间还各有一个点。用刻度尺测得、、.已知重物质量为，重力加速度g取。从打下点O至点B的过程中，重物重力势能的减少量______J，重物动能的增加量______J。（计算结果均保留三位小数）（3）实验中发现重物增加的动能总是稍小于重物减小的重力势能，可能的原因是重物下落时会受到阻力。测出各测量点到起始点的距离h，并计算出各测量点的速度v，用实验测得的数据绘出图线如图3所示。已知图线的斜率为k，重力加速度为g。由图线求得重物下落时受到的阻力f与重物重力mg的比值______。（用本小题中给出的字母表示）【答案】①.C②.1.823③.1.711④.【解析】【详解】（1）[1]A．选用较小密度材料制成的重物，重物的体积较大，下落时受到的空气阻力较大，会增大实验误差，故A错误；B．质量可以在验证公式中约去，所以实验时不需要用天平测量物体的质量，故B错误；CD．本实验要验证的是机械能守恒定律，若选择重物速度为0的初位置为验证的起点，则需验证

16是否成立。而该式成立，即成立；并且可以由和联立推出。所以既不可以用计算瞬时速度，也不可以用计算。如果用了，就是用机械能守恒验证机械能守恒，故C正确，D错误。故选C。（2）[2]重物势能的减小量为[3]所用的打点计时器连接50Hz的交流电，因此打点周期为，重物动能的增加量为（3）[4]重物下落过程，由动能定理有整理后可得可知图线的斜率为解得四、解答题（本题共3个小题，共40分。答案要写出必要的文字说明、方程式和重要得演算步骤，只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。）17.天文观测到某行星有一颗以半径R、周期T环绕该行星做圆周运动的卫星，已知卫星质量为m。求：（1）该行星的质量M是多大？（2）如果该行星的半径是卫星运动轨道半径的，那么行星表面处的重力加速度有多大？（3）该行星的第一宇宙速度是多少？（万有引力常量为G）

17【答案】（1）；（2）；（3）【解析】【详解】（1）对于卫星，根据万有引力提供向心力可得解得（2）设行星的半径为R0，则物体在行星表面处的重力约等于其受到的万有引力，可得解得（3）该行星的第一宇宙速度v0，即卫星绕行星表面做匀速圆周运动的速度，重力约等于向心力，可得解得18.如图所示，AB为水平轨道，A、B间距离d=2.25m，BCD是半径为R=0.40m的竖直半圆形轨道，B为两轨道的连接点，D为轨道的最高点。一质量m=1.2kg的小物块，它与水平轨道和半圆形轨道间的动摩擦因数均为μ=0.20。小物块在F=12N的水平力作用下从A点由静止开始运动，到达B点时撤去力F，小物块刚好能到达D点，g取10m/s2，试求：（1）在半圆形轨道上小物块克服摩擦力做的功；（2）若半圆形轨道是光滑的，其他条件不变，求当小物块到达D点时对轨道的压力大小；（3）若半圆形轨道是光滑的，要使小物块能够到达D点，力F的作用距离的最小值。

18【答案】（1）9.6J；（2）48N；（3）1.45m【解析】【分析】【详解】（1）对小物块在A到B过程，根据动能定理有Fd－μmgd=解得vB=6m/s小物块刚好能到达D点，在D点、mg=设小物块克服摩擦力做的功为Wf，从B点到D点过程由动能定理得－（2mgR＋Wf）=－所以在半圆形轨道上小物块克服摩擦力做的功为Wf=9.6J（2）小物块从A点到D点由动能定理Fd－μmgd－2mgR=设小物块在D点受到圆轨道的压力为FNFN＋mg=解得FN=48N根据牛顿第三定律，小物块在D点对轨道的压力FN'=FN=48N（3）令Fl－μmgd－2mgR≥

19解得l≥1.45m力F的作用距离最小值为l=1.45m19.如图所示，在水平面上有一轻质弹簧，其左端与竖直墙壁相连，右侧有一倾斜的传送带与水平面在A点平滑连接，皮带轮以的速率逆时针匀速转动。一质量m=1kg可视为质点的物体压缩弹簧到O点（与弹簧不拴接），弹簧所具有的弹性势能J，然后由静止释放，已知物体与水平面及物体与传送带的动摩擦因数均为0.5，水平面OA段长L=1m，皮带轮AB总长s=1.5m，弹簧原长小于L，传送带与水平面之间的夹角为37°，重力加速度g取10m/s2。求∶（1）物体经过A点时的速率；（2）物体能否到达B点；（计算说明，只写答案不给分）（3）物体由静止释放到第二次通过A点过程中由于摩擦所产生的热量是多少。【答案】（1）；（2）不能；（3）29J【解析】【详解】（1）物体从O到A由功能关系可得解得（2）物体从A运动到最高点的过程由动能定理得代入数据解得所以物体不能到达B点（3）因为传送带的速度,故物体从A到最高点的再回到A加速度相同，由牛顿第二定律得

20解得设经历时间为t由速度公式得解得由位移公式得且相对位移从释放到第二次经过A点摩擦生热