甘肃省兰州市教育局第四片区2023-2024学年高一下学期期中考试物理试卷(解析版)

这是一份甘肃省兰州市教育局第四片区2023-2024学年高一下学期期中考试物理试卷(解析版)，共14页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题：本题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1. 关于曲线运动，下列说法正确的是（ ）
A. 曲线运动一定是变速运动
B. 曲线运动不可能是匀变速运动
C. 做曲线运动的物体速度大小一定不变
D. 做曲线运动的物体可能没有加速度
【答案】A
【解析】A．曲线运动过程中，速度的方向始终在变，所以一定是变速运动，故A正确；
B．物体做平抛运动，只受重力，加速度恒定，属于匀变速曲线运动，故B错误；
C．做匀速圆周运动的物体，速度的大小不变，是速度大小不变的曲线运动，但当物体做平抛运动时，速度的大小不断变化，故C错误；
D．做曲线运动的物体，速度的方向一直在变化，是变速运动，一定有加速度，故D错误。
故选A。
2. 从高处水平抛出的物体在各个时刻的速度、加速度方向如图所示，其中正确的是（ ）
A. B.
C D.
【答案】C
【解析】在曲线运动中，速度的方向为曲线上该点的切线方向，物体在飞行过程中只受重力，方向竖直向下，所以加速度的方向竖直向下，故C正确，ABD错误。
故选C。
3. 一质量为1kg的物体（可视为质点）在竖直平面内运动，它在竖直方向的速度—时间图像和水平方向的位移—时间图像分别如图甲、乙所示。则下列说法正确的是（ ）
A. 物体的运动轨迹是一条曲线
B. 物体所受合力的大小为1N
C. 时刻，物体的速度大小为2m/s
D. 在内物体的位移大小为6m
【答案】AB
【解析】A．根据图像可知，物体在竖直方向做匀加速直线运动，在水平方向做匀速直线运动，可知，可知，物体做匀变速曲线运动，物体的运动轨迹是一条曲线，A正确；
B．速度—时间图像的斜率表示加速度，则有
则物体所受合力的大小
B正确；
C．位移—时间图像的斜率表示速度，物体水平方向的分速度为
时刻，物体速度大小
C错误；
D．在内物体竖直方向的分位移为
在内物体水平方向的分位移为
则在内物体的位移大小为
D错误。
故选AB。
4. 一根不可伸长的绳子跨过定滑轮分别与物体A和物体B连接，A穿在竖直的光滑杆上，物体A沿杆向下运动时物体B被竖直拉起，如图甲所示。当物体A的速度大小为时，绳与竖直杆的夹角为60°，则此时物体B向上运动的速度大小为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】根据运动的分解可知
故选A。
5. 若河水的流速大小与水到河岸的距离有关，河中心水的流速最大，河岸边缘处水的流速最小．现假设河的宽度为120 m，河中心水的流速大小为4 m/s，船在静水中的速度大小为3 m/s，要使船以最短时间渡河，则( )
A. 船渡河的最短时间是24 s
B. 在行驶过程中，船头始终与河岸垂直
C. 船在河水中航行的轨迹是一条直线
D. 船在河水中的最大速度为5 m/s
【答案】BD
【解析】AB．当静水速的方向与河岸垂直时，渡河时间最短，则有
s=40s
故A错误，B正确；
C．船在垂直河岸方向做匀速直线运动，在沿河岸方向，由于水流速在变，做变速运动，两合运动的轨迹是曲线，故C错误；
D．根据运动的合成，可知船在河水中的最大速度为
m/s=5m/s
故D正确。
故选BD。
6. “套圈游戏”深受大家的喜爱，游戏者要站到区域线外将圆圈水平抛出，落地时套中的物体即为“胜利品”。某同学在一次“套圈”游戏中，从P点以某一速度水平抛出的圆圈落到了物体左边，如图。为了套中该物体，该同学做了如下调整，则下列方式中一定套不中的是（忽略空气阻力）（ ）
A. 从P点正上方以原速度水平抛出B. 从P点正前方以原速度水平抛出
C. 从P点增大速度水平抛出D. 从P点正下方减小速度水平抛出
【答案】D
【解析】A．设圆圈平抛运动下落的高度为h，水平位移为x，初速度为，则有
解得下落时间为
水平位移为
圆圈落到了物体左边，说明圆圈的水平位移偏小，若从P点正上方以原速度水平抛出，h增大，由上式知，水平位移增大，可能套住物体，故A不符合题意；
B．若P点正前方以原速度水平抛出，则水平位移不变，落地点右移，可能套住物体，故B不符合题意；
C．若P点位置不变，增大速度水平抛出，增大，由上式知，水平位移增大，可能套住物体，故C不符合题意；
D．若P点正下方，减小速度水平抛出，h和都减小，由上式知，水平位移减小，圆圈还落到物体左边，故D符合题意。
故选D。
7. 关于质点做匀速圆周运动的下列说法中正确的是（ ）
A 由知a与r成反比
B. 由知a与r成正比
C. 由知ω与r成正比
D. 由ω=2πn知角速度与转速n成正比
【答案】D
【解析】A．由知，在v一定时，a与r成反比，故A错误；
B．由知，在一定时，a与r成正比，故B错误；
C．由知，在v一定时，ω与r成反比，故C错误；
D．由ω=2πn知，角速度与转速n成正比，故D正确。
故选D。
二、多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，有多项是符合题目要求的。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
8. 如图所示，下列有关生活中圆周运动实例分析，其中说法不正确是（ ）
A. 甲图中，汽车通过凹形桥的最低点时，速度不能超过
B. 乙图中，“水流星”匀速转动过程中，在最低处水对桶底的压力最大
C. 丙图中，火车转弯超过规定速度行驶时，内轨对内轮缘会有挤压作用
D. 丁图中，同一小球在光滑而固定的圆锥筒内的A、B位置先后分别做匀速圆周运动，则在A、B两位置小球向心加速度相等
【答案】AC
【解析】A．甲图中，汽车通过凹形桥的最低点时，由重力和支持力的合力提供向心力，由牛顿第二定律得
汽车通过凹形桥的最低点时，速度可以超过，此时有，故A错误，满足题意要求；
B．乙图中，“水流星”匀速转动过程中，设圆心为，最高点为，最低点为，水桶所处位置为，水桶从运动到的过程中，设与的夹角为（）。对桶中的水受力分析，沿半径方向，由牛顿第二定律得
从点运动到点的过程中，逐渐减小，则桶对水的支持力逐渐增大，由牛顿第三定律可知水对桶的压力逐渐增大，所以在最低处水对桶底的压力最大，故B正确，不满足题意要求；
C．丙图中，火车按规定速度转弯时，由重力和支持力的合力提供向心力，超过规定速度行驶时，重力和支持力的合力不够提供向心力，所以外轨对轮缘产生向内侧的挤压作用，故C错误，满足题意要求；
D．丁图中，设圆锥的顶角为。同一小球在光滑而固定的圆锥筒内的、位置先后分别做匀速圆周运动，由重力和支持力的合力提供向心力，由牛顿第二定律得
解得
则在、两位置小球向心加速度相等，故D正确，不满足题意要求。
故选AC。
9. 如图所示，在斜面顶端先后水平抛出同一小球，第一次小球落到斜面中点，第二次小球落到斜面底端，从抛出到落至斜面上（忽略空气阻力）（ ）
A 两次小球运动时间之比
B. 两次小球运动时间之比
C. 两次小球抛出时初速度之比
D. 两次小球抛出时初速度之比
【答案】BC
【解析】AB．平抛运动在竖直方向上做自由落体运动，根据
解得
因为两次小球下降的高度之比为1:2，则运动时间之比为
故A错误，B正确；
CD．小球水平位移之比为1:2，由
可得水平初速度之比为
故C正确，D错误。
故选BC。
10. 如图所示为摩擦传动装置，B轮转动时带动A轮跟着转动，已知转动过程中轮缘间无打滑现象，下述说法中正确的是（ ）
A. A、B两轮转动方向相同
B. A、B两轮转动方向相反
C. A、B转动的角速度之比为1:3
D. A、B轮缘上点的线速度之比为3:1
【答案】BC
【解析】AB．A、B两轮转动方向相反，选项A错误，B正确；
CD．A、B轮同缘转动，则缘上点的线速度相等，根据v=ωr可知， A、B轮缘的半径之比为3:1，则转动的角速度之比为1:3，选项C正确，D错误。
故选BC。
三、实验题：本题共2小题7空，共14分。把答案填在答题卡的横线上或按题目要求作答。
11. 两个同学根据不同的实验条件，进行了“探究平抛运动规律”的实验。
（1）甲同学采用如图甲所示的装置。用小锤打击弹性金属片。金属片把A球沿水平方向弹出，同时B球被松开，自由下落，观察到两球同时落地；让A、B球恢复初始状态，用较大的力敲击弹性金属片，即改变A球被弹出时的速度，实验可观察到的现象应是______。上述现象说明平抛运动的竖直分运动是______。
（2）乙同学采用如图乙所示的装置。两个相同的弧形轨道M、N，分别用于发射小铁球P、Q，其中N的末端与可看作光滑的水平板相切，两轨道上端分别装有电磁铁C、D、调节电磁铁C、D的高度。使AC＝BD从而保证小铁球P、Q在轨道出口处的水平初速度相等，现将小铁球P、Q分别吸在电磁铁C、D上，然后切断电源，使两小铁球能以相同的初速度同时分别从轨道M、N的下端射出，实验可观察到的现象应是______，仅仅改变弧形轨道M的高度，重复上述实验，仍能观察到相同的现象，上述现象说明平抛运动的水平分运动是______。
【答案】（1）两球同时落地 自由落体运动 （1）两球相碰 匀速运动
【解析】（1）金属片把A球沿水平方向弹出，同时B球被松开，自由下落，观察到两球同时落地；让A、B球恢复初始状态，用较大的力敲击弹性金属片，即改变A球被弹出时的速度，实验可观察到的现象应是：两球同时落地。小球B做自由落体运动，小球A做平抛运动，同时落地的现象说明：平抛运动在竖直方向上是自由落体运动。
（2）将小铁球P、Q分别吸在电磁铁C、D上，然后切断电源，使两小铁球能以相同的初速度同时分别从轨道M、N的下端射出，实验可观察到的现象应是：两球相碰。仅仅改变弧形轨道M的高度，重复上述实验，仍能观察到相同的现象，小球P从M轨道抛出后做平抛运动，小球Q从N轨道抛出后做匀速直线运动，两球发生碰撞，这说明平抛运动在水平方向上是匀速运动。
12. 利用如图所示装置验证向心加速度与线速度的关系，圆弧轨道固定在水平桌面上，末端上表面与很小的压力传感器表面相切，水平地面上依次铺放好木板、白纸、复写纸。将小球从圆折轨道某一点由静止释放，经轨道末端飞出，落到铺着复写纸和白纸的木板上，在白纸上留下点迹，小球由同一位置重复释放几次，记录每次压力传感器的示数，改变小球在圆弧轨道上的释放位置，重复上述实验步骤。（当地的重力加速度为）
（1）为了完成实验，下列操作正确的是______。（填正确答案标号）
A.必须选择光滑的圆弧轨道
B.固定圆弧轨道时，末端必须水平
C.实验中应选择密度小的小球
D.确定小球在白纸上的落点时，用尽可能小的圆把所有落点圈住，圆心即为平均落点
（2）某次实验时记录的压力传感器示数为，并测出小球的质量为，小球的向心加速度______。
（3）又测出轨道末端距地面高度、平抛的水平位移、则小球在圆弧轨道最低点的线速度______。最后测出圆弧轨道半径，则可验证是否在误差允许的范围内满足。
【答案】（1）BD##DB （2） （3）
【解析】（1）A．这个实验验证向心加速度与线速度的关系，而线速度由平抛运动来进行测量，不用考虑圆弧轨道是否光滑，故A错误；
B．线速度由平抛运动来进行测量的，平抛运动要求初速度为水平方向，所以固定圆弧轨道时，末端必须水平，故B正确；
C．实验过程为了减小空气阻力的影响，应用质量大体积小的球，即选择密度大的小球，故C错误；
D．确定小球在白纸上的落点时，用尽可能小的圆把所有落点圈住，圆心即为平均落点，这样可以减实验的小偶然误差，故D正确。
故选BD。
（2）根据题意，小球运动到圆弧轨道最低点，由牛顿第二定律有
解得
（3）根据题意可知，小球离开圆弧轨道最低点做平抛运动，竖直方向上，由可得，飞行时间为
水平方向上，由可得，小球在圆弧轨道最低点的线速度为
四、解答题：本题共3小题，满分40分，解答写出必要的文字说明、公式和重要演算步骤，只写出最后答案的不得分。
13. 平抛一小球，当抛出后它的速度方向与水平方向的夹角为，落地时速度方向与水平方向成角，，求：
（1）初速度的大小；
（2）落地时的速度大小；
（3）抛出点离地面的高度。
【答案】（1）10m/s；（2）20m/s；（3）15m。
【解析】（1）如图所示，将速度进行分解
由
可得：
且初速度的大小为：
（2）落地速度为：
（3）落地时竖直分速度为：
则有：
抛出点高度为：
14. 如图所示，一质量为0.1kg的小球，用40cm长的细绳拴住在竖直面内做圆周运动，（）求：
（1）小球恰能通过圆周最高点时的速度多大？
（2）小球以3m/s的速度通过圆周最高点时，绳对小球的拉力多大？
（3）当小球在圆周最低点时，绳的拉力为10N，求此时小球的速度大小？
【答案】（1）；（2）；（3）
【解析】（1）小球做圆周运动的半径，当细线拉力为零时，有
解得
（2）根据牛顿第二定律得
解得
（3）根据牛顿第二定律得
代入数据解得
15. 如图所示，一个可以视为质点的小球质量为m，以某一初速度冲上光滑半圆形轨道，轨道半径为R = 0.9m，直径BC与水平面垂直，小球到达最高点C时对轨道的压力是重力的3倍，重力加速度g = 10m/s2，忽略空气阻力，求：
(1)小球通过C点的速度大小；
(2)小球离开C点后在空中的运动时间是多少；
(3)小球落地点距B点的距离。
【答案】(1)6m/s；(2)0.6s；(3)3.6m
【解析】(1)小球通过最高点C，重力和轨道对小球的支持力提供向心力有
F + mg = m，F = 3mg
解得
vC = 6m/s
(2)小球离开C点后在空中做平抛运动，竖直方向有
2R = gt2
解得
t = 0.6s
(3)水平方向有
x = vCt = 3.6m