山东省淄博市部分学校2022-2023学年高一下学期4月期中联考物理试题（含解析）

山东省淄博市部分学校2022-2023学年高一下学期4月期中联考物理试题

学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题

1．以下说法正确的是（　　）

A．绕地球沿圆轨道飞行的航天器中悬浮的液滴处于平衡状态

B．洗衣机脱水时利用离心运动把附着在衣物上的水分甩掉

C．匀速直线运动因为受合力等于零，所以机械能一定守恒

D．合力对物体做功为零时，机械能一定守恒

2．明代出版的《天工开物》一书中就有牛力齿轮翻车的图画（如图所示），记录了我们祖先的劳动智慧。若A、B、C三齿轮的半径大小关系如图，则（　　）

A．齿轮A的角速度比C的大

B．齿轮A与B的角速度大小相等

C．齿轮B与C边缘的线速度大小相等

D．齿轮A边缘的线速度比C边缘的线速度大

3．在一次摩托车跨越壕沟的表演中，摩托车从壕沟的一侧以速度沿水平方向飞向另一侧，壕沟的宽度及两侧的高度如图所示。若摩托车前后轴距为1.6m，不计空气阻力，则下列说法正确的是（　　）

A．摩托车不能越过壕沟

B．摩托车能越过壕沟，落地瞬间的速度大小为

C．摩托车能越过壕沟，落地瞬间的速度方向与水平地面的夹角的正切值为5

D．在跨越壕沟的过程中，摩托车与人组成的系统机械能不守恒

4．“七星坛上卧龙登，一夜东风江水腾，不是孔明施妙计，周郎安得呈才能?”三国时，诸葛亮借东风，周瑜火烧赤壁。孔明怕遭伤害，于是东风初起，便于七星坛上，披发而下于江边上船渡江，为尽可能缩短过江时间，孔明估测了一下江面的宽度及水速，于是调整船头，使船头垂直于河岸，船在静水中的速度为v1，从A沿直线运动到B，渡河所用时间为t1;周瑜从后面追赶，船头垂直于AB，船在静水中的速度为v2，也从A沿直线运动到B，渡河所用时间为t2，若AB与河岸的夹角为α，河水速度恒定。则下列表达式成立的是（　　）。

A．=sin α B．=

C．=cos 2α D．=

5．2021年6月17日，搭载神舟十二号载人飞船的长征二号F遥十二运载火箭在酒泉卫星发射中心成功发射，神舟十二号载人飞船与天和核心舱及天舟二号组合体成功对接，将中国三名航天员送入“太空家园”，核心舱绕地球飞行的轨道可视为圆轨道，轨道离地面的高度约为地球半径的，运行周期约为90min，引力常量G=6.67×10-11N·m2/kg2。下列说法正确的是（　　）

A．核心舱在轨道上飞行的速度为7.9km/s

B．仅根据题中数据可估算出地球密度

C．位于低轨道的神舟十二号载人飞船需减速才能与高轨道的核心舱实现对接

D．“太空家园”中静止坐在椅子上的宇航员加速度为0

6．“羲和号”是我国首颗太阳探测科学技术试验卫星。如图所示，该卫星围绕地球的运动视为匀速圆周运动，轨道平面与赤道平面接近垂直。卫星每天在相同时刻，沿相同方向经过地球表面A点正上方，恰好绕地球运行n圈。已知地球半径为地轴R，自转周期为T，地球表面重力加速度为g，则“羲和号”卫星轨道距地面高度为（    ）

A． B．

C． D．

7．2020年10月2日，全国蹦床锦标赛男子蹦床团体决赛在天津团泊体育中心举行，最终山西队夺得男子团体冠军。如图所示为某运动员比赛中的一个场景，不计空气阻力。下列说法正确的是（　　）

A．运动员从最低点运动到离开蹦床过程中，蹦床对运动员没有做功

B．运动员离开蹦床上升过程中，运动员的机械能与上升高度有关

C．运动员从接触蹦床至运动到最低点的过程中，运动员的机械能守恒

D．运动员从接触蹦床至运动到最低点的过程中，运动员的机械能一直在减小

8．汽车沿平直公路以恒定功率p从静止开始启动，如图所示，为牵引力F与速度v的关系，加速过程在图中的T点结束，所用的时间t=8秒，经历的路程s=50米，8秒后汽车做匀速运动，若汽车所受阻力始终不变，则(     )

A．汽车做匀速运动时的牵引力大小为2×105牛顿，

B．汽车所受的阻力大小4×104牛顿，

C．汽车的恒定功率为1.6×105W，

D．汽车的质量为8×103kg

二、多选题

9．乘坐游乐园的过山车时，质量为m的人随车在竖直平面内沿圆周轨道运动(如图所示)，下列说法正确的是(　　)

A．车在最高点时，人处于倒坐状态，全靠保险带拉住，若没有保险带，人一定会掉下去

B．人在最高点时，对座位仍可能产生压力，但压力一定小于mg

C．人在最低点时，处于超重状态

D．人在最低点时，对座位的压力大于mg

10．如图所示，质量为m的物体以某一速度冲上一个倾角为37°的斜面，其运动的加速度的大小为0.9g，这个物体沿斜面上升的最大高度为H，则在这一过程中（　　）

A．物体的重力势能增加了0.9mgH B．物体的重力势能增加了mgH

C．物体的动能损失了0.5mgH D．物体的机械能损失了0.5mgH

11．冬奥会上有一种女子单板滑雪U形池项目，如图所示为U形池模型，池内各处粗糙程度相同，其中a、c为U形池两侧边缘，且在同一水平面，b为U形池最低点。某运动员从a点上方h高的O点自由下落由左侧切线进入池中，从右侧切线飞出后上升至最高位置d点（相对c点高度为）。不计空气阻力，重力加速度为g，则运动员（　　）

A．运动员由a到c的过程中，在ab段克服摩擦力做的功大于在bc段克服摩擦力做的功

B．运动员从d返回经b恰好到达a点

C．运动员从d返回经b一定能越过a点再上升一定高度

D．运动员第一次过b点对轨道的压力大于第二次过b点对轨道的压力

12．如图所示，光滑竖直杆固定，杆上有：质量为m的小球A（可视为质点），一根竖直轻弹簧一端固定在地面上，另一端连接质量也为m的物块B，一轻绳跨过定滑轮O，一端与物块B相连，另一端与小球A连接，定滑轮到竖直杆的距离为L。初始时，小球A在外力作用下静止于P点，此时整根轻绳伸直无张力且OP间细绳水平、OB间细绳竖直，现将小球A由P点静止释放，小球A沿杆下滑到最低点Q时，OQ与杆之间的夹角为37°，不计滑轮质量和大小及摩擦，重力加速度大小为g，sin37°=0.6，Cos37°=0.8，关于小球A由P下滑至Q的过程中，下列说法正确的是（　　）

A．除P、Q两点外，小球A的速度始终大于物块B的速度

B．小球A和物块B组成的系统机械能守恒

C．小球A静止于P点时，弹簧的压缩量为L

D．物块B的机械能增加了mgL

三、实验题

13．图甲是“研究平抛物体的运动”的实验装置图。

（1）实验前应对实验装置反复调节，直到斜槽末端切线           。每次让小球从同一位置由静止释放，是为了每次平抛           。

（2）图乙是正确实验取得的数据，其中O为拋出点，则此小球作平抛运动的初速度为           m/s。（g取9.8m/s2）

（3）在另一次实验中将白纸换成方格纸，每小格的边长L=5cm，通过实验记录了小球在运动途中的三个位置，如图丙所示，则该小球做平拋运动的初速度为           m/s，B点的竖直分速度为           m/s。（g取10m/s2）

14．某兴趣小组的同学对阿特伍德机进行了改进，用来验证机械能守恒定律，装置如图甲所示。两相同重物P、Q质量均为M、厚度均为d，轻绳一端与P连接，另一端穿过质量为m的薄片N上的小孔与Q连接，开始时在外力的作用下使系统（重物P、Q以及薄片N）保持静止状态，在N正下方h处固定一圆环，圆环正下方固定一光电门。

实验时，将系统由静止释放，运动中Q可以自由穿过圆环，N将被圆环挡住而立即停止运动，Q通过光电门时记录的挡光时间为t。当地重力加速度为g。

（1）重物Q刚穿过圆环时的速度为          ；

（2）如果系统的机械能守恒，应满足的关系式为         ；

（3）保持M、h不变，改变m（始终保证m<<M），重复上述操作，得到多组m、t，作出图线可求得当地重力加速度g，如图乙所示，若图线斜率为k，则g=         。

四、解答题

15．如图甲所示，有一可绕竖直中心轴转动的水平圆盘，上面放置劲度系数为k=46N/m的弹簧，弹簧的一端固定于轴O上，另一端连接质量为m=1kg的小物块A，物块与盘间的动摩擦因数为µ=0.2，开始时弹簧未发生形变，长度为l0=0.5m，若最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，重力加速度g取10m/s2，物块A始终与圆盘一起转动。则：

（1）圆盘的角速度多大时，物块A将开始滑动；

（2）当角速度缓慢地增加到4 rad/s时，弹簧的伸长量是多少；（弹簧伸长在弹性限度内且物块未脱离圆盘）。

（3）在角速度从零缓慢地增加到4 rad/s过程中，物块与盘间摩擦力大小为Ff，在如图乙所示的坐标系中作出Ff-ω2图像（只画图像，不需写过程）。

16．如图所示，地球的两颗卫星绕地球在同一平面内做匀速圆周运动，已知卫星一运行的周期为，地球的半径为，卫星一和卫星二到地球中心的距离分别为，，引力常量为G，某时刻两卫星与地心连线之间的夹角为。求：（结果均用、、G表示）

（1）地球的质量M；

（2）卫星二围绕地球做圆周运动的周期；

（3）从图示时刻开始，经过多长时间两卫星第一次相距最近。

17．如图所示，一段光滑圆弧轨道CD右端连接一长木板，一起固定在水平面上。有一个可视为质点的质量为kg的小物块，从光滑平台上的A点以m/s的初速度水平抛出，到达C点时，恰好沿C点的切线方向进入圆弧轨道，最后小物块滑上长木板。已知木板上表面与圆弧轨道末端切线相平，小物块与长木板间的动摩擦因数，圆弧轨道的半径为m，C点和圆弧的圆心连线与竖直方向的夹角为。（不计空气阻力，，，）求：

（1）AC两点的高度差；

（2）小物块到达圆弧轨道末端D点时对轨道的压力大小；

（3）要使小物块不滑出长木板，木板的最小长度。

18．如图光滑水平导轨AB的左端有一压缩的弹簧，弹簧左端固定，右端前放一个质量为的物块（可视为质点），物块与弹簧不粘连，B点与水平传送带的左端刚好平齐接触，传送带BC的长为，沿逆时针方向匀速转动。CD为光滑足够长的水平轨道，C点与传送带的右端刚好平齐接触，DE是竖直放置的半径为的光滑半圆轨道，DE与CD相切于D点。已知物块与传送带间的动摩擦因数，取。

（1）若释放弹簧，物块离开弹簧，滑上传送带刚好能到达C点，求弹簧储存的弹性势能；

（2）若释放弹簧，物块离开弹簧，滑上传送带能够通过C点且恰能通过圆弧轨道的E点，求物块通过圆弧轨道的D点时受到的支持力大小；

（3）若传送带沿顺时针方向以恒定速度匀速转动，释放弹簧，物块离开弹簧，滑过传送带并通过圆弧轨道的E点落到水平轨道CD之间，设物块落在CD上的位置与D点的距离为x，求：x与最初弹簧储存的弹性势能的关系。

参考答案：

1．B

【详解】A．绕地球沿圆轨道飞行的航天器中悬浮的液滴受到的万有引力提供向心力，处于完全失重状态，故A错误；

B．洗衣机脱水时，利用离心运动把附着在衣物上的水分甩掉，故B正确；

C．匀速直线运动受到的合力等于零，但机械能不一定守恒，如竖直方向的匀速直线运动机械能不守恒，故C错误；

D．合力对物体做功为零时，可能有除重力以外的力对物体做功，机械能不守恒，如起重机匀速向上吊起货物时货物的机械能不守恒，故D错误。

故选B。

【点睛】解决本题时要知道飞行器绕地球做圆周运动时，里面的液滴处于完全失重状态。机械能守恒的条件是只有重力或弹力做功。可举例来分析抽象的概念题。

2．D

【详解】由图可知，A、B、C三齿轮半径大小的关系为

rA>rB>rC

齿轮A的边缘与齿轮B的边缘接触，齿轮B与C同轴转动，故

vA=vB

ωB=ωC

根据

v=ωr

可得

ωB>ωA

ωA<ωC

vB>vC

vA>vC

故选D。

3．B

【详解】A．由于摩托车做平抛运动，根据平抛运动的规律，在竖直方向有

可得

在水平方向，有

x＝v0t

联立，可得

x＝20m>18m＋1.6m

所以摩托车能越过壕沟。故A错误；

B．落地瞬间的速度大小为

解得

故B正确；

C．落地瞬间的速度方向与水平地面的夹角的正切值为

解得正切值为0.2，故C错误；

D．摩托车与人组成的系统中，重力属于内力，在跨越壕沟的过程中，只有重力做了功，摩托车与人组成的系统机械能守恒。故D错误。

故选B。

4．C

【详解】AB．设河水速度为v，当船头垂直河岸时

v1=vtan α

合速度

v合1=

当船头垂直AB 时

v2=vsin α

合速度

v合2=vcos α

因此

=

AB两项错误；

CD．由于两次路程相同，因此时间之比

==cos 2α

C项正确；D项错误；

故选C。

5．B

【详解】A．假定地球质量为M，人造天体轨道半径为r，则有

则有

可知轨道半径越大，运行速度越小，而7.9km/s是轨道半径为地球半径时的速度，则核心舱的速度小于7.9km/s，故A错误；

B．依题意有

则有

依题意地球的密度为

故B正确；

C．位于低轨道的神舟十二号载人飞船需加速才能与高轨道的核心舱实现对接，故C错误；

D．“太空家园”中静止坐在椅子上的宇航员与核心舱的加速度相同，则有

解得

可知加速度不为零，故D错误。

故选B。

6．C

【详解】地球表面的重力加速度为g，根据牛顿第二定律得

解得

根据题意可知，卫星的运行周期为

根据牛顿第二定律，万有引力提供卫星运动的向心力，则有

联立解得

故选C。

7．D

【详解】A．运动员从最低点运动到离开蹦床过程中，蹦床对运动员做正功，A错误；

B．运动员离开蹦床上升过程中，运动员的机械能与上升高度无关，只是机械能越大，上升高度越大，B错误；

CD．运动员与蹦床系统机械能守恒，运动员从接触蹦床至运动到最低点的过程中，运动员的机械能减小，因为蹦床的弹性势能增大，C错误，D正确。

故选D。

8．C

【详解】加速过程在T点结束，即此后汽车沿平直路面作匀速运动，由平衡条件和图象信息可得，汽车做匀速运动时的牵引力大小为，汽车所受的阻力大小，由图象信息得汽车的恒定功率，汽车加速运动过程，牵引力做功为，根据动能定理可得，解得，故C正确，A、B、D错误；

故选C．

【点睛】关键会根据物体的受力判断物体的运动规律，汽车以恒定功率启动，先做加速度逐渐减小的加速运动，加速度减小到零后，做匀速直线运动．

9．CD

【详解】当人与保险带间恰好没有作用力，由重力提供向心力时，临界速度为 ．当速度v≥时，没有保险带，人也不会掉下来．故A错误．当人在最高点的速度v＞人对座位就产生压力．当速度增大到2时，压力为3mg，故B错误；人在最低点时，加速度方向竖直向上，根据牛顿第二定律分析可知，,，即人处于超重状态，人对座位的压力大于mg．故CD正确；故选CD．

点睛：本题是实际问题，考查运用物理知识分析实际问题的能力，关键根据牛顿运动定律分析处理圆周运动动力学问题.

10．BD

【详解】AB．在物体上滑到最大高度的过程中，重力对物体做负功，故物体的重力势能增加了mgH，故A错误，B正确；

C．物体所受的合力沿斜面向下，其合力做的功为

W=-F·=-ma·=-1.5mgH

故物体的动能损失了1.5mgH，故C错误；

D．设物体受到的摩擦力为Ff，由牛顿第二定律得

mgsin 37°＋Ff=ma

解得

Ff=0.3mg

摩擦力对物体做的功为

Wf=-Ff·=-0.5mgH

因此物体的机械能损失了0.5mgH，故D正确。

故选BD。

11．ACD

【详解】A．运动员由a到c的过程中，由于摩擦力做负功，使得ab段与bc段在相同高度的两个位置，总是ab段的速度大于bc段的速度，故ab段的平均速率大于bc段的平均速率，ab段的平均压力大于bc段的平均压力，ab段的平均摩擦力大于bc段的平均摩擦力，故在ab段克服摩擦力做的功大于在bc段克服摩擦力做的功，故A正确；

BC．由题意数据可知第一次从a到c的过程中，克服摩擦力做功的大小为

由于从d返回的过程，经过相同位置的速度总是比从a到c过程经过相同位置的速度小，可知返回过程的平均摩擦力比a到c过程的平均摩擦力小，故返回过程中从c到a的过程中，克服摩擦力做功小于，可知运动员从d返回经b一定能越过a点再上升一定高度，故B错误，C正确；

D．运动员经过b点时，根据牛顿第二定律得

由于运动员第一次过b点的速度大于第二次经过b点的速度，故运动员第一次通过b点的受到的支持力大于第二次过b点受到的支持力，根据牛顿第三定律可知，运动员第一次过b点对轨道的压力大于第二次过b点对轨道的压力，故D正确。

故选ACD。

12．AD

【详解】A．小球A的速度与竖直方向的夹角为，由速度关联可得

故除P、Q两点外，小球A的速度始终大于物块B的速度，A正确；

B．小球A由P下滑至Q的过程中，弹簧弹力对小球A和物块B组成的系统做功，系统机械能不守恒，B错误；

CD．由题意可知

B上升的高度为

小球A由P下滑至Q的过程中，物块B初始和末态动能不变皆为零，因此重力势能增加量即为物块B的机械能增加量为

在P点时，弹簧初始压缩，末态处于拉伸，因此弹簧压缩量为x1，在Q点时，弹簧伸长为x2，则

故C错误，D正确。

故选AD。

13．     水平     初速度相同     1.6     1.5     2

【详解】（1）[1]为了保证小球的初速度水平，斜槽末端切线应水平。

 [2]每次让小球从同一位置由静止释放，是为了每次平抛的初速度相同。

（2）[3]分析图乙，O点为抛出点，取坐标点：x=32.00cm=0.32m，y=19.6cm=0.196m，在竖直方向上则有

水平方向上则有

x=v0t

代入数据解得小球平抛初速度

（3）[4]分析图丙 L=5cm=0.05m，由图可知，小球由A到B和由B到C在水平方向位移相等，均为3L，则运动时间T相等，在竖直方向，由图示可知，由匀变速直线运动的推论可得

初速度

 [5]根据匀变速直线运动中，一段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度可知，在B点竖直分速度

.

14．              

【详解】（1）[1]由题可知，重物P、Q质量相同，当重物Q穿过圆环后做匀速直线运动，则重物Q刚穿过圆环时的速度

（2）[2]由题意可知，系统P、Q、N减小的重力势能转化为系统的增加的动能，即为

即得

将速度带入

（3）[3]将

因m<<M，可将m的动能忽略，则公式可变形为

变形可得

由图乙可知，直线斜率k为

可得

15．（1）；（2）；（3）

【详解】（1）设圆盘的角速度为时，物块将开始滑动，此时物块的最大静摩擦力提供向心力，则有

解得

（2）设此时弹簧的伸长量为，物块受到的摩擦力和弹簧的弹力的合力提供向心力，

则有

代入数据解得

（3）如图所示

16．（1）；（2）；（3）

【详解】（1）对卫星一有

解得

（2）开普勒第三定律可知

解得

（3）设两卫星第一次相距最近所用时间为t，有

解得

17．（1）；（2）78N；（3）14.5m

【详解】（1）小物块在C点的速度为，则

求得

其竖直方向分速度为

设AC两点的高度差为h，则

求得

（2）小物块由C→D的过程中，由动能定理得

解得

小物块在D点时，由牛顿第二定律得：

代入数据得

由牛顿第三定律可知，小物块在D点时对轨道的压力大小为

（3）要使小物块不滑出长木板，设木板的最小长度为L，由动能定理得

求得

18．（1）1.2J；（2）6N；（3）

【详解】（1）因为轨道AB光滑，所以，滑块到达C点的过程中，只有BC段有摩擦力做功，根据能量守恒可得，弹簧的弹性势能为

（2）因为物块恰能通过圆弧轨道的E点，即有

根据能量守恒有

解得

对D点物块受力分析，即有

解得

（3）若物块从传送带左端静止释放加速至右端，其速度大小为

所以滑块必能过圆弧最高点E，若物块在传送带一直加速至右端刚好和传送带速度相等，即有

若

根据机械能守恒，可得

竖直方向位移有

水平方向位移有

可得，

若物块在传送带一直减速至右端刚好和传送带速度相等，则有

若

根据机械能守恒有

可得，E点的速度为

水平方向的位移为

若

根据机械能守恒有

竖直方向位移有

水平方向位移有

可得