四川省绵阳市三台中学2022-2023学年高一物理下学期期末热身试题（Word版附解析）

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

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

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

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mgH

B. 小球的动能减少fH

C. 小球的机械能减少fH

D. 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（0 ≤ <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，石块落地的时间可能相同

B. 对于不同的抛射角，石块落地时的动能一定相同

C. 对于不同的抛射角，石块落地时的机械能可能不同

D. 对于不同的抛射角，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

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200 J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 64 J，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. 40J B. 96J C. 120J D. 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（　　）

A. 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（　　）

A. 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

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

【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（　　）

A. 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（　　）

A. 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1.5s

C. 木块从顶端滑到底端的过程传送带对木块做的功是18J

D. 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

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

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

[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。

（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. C    ②. 1.823    ③. 1.711    ④.

【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）

【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。

【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FN

FN＋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≥

解得

l≥1.45m

力F的作用距离最小值为

l=1.45m

19. 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

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