2021-2022学年陕西省渭南市三贤中学高一（下）第二次考试物理试题含解析

渭南市三贤中学2021-2022学年度下学期第二次考试

高一物理试卷

（总分   100分   时间   90分钟）

一、单选题（共8小题，每小题4分，共32分）

1. 物体受到几个恒力的作用处于平衡状态，若再对物体施加一个恒力，则物体可能（　　）

A 静止 B. 做匀速直线运动

C. 做变加速曲线运动 D. 做匀变速曲线运动

【答案】D

【解析】

【分析】

【详解】AB．物体受几个恒力的作用而处于平衡状态，相当于不受力，速度可能为零，也可能为某个确定的值；若再对物体施加一个恒力，合力不为零，不可能保持静止或匀速直线运动，故AB错误；

CD．如果速度与合力不共线，物体就做曲线运动，由于合力是恒力，故加速度恒定不变，是匀变速曲线运动，故C错误；D正确。

故选D。

2. 质点从同一高度水平抛出，不计空气阻力，下列说法正确的是（　　）

A. 质量越大，水平位移越大

B. 初速度越大，落地时竖直方向速度越大

C. 初速度越大，空中运动时间越长

D. 初速度越大，落地速度越大

【答案】D

【解析】

【分析】

【详解】A．根据

得

水平位移

可知，水平位移和质量无关，故A错误；

B．落地时候竖直方向速度

与初速度无关，故B错误；

C．由

知平抛运动的物体运动时间由高度决定，与初速度无关，故C错误；

D．落地的速度大小为

解得

h相同，初速度越大，落地速度v越大，故D正确。

故选D。

3. 下列关于匀速圆周运动说法中正确的是（   ）

A. 匀速圆周运动状态是平衡状态

B. 匀速圆周运动是匀变速曲线运动

C. 匀速圆周运动是速度和加速度都不断改变的运动

D. 匀速圆周运动的物体受到的合外力是恒力

【答案】C

【解析】

【分析】

【详解】A．匀速圆周运动速度大小不变，方向变化，速度是变化的，是变速运动，受力不平衡，故A错误；

BC．匀速圆周运动加速度大小不变，方向始终指向圆心，加速度是变化的，是变加速运动，故B错误，C正确；

D．匀速圆周运动的物体受到的合外力指向圆心，提供向心力，方向时刻变化，不是恒力，故D错误。

故选C。

4. 如图所示，从某高度水平抛出一小球，经过时间t到达地面时，速度与水平方向的夹角为，不计空气阻力，重力加速度为g。下列说法正确的是（　　）

A. 小球水平抛出时的初速度大小为

B. 小球在t时间内的位移方向与水平方向的夹角为

C. 若小球初速度增大，则平抛运动的时间变长

D. 若小球初速度增大，则减小

【答案】D

【解析】

【详解】A．小球落地时竖直方向的速度

根据题意可得

解得

故A错误；

B．设在t时间内的位移方向与水平方向的夹角为，根据平抛运动的推论

可知

故B错误；

C．竖直方向高度不变，根据

可得

若小球初速度增大，则平抛运动的时间不变，故C错误；

D．根据

可知若小球初速度增大，则减小，故D正确。

故选D。

5. 如图所示，物体A和B的质量均为m，且分别与跨过定滑轮的轻绳连接（不计绳与滑轮、滑轮与轴之间的摩擦）在用水平变力F拉物体B沿水平方向向右做匀速直线运动的过程中，则（　　）

A. 物体A也做匀速直线运动

B. 绳子拉力始终等于物体A所受重力

C. 绳子对A物体的拉力逐渐增大

D. 绳子对A物体的拉力逐渐减小

【答案】D

【解析】

【详解】A．设绳子与水平方向的夹角为，将B相对地面的速度分解为沿绳子方向和垂直于绳子方向，如图所示

沿绳子方向的分速度等于A的速度，有

当B向右做匀速直线运动时，减小，增大，故A速度增大，A做加速运动，故A错误；

B．因为A向上做加速运动，由牛顿第二定律

故拉力大于重力，B错误；

C．当B运动到无穷远处时绳子与水平方向夹角几乎为0，此时

则A也做匀速运动，根据平衡条件

由前面分析知开始时，故T减小，C错误，D正确。

故选D。

6. 如图所示为某人游珠江，他以一定的速度且面部始终垂直于河岸向对岸游去。设江中各处水流速度相等，他游过的路程、过河所用的时间与水速的关系是（　　）

A. 水速大时，路程长，时间长 B. 水速大时，路程长，时间不变

C. 水速大时，路程长，时间短 D. 路程、时间与水速无关

【答案】B

【解析】

【详解】将人运动分解为沿河岸方向和垂直于河岸方向，水流的运动不影响垂直于河岸方向上的运动，在垂直于河岸方向上

人的划水速度不变，所以过河的时间不变．水流速的大小影响在沿河岸方向上的位移

x=v水t

时间不变，水流速越大，沿河岸方向上的位移越大，根据运动的合成，发生的位移（路程）越大．故B正确，ACD错误．

故选B。

7. 如图所示，小物块位于半径为的半球顶端，若此时小球的初速为时，物块对球顶恰无压力，则以下说法不正确的是：

A. 物块立即离开球面做平抛运动，不再沿圆弧下滑

B.

C. 物块落地点离球顶水平位移

D 物块落地速度方向和水平地面成角

【答案】D

【解析】

【分析】

【详解】A．物块对球顶恰无压力，说明此时恰好是物体的重力作为圆周运动的向心力，物体离开半球顶端后将做平抛运动，则选项A说法正确；

B．由

可得

选项B说法正确；

C．物体做平抛运动，由

,得

选项C说法正确；

D．平抛运动的时间

则竖直方向上的速度

速度偏向角

得与地面的夹角不是45°，所以D的说法错误。

本题选不正确的，故选D。

考点：本题考查了平抛运动、圆周运动的向心力.

8. 一质量为m的人站光电梯内的磅秤上，电梯以0.1g的加速度加速上升h高度，在此过程中（　　）

A. 磅秤的示数等于 B. 磅秤的示数等于0.1

C. 人的动能增加了0.9 D. 人的机械能增加了1.1

【答案】D

【解析】

【详解】AB．设磅秤对人的支持力为，对人，根据牛顿第二定律

解得

磅秤的示数等于，故AB错误；

C．人所受的合力

人的动能增加

故C错误；

D．除了重力之外的其他力做功，等于机械能的增加量

故D正确。

故选D。

二、多选题（共6小题，每小题4分，共24分）

9. 如图所示，从半径R＝1 m的半圆PQ上的P点水平抛出一个可视为质点的小球，经t＝0.4 s小球落到半圆上。已知当地的重力加速度g＝10 m/s2，据此判断小球的初速度可能为（　　）

A. 1m/s B. 2m/s C. 3m/s D. 4m/s

【答案】AD

【解析】

【分析】

【详解】由

可得

如图所示

小球落点有两种可能，若小球落在左侧，根据几何关系得平抛运动的水平位移为0.4 m，初速度为1 m/s；若小球落在右侧，平抛运动的水平位移为1.6 m，初速度为4 m/s。故AD正确，BC错误。

故选AD。

10. 一个内壁光滑的圆锥筒的轴线是竖直的，圆锥固定，有质量相同的两个小球A和B贴着筒的内壁在水平面内做匀速圆周运动，如图所示，A的运动半径较大，则（　　）

A. A球的角速度必小于B球的角速度

B. A球的线速度必小于B球的线速度

C. A球运动的周期必大于B球运动的周期

D. A球对筒壁的压力必大于B球对筒壁的压力

【答案】AC

【解析】

【详解】ABC．以小球为研究对象，对小球受力分析，由牛顿第二定律得

解得

因为A的半径大，则A球的线速度大于B球的线速度，A球的角速度小于B球的角速度，A球运动的周期大于B球运动的周期，故B错误AC正确；

D．根据平行四边形定则可知，球受到的支持力为

可知两球受到的支持力相等，根据牛顿第三定律可知，两球对桶壁的压力相等，故D错误。

故选AC。

11. 在平直公路上，汽车由静止开始做匀加速直线运动，当速度达到后，立即关闭发动机直至静止，图像如图所示，设汽车的牵引力为F，受到的摩擦力为，全程中牵引力做功为，克服摩擦力做功为，则（　　）

A.  B.

C.  D.

【答案】BC

【解析】

【详解】根据图像中图线围成的面积表示位移的大小可知，关闭发动机之前的位移为

关闭发动机之后的位移为

AC．关闭发动机之前，根据动能定理有

关闭发动机之后，根据动能定理有

联立解得

故A错误C正确；

BD．根据公式可知，全程牵引力做功为

克服摩擦力做功

则

故D错误B正确。

故选BC。

12. 如图所示，质量为M、长为L的木板置于光滑的水平面上，一质量为m的滑块放置在木板左端，滑块与木板间滑动摩擦力大小为，用水平的恒定拉力F作用于滑块，当滑块运动到木板右端时，木板在地面上移动的距离为s，滑块速度为，木板速度为，下列结论中正确的是（　　）

A. 上述过程中，F做功大小为

B. 其他条件不变的情况下，F越大，滑块到达右端所用时间越长

C. 其他条件不变的情况下，M越大，s越小

D. 其他条件不变的情况下，越大，滑块与木板间产生的热量越多

【答案】CD

【解析】

【详解】A．由功能关系可知拉力F做功除了增加两物体的动能外，还有系统摩擦产生了热量，故A错误；

B．由于滑块和木板都是做初速度为零的匀加速运动，木板的加速度由滑块对它的摩擦力提供，在其它条件不变的情况下增大F，木板受到的摩擦力大小不变，因此木板的运动情况不变，滑块和木板的相对位移还是L，但增大F后滑块的加速度增大，离开木板的时间就越短，故B错误；

C．由于木板受到的摩擦力大小不变，因此当M越大时木板的加速度越小，而滑块的加速度不变，相对位移仍是L，滑块在木板上的运动时间越短，所以木板运动的位移越小，故C正确；

D．系统产生的热量等于摩擦力和相对位移的乘积，相对位移不变化，因此摩擦力越大，产生的热量越多，故D正确。

故选CD。

13. 如图所示，轻放在竖直轻弹簧上端的小球A，在竖直向下的恒力F的作用下，弹簧被压缩到B点．现突然撤去力F，小球将在竖直方向上开始运动，若不计空气阻力，则下列中说法正确的是(　)

A. 撤去F后小球、地球、弹簧构成的系统机械能守恒

B. 小球在上升过程中，动能先增大后减小

C. 小球在上升过程中，弹性势能先减小后增大

D. 小球在上升过程中，弹簧的形变量恢复到最初(指撤去力F的瞬间)的一半时，小球的动能最大

【答案】AB

【解析】

【详解】A．撤去F后小球、地球、弹簧构成的系统只有重力和弹力做功，故系统的机械能守恒，选项A正确；

BD．小球在上升过程中，弹力先大于重力，物体加速上升；当重力等于弹力时，加速度为零，此时速度最大，由于重力和弹力数值未知，故此位置与开始压缩的量的关系不能确定；然后弹力小于重力，加速度向下做减速运动，故动能先增大后减小，选项B正确，D错误；

C．小球在上升过程中，弹性势能一直减小到零，选项C错误；

故选AB.

14. 如图所示，下列关于机械能是否守恒的判断正确的是（　　）

A. 甲图中，物体A将弹簧压缩的过程中，A机械能守恒

B. 乙图中，在大小等于摩擦力的拉力作用下沿斜面下滑时，物体B机械能守恒

C. 丙图中，不计任何阻力时，A加速下落，B加速上升过程中，A、B机械能守恒

D. 丁图中，小球沿水平面做匀速圆锥摆运动时，小球的机械能守恒

【答案】BCD

【解析】

【分析】

【详解】A．甲图中，物体A将弹簧压缩的过程中，物体A的一部分机械能转化为弹簧的弹性势能，其机械能不守恒，故A错误；

B．乙图中，在大小等于摩擦力的拉力作用下沿斜面下滑时，除重力以外，其他力做功的代数和为零，物体B机械能守恒，故B正确；

C．丙图中，不计任何阻力时，A加速下落，B加速上升过程中，A、B组成的系统只有重力做功，机械能守恒，故C正确；

D．丁图中，小球沿水平面做匀速圆锥摆运动时，其动能和重力势能均不变，小球的机械能守恒，故D正确。

故选BCD。

分卷Ⅱ

三、填空（共2小题，15题4分，16题8分，共12分）

15. 一列火车在一段时间内运动的速度—时间图象如图所示。由此可知，这段时间内火车的动能在_____（选填“增大”或“减小”）；牵引力对火车所做的功_____（选填“大于”或“小于”）阻力对火车所做的功。

【答案】    ①. 增大    ②. 大于

【解析】

【详解】[1][2]由速度图象可知：火车做匀加速直线运动，速度增大，由

知，火车动能增大；由牛顿第二定律得

F﹣f=ma＞0

得F大于f，所以Fx＞fx，即牵引力对火车所做的功大于火车克服阻力所做的功。

16. 某同学为探究“合力做功与物体动能改变的关系”，设计了如下实验，他的操作步骤是：

A.按如图摆好实验装置；

B.将质量M＝0.20kg的小车拉到打点计时器附近，并按住小车；

C.在总质量m分别为10g、30g、50g的三种钩码中，挑选了一个质量为50g的钩码挂在拉线的挂钩上；

D.接通打点计时器的电源（电源频率为f＝50 Hz）， 然后释放小车，打出一条纸带。

①多次重复实验，从中挑选一条点迹清晰的纸带如图所示。把打下的第一点记作“0”，然后依次取若干个计数点，相邻计数点间还有4个点未画出，用毫米刻度尺测得各计数点到0点距离分别为d1＝0.0075 m，d2＝0.03001m，d3＝0.0675 m，d4＝0.1200 m，d5＝0.1875m，d6＝0.2700 m，他把钩码重力（当地重力加速度g＝9.8 m/s2）作为小车所受合力算出打下“0”点到打下“5”点合力做功。则合力做功＝______ ，小车动能的改变量＝______（结果保留三位有效数字）。

② 此次实验探究的结果，他没能得到“合力对物体做的功等于物体动能的增量”，且误差很大，显然，在实验探究过程中忽视了各种产生误差的因素。请你根据该同学的实验装置和操作过程帮助分析一下，造成较大误差的主要原因是___________________ ；___________________________ 。（写出两条即可）

【答案】    ①. 0.0919    ②. 0.0563    ③. 小车与桌面之间存在摩擦力    ④. 钩码质量没有远小于小车质量

【解析】

【详解】①[1][2]根据功的公式

代入数据解得

W=0.0919J

相邻计数点间还有4个点未画出，则相邻计数点间周期

打点5时的速度

小车动能的变化量

②[3][4]产生误差原因，小车与桌面间有摩擦，使得一部分重力势能转化为内能，动能的增加，漏掉钩码的动能，即钩码质量没有远小于小车质量。

六、计算题（共3小题，17题10分，18题10分，19题12分，共32分）

17. 从离地高80m处水平抛出一个物体，3s末物体的速度大小为50m/s，g取10m/s2。求：

(1)物体抛出时的初速度大小；

(2)物体在空中运动的时间；

(3)物体落地时的水平位移．

【答案】(1)40m/s；(2)4s；(3)160m。

【解析】

【详解】(1)物体在3s末的竖直分速度：

根据平行四边形定则知，物体的初速度：

；

(2)根据得，物体平抛运动的时间：

；

（3）物体落地的水平位移：

。

【点睛】解决本题的关键知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，结合运动学公式灵活求解，知道平抛运动的时间由高度决定，初速度和时间共同决定水平位移。

18. 长度为，一端固定一小球，另一端固定在转动轴O上，小球绕轴在竖直平面内转动。杆的质量忽略不计，小球的质量为0.5kg。求：

（1）若小球经过最低点的速度为6m/s，此时杆对小球的弹力的大小；

（2）若小球经过最高点时，杆对小球的弹力为0，求此时小球的速度大小。

【答案】（1）；（2）

【解析】

【详解】（1）在最低点，杆对小球的弹力和重力的合力提供向心力，由牛顿第二定律得

已知，，代入解得

（2）小球经过最高点时，杆对小球的弹力为0，仅重力提供向心力，由牛顿第二定律得

解得

19. 如图所示为固定在竖直平面内的光滑轨道ABCD，其中ABC部分为半径R＝0.9 m的半圆形轨道，CD部分为水平轨道，在C点与半圆形轨道平滑连接．一个质量m＝1 kg的小球经压缩的弹簧弹射出去后，通过最高点A时对轨道的压力为其重力的3倍．小球运动过程中所受空气阻力忽略不计，g取10 m/s2.求：

(1)小球在A点时的速度大小；

(2)小球落回水平面CD上时距C点的距离；

(3)弹簧对小球所做的功．

【答案】(1)6m/s　(2)3.6m　(3)36J

【解析】

【详解】（1）在A点，由牛顿第二定律得：
F+mg=m，已知：F=3mg，
代入数据解得：vA=6m/s；
（2）小球离开A后做平抛运动，
在竖直方向上：2R=gt2，
水平方向：x=vAt，
代入数据解得：x=3.6m；
（3）从小球开始运动到A点过程中，由能量守恒定律得：W=mg•2R+mvA2，
代入数据解得：W=36J；