2021-2022学年云南省玉溪市峨山县第一中学高一（下）5月物理试题含解析

云南省玉溪市峨山县第一中学2021-2022年5月份考试

高一 物理

考试时间：100分钟；试卷满分：100分

注意事项：

1.答题前填写好自己的班级、姓名、考号等信息

2.请将正确答案填写在答题卡上

第Ⅰ卷

一、单选题（共10小题，每题3分，共30分）

1. 如图，O表示地球，P表示一个绕地球沿椭圆轨道做逆时针方向运动的人造卫星，AB为长轴，CD为短轴．在卫星绕地球运动一周的时间内，从A到B的时间为tAB，同理从B到A、从C到D、从D到C的时间分别为tBA、tCD、tDC．下列关系式正确的是( )

A. tAB> tBA

B. tAB < tBA

C. tCD > tDC

D. tCD < tDC

【答案】D

【解析】

【详解】试题分析：由卫星做椭圆运动的对称性得，所以A、B错误；由开普勒第二定律，卫星在近地点时运动快，在远地点时运动慢，所以，故C错误，D正确．

考点：万有引力，开普勒第二定律

【名师点睛】考查卫星绕地球，在地球万有引力作用下，做椭圆运动，地球处于一焦点上，并掌握开普勒第二定律的内容．

2. 已知金星和地球的半径分别为R1、R2，金星和地球表面的重力加速度为g1、g2，则金星与地球的质量之比为（　　）

A.  B.

C.  D.

【答案】A

【解析】

【详解】根据星球表面物体的重力等于万有引力，有

解得星球的质量

所以有金星与地球质量之比为

A正确，BCD错误。

故选A。

3. 如图所示，足够长的传送带与水平面的夹角为θ，传送带以速度v0逆时针匀速转动．在传送带的上端轻轻放置一个质量为m的小木块，小木块与传送带间的动摩擦因数μ>tanθ，则能客观地反映小木块的速度随时间变化关系的图象是（  ）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【详解】初状态时：重力的分力与摩擦力均沿着斜面向下，且都是恒力，所以物体先沿斜面匀加速直线运动，由牛顿第二定律得加速度：

a1=gsinθ+μgcosθ

a恒定，斜率不变；
当小木块的速度与传送带速度相等时，由μ＞tanθ知道木块将与带以相同的速度匀速运动，图象的斜率表示加速度，所以第二段的斜率为零．

A．该图与结论不相符，选项A错误；

B．该图与结论相符，选项B正确；

C．该图与结论不相符，选项C错误；

D．该图与结论不相符，选项D错误；

4. 如图所示，火星和地球都在围绕着太阳旋转，其运行轨道是椭圆。根据开普勒行星运动定律可知（　　）

A. 火星绕太阳运行过程中，速率不变

B. 地球靠近太阳的过程中，运行速率减小

C. 火星远离太阳过程中，它与太阳的连线在相等时间内扫过的面积逐渐增大

D. 火星绕太阳运行一周的时间比地球的长

【答案】D

【解析】

【详解】AB．根据开普勒第二定律可知，行星与中心天体的连线相同时间内扫过的面积相等，则地球和火星靠近太阳的过程中，运行速率增加，故AB错误；

C．根据开普勒第二定律可知，火星远离太阳的过程中，它与太阳的连线在相等时间内扫过的面积不变，故C错误；

D．根据开普勒第三定律可知，火星绕太阳运行的半长轴大于地球绕太阳运行的半长轴，可知火星绕太阳运行一周的时间比地球的长，故D正确。

故选D。

5. 在第26届国际计量大会中，通过了用普朗克常数（h）重新定义质量的国际单位“千克”，国际千克原器将于2019年5月20日正式“退役”．经科学家研究发现，国际千克原器比130年前质量减少了5×10-5kg，用国际千克原器作为1千克标准，现在定义的力的国际单位1N比130年前定义的1N

A. 减少了5×10-5N

B. 减少了5×10-4N

C. 增加了5×10-5N

D. 增加了5×10-4N

【答案】A

【解析】

【分析】根据使1千克的物体产生1米每秒加速度的力等于1N，即来求解

【详解】用国际千克原器作为1千克标准，；因为国际千克原器比130年前质量减少了，如果还用国际千克原器作为1千克的标准，即；所以现在定义的力的国际单位1N比130年前定义的1N减少了： ；

A. 减少了5×10-5N与分析相符，A正确

B. 减少了5×10-4N与分析不符，B错误

C. 增加了5×10-5N与分析不符，C错误

D. 增加了5×10-4N与分析不符，D错误

【点睛】要熟练掌握1N的定义，从定义的角度思考、分析

6. 如图所示,两个轮子的半径均为,两轮的转轴、在同一水平面上,相互平行,相距为，两轮均以角速度逆时针方向匀速转动.将一长木板置于两轮上,当木板的重心位于右轮正上方时,木板与两轮间已不再有相对滑动.若木板的长度，则木板的重心由右轮正上方移到左轮正上方所需的时间是(    )

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【详解】当木板的重心位于右轮正上方时，木板与两轮间已不再有相对滑动，此后木板做匀速直线运动，速度为，位移为d，故时间为：，故B正确，A、C、D错误；

故选B．

【点睛】关键是木板重心位于右轮正上方时，木板与两轮间已不再有相对滑动，此后木板做匀速直线运动．

7. 如图所示，小球的质量为m，用弹簧和细线悬挂在天花板上，保持静止，弹簧和细线的质量忽略不计，且与水平方向的夹角均为，当细线被剪断的瞬间，小球的加速度大小和方向正确的是（　　）

A. 0 B. g，竖直向下

C. ，竖直向下 D. ，右下方与水平方向成

【答案】D

【解析】

详解】细线烧断前，小球受拉力、弹簧弹力、重力，由平衡可得

细线烧断后，弹簧弹力和重力都没变化，受力分析如图

故两力的合力为，根据牛顿第二定律F=ma得

方向向右下方与水平方向成角

故选D。

8. 如图所示，运动员以速度v在倾角为θ的倾斜赛道上做匀速圆周运动．已知运动员及自行车的总质量为m，做圆周运动的半径为R，重力加速度为g，将运动员和自行车看作一个整体，则该整体在运动中（    ）

A. 处于平衡状态

B. 做匀变速曲线运动

C. 受到的各个力的合力大小为

D. 受重力、支持力、摩擦力、向心力作用

【答案】C

【解析】

【详解】D、运动员和自行车组成的整体受重力、支持力、摩擦力作用，靠合力提供向心力，故D错误；

AB、合力提供向心力，合力方向始终指向圆心，做变加速曲线运动，故A、B错误；

C、整体做匀速圆周运动，合力提供向心力，则合力，故C正确；

故选C．

【点睛】运动员和自行车组成的整体受重力、支持力、摩擦力作用，靠合力提供向心力，合力大小恒定，方向始终指向圆心．

9. 如图所示，O点是竖直圆环的顶点，Oc是圆环直径，Oa和Ob是两条不同倾角的弦．在Oc、Oa、Ob线上置三个光滑的斜面，一个质点从O自由释放，先后分别沿Oc、Oa、Ob下滑，则到达a、b、c三点的时间

A. 时间都相同

B. 最短的是a点

C. 最短的是b点

D. 最长的是c点

【答案】A

【解析】

【详解】设圆半径为R，斜面与竖直方向夹角为θ，则物体运动的位移为x=2Rcosθ，物体运动的加速度，根据，解得，与夹角θ无关，即三种路径的运动时间相同；故选A．

【点睛】本题要掌握等时圆模型的特点，根据牛顿第二定律求出加速度，然后根据运动学公式求出运动的时间，看时间与θ角的关系．

10. “玉兔号”月球车依靠太阳能电池板提供能量，如图ABCD是一块矩形电池板，能绕CD转动，E为矩形的几何中心（未标出），则电池板旋转过程中（）

A. B、E两点的转速相同 B. A、B两点的角速度不同

C. A、B两点的线速度不同 D. A、E两点的向心加速度相同

【答案】A

【解析】

【详解】AB．试根据题意，绕CD匀速转动的过程中，电池板上各点的角速度相同，则转速相等，A正确B错误；

C．根据线速度与角速度关系式

转动半径越小的，线速度也越小，由几何关系可知，A、B两点的线速度相等，C错误；

D．A、E两点因角速度相同，半径不同，由向心加速度的公式

可知，它们的向心加速度不同，D错误。

故选A。

二、多选题（共4小题，每题4分，共16分）

11. 全国铁路大面积提速，给人们的生活带来便利。火车转弯可以看成是在水平面内做匀速圆周运动，火车速度提高会使外轨受损。为解决火车高速转弯时外轨受损这一难题，以下措施可行的是（　　）

A. 适当减小内外轨的高度差

B. 适当增加内外轨的高度差

C. 适当减小弯道半径

D. 适当增大弯道半径

【答案】BD

【解析】

【分析】

【详解】设铁路弯道处轨道平面的倾角为α时，轮缘与内外轨间均无挤压作用，根据牛顿第二定律有

mgtanα＝m

解得

v＝

所以为解决火车高速转弯时外轨受损这一难题，可行的措施是适当增大倾角α（即适当增加内外轨的高度差）和适当增大弯道半径r。

故选BD。

12. 质点在三个恒力F1、F2、F3的共同作用下保持平衡状态，若突然撤去F1，保持其他力不变，则质点(　　)

A. 一定做匀变速运动 B. 一定做直线运动

C. 一定做非匀变速运动 D. 可能做曲线运动

【答案】AD

【解析】

【详解】物体受到三个共点的恒力作用而处于平衡状态，当撤去某个恒力F1时，物体的合力与F1大小相等、方向相反，说明物体受到的合力恒定不变，加速度不变，物体做匀变速运动；若原来的F1与速度方向相反时，撤去F1后，物体的合力与速度方向相同，物体做匀加速直线运动；若原来的F1与速度方向相同时，撤去F1后，物体的合力与速度方向相反，物体做匀减速直线运动；若物体原来做匀速直线运动，而且原来的F1与速度不在同一直线上时，撤去F1后，物体的合力与速度方向不在同一直线上，则物体做匀变速曲线运动，故知物体可能做直线运动，也可能做曲线运动，但一定是匀变速运动。

故选AD。

13. 如图所示，三角形传送带以的速度逆时针匀速转动，两边的传送带长都是2m，且与水平方向的夹角均为。现有两个小物块A、B从传送带顶端都以的初速度沿传送带下滑，两物块与传送带间的动摩擦因数都是0.5，已知，，，下列说法中正确的是（  ）

A. 物块A先到达传送带底端

B. 物块A、B同时到达传送带底端

C. 传送带对物块A、B的摩擦力都沿传送带向上

D. 物块A下滑过程中相对传送带的路程小于物块B下滑过程中相对传送带的路程

【答案】BCD

【解析】

【详解】ABC．A、B都沿传送带下滑，根据力的关系

故两物块都无法相对传送带静止，都要加速下滑，传送带对两物体的滑动摩擦力均沿斜面向上，大小也相等，故两物体沿斜面向下的加速度大小相同

由于初速度相同，滑到底端时位移大小相等，由运动学公式

故时间相等，故A错误，BC正确；

D．A物体与传送带运动方向相同，相对路程为A位移与传送带位移大小之差；而B物体与传送带运动方向相反，相对路程为B位移与传送带位移大小之和，时间相等，左右传送带位移大小相等，所以物块A下滑过程中相对传送带的路程小于物块B下滑过程中相对传送带的路程，故D正确。

故选BCD。

14. 如图所示，粗糙的水平面上有一内壁为半球形且光滑的容器，容器的质量为，与地面间的动摩擦因数为0.25，在水平推力作用下置于容器内质量为的物块（可视为质点）与容器一起向左做加速运动，连线与水平线的夹角，（，，重力加速度）则（　　）

A. 容器的加速度大小为

B. 容器对物块的支持力大小为

C. 推力的大小为

D. 地面对容器的支持力等于

【答案】ABD

【解析】

【分析】物块与容器相对静止，它们的加速度相等，以物块为研究对象，应用牛顿第二定律可以求出加速度大小，等于物块与容器组成的系统应用牛顿第二定律可以求出推力大小；应用平衡条件求出地面对容器的支持力。

【详解】A．物块受力如图所示

对物块，由牛顿第二定律得

解得

故A正确；

B．由平衡条件可知，容器对物块的支持力

故B正确；

C．以物块与容器组成的系统为研究对象，由牛顿第二定律得

代入数据解得

故C错误；

D．对物块与容器组成的系统，在竖直方向，由平衡条件可知，地面对容器的支持力

故D正确。

故选ABD。

第Ⅱ卷

三、实验题（共2小题）

15. 未来在一个未知星球上用如图甲所示装置“探究平抛运动的特点”。悬点O正下方P点处有水平放置的炽热电热丝，当悬线摆至电热丝处时能轻易被烧断，小球由于惯性向前飞出做平抛运动．现对小球采用频闪数码照相机连续拍摄．在有坐标纸的背景屏前，拍下了小球在做平抛运动过程中的多张照片，经合成后，照片如图乙所示．a、b、c、d为连续四次拍下的小球位置，已知照相机连续拍照的时间间隔是0.10s，照片大小如图乙中坐标所示，又知该照片的长度与实际背景屏的长度之比为1：4，则：

（1）由以上信息，可知a点________（选填“是”或“不是”）小球的抛出点。

（2）该星球表面的重力加速度为________m/s2；

（3）小球平抛的初速度是________m/s；

（4）小球在b点时的速度是________m/s。

【答案】    ①. 是    ②. 8    ③. 0.8    ④.

【解析】

【分析】

【详解】（1）[1]由图像可知在连续相等的时间间隔内通过的位移之比为1：3：5，根据初速度为0的匀变速运动，在连续相等的时间间隔内通过的位移之比的规律可知a点是小球的抛出点。

（2）[2]根据

可得

则该星球表面的重力加速度为。

（3）[3]由

可得

则小球平抛的初速度是。

（4）[4]小球在b点时的竖直方向的速度为

小球在b点时的速度为

16. 某同学用图甲所示的实验装置验证牛顿第二定律：

(1)该同学在平衡摩擦力后进行实验，为了便于探究、减小误差，应使小车质量M与砝码和盘的总质量m满足________的条件．

(2)他实验时将打点计时器接到频率为50Hz的交流电源上，得到一条纸带，打出的部分计数点如图乙所示(每相邻两个计数点间还有4个点图中未画出) S1=3.59cm，S2=4.39cm，S3=5.19cm，S4=5.99cm，S5=6.79cm，S6=7.59cm．则小车的加速度a=________m/s2，打点计时器在打B点时小车的速度 vB=______m/s.(结果均保留两位有效数字)

(3)通过实验得到如图丙所示的a-F图象，造成这一结果的原因是：在平衡摩擦力时木板与水平桌面的夹角________(选填“偏大”或“偏小”)．

【答案】    ①.     ②. 0.80    ③. 0.40    ④. 偏大

【解析】

【分析】（1）当M＞＞m时，可以用钩码的重力代替小车的拉力；
（2）根据△x=aT2求得加速度，利用中间时刻的瞬时速度等于这段时间内的平均速度求得；
（3）根据a-F图象可知，当F=0时，加速度a＞0，判断出原因即可

【详解】（1）小车运动过程中，砝码和盘向下做加速运动处于失重状态，砝码和盘对细线的拉力小于其重力，小车在运动过程中受到的拉力小于砝码和盘的总重力；当小车质量M远大于砝码和盘总质量m时可以近似认为小车受到的拉力等于砝码和盘的重力．
（2）计数点间的时间间隔为T，由匀变速直线运动的推论△x=aT2可知，加速度： B点的瞬时速度为

（3）当F=0时，小车已经具有了加速度，在平衡摩擦力时木板与水平桌面的夹角偏大.

【点睛】教科书本上的实验，我们要从实验原理、实验仪器、实验步骤、实验数据处理、实验注意事项这几点去搞清楚．对于实验我们要清楚每一项操作存在的理由．比如为什么要平衡摩擦力，为什么要先接通电源后释放纸带等．

四、计算题（共4小题）

17. 某条道路上规定车辆行驶速度不得超过30km/h，在一次交通事故中，肇事车是一辆卡车，量得这辆车紧急刹车（车辆被抱死）时留下的刹车痕迹长为7.6m。经过测试得知这种轮胎与路面的动摩擦因数为0.7，请判断该车是否超速。

【答案】该车超速

【解析】

【详解】由牛顿第二定律

故

由运动学公式

解得

可以判定该车超速。

18. 如图所示，直径为纸制圆筒，以角速度绕中心轴匀速转动，把枪口对准圆筒轴线，使子弹穿过圆筒，结果发现圆筒上只有一个弹孔，忽略重力、圆筒的阻力及空气阻力，则子弹的速度应满足什么条件？

【答案】（，，）

【解析】

【详解】圆筒上只有一个弹孔，说明子弹从同一孔射入、射出，设子弹的速度为，子弹从孔射入到射出所用时间为

圆筒转过的角度为

（，，）

又

联立可得

（，，）

19. 如图所示，半径为R的圆轮在竖直面内绕O轴匀速转动，轮上a、b两点与O的连线相互垂直，圆轮最低点距地面的高度为R，a、b两点均粘有一个小物体，当a点转至最低位置时，a、b两点处的小物体同时脱落，经过相同时间落到水平地面上。（不计空气阻力，重力加速度为g）

（1）试判断圆轮的转动方向（说明判断理由）；

（2）求圆轮转动的角速度大小。

【答案】（1）见解析；（2）

【解析】

【详解】（1）由题意知，a点物体做平抛运动，若与b点物体下落时间相同，则b点物体必须做竖直下抛运动，故知圆轮转动方向为逆时针方向。

（2）a点物体平抛

R=gt2

b点物体竖直下抛

2R=v0t＋gt2

得

v0=

又因

ω=

解得

ω=

20. 如图所示，一小球从平台上水平抛出，恰好落在邻近平台的一倾角为α=53°的光滑斜面顶端，并刚好沿光滑斜面下滑，已知斜面顶端与平台的高度差h=0.8m，重力加速度取g=10m/s2，sin 53°=0.8，cos 53°=0.6，不计空气阻力，求：

(1)小球水平抛出时的初速度大小v0；

(2)斜面顶端与平台边缘的水平距离x；

(3)若斜面顶端高H=20.8m，则小球离开平台后经多长时间到达斜面底端？

【答案】(1)3m/s；(2)1.2m；(3)2.4s

【解析】

【详解】（1）由题意可知，小球落到斜面顶端并刚好沿斜面下滑，说明此时小球速度方向与斜面平行，如图所示

解得

根据

解得

（2）根据

得

斜面顶端与平台边缘的水平距离x

（3）小球沿斜面做匀加速直线运动的加速度

解得

在斜面顶端时的速度

根据

解得

 或

(舍去)，所以