四川省成都市第七中学2022-2023学年高一下学期4月期中考试物理试题（解析版）

这是一份四川省成都市第七中学2022-2023学年高一下学期4月期中考试物理试题（解析版），共27页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，实验探究题，计算题等内容，欢迎下载使用。

第I卷（选择题，共44分）
一、单项选择题（本题包括8小题，每小题3分，共24分，每小题只有一个选项符合题意。）
1. 如图所示，某同学将一小球水平抛出，最后球落在了正前方小桶的左侧，不计空气阻力．为了能将小球抛进桶中，他可采取的办法是（ ）
A. 保持抛出点高度不变，减小初速度大小
B. 保持抛出点高度不变，增大初速度大小
C. 保持初速度大小不变，降低抛出点高度
D. 减小初速度大小，同时降低抛出点高度
【答案】B
【解析】
【详解】AB．设小球平抛运动的初速度为v0，抛出点离桶的高度为h，水平位移为x，则，解得平抛运动的时间为：，水平位移为：，由此可知，要增大水平位移x，可保持抛出点高度h不变，增大初速度v0，故B正确，A错误；
CD．由此可知，要增大水平位移x，可保持初速度v0大小不变，增大抛出点高度h，故CD错误．
2. 如图为车牌自动识别系统的直杆道闸，离地面高为的细直杆可绕在竖直面内匀速转动。某汽车以匀速驶来，自动识别系统的反应时间为，到距离为，汽车可看成高的长方体，其左侧面底边在直线上，且到汽车左侧面的水平距离为，要使汽车安全通过道闸，直杆转动的角速度至少为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】汽车到达直杆道闸时间为
临界状态下，直杆转动时间为
杆至少抬高
则杆抬高的角度
即
角速度
故选C。
3. 中国计划2023年5月发射天舟六号货运飞船和神舟十六号载人飞船，并形成三舱三船组合体，此次任务将上行航天员驻留和消耗物资、维修备件、推进剂和应用任务载荷样品，并下行在轨废弃物。飞船发射后会在停泊轨道（I）上进行数据确认，后择机经转移轨道（II）完成与中国空间站的交会对接，其变轨过程可简化如下图所示，已知停泊轨道半径近似为地球半径，中国空间站轨道距地面的平均高度为，飞船在停泊轨道上的周期为，则（ ）
A. 飞船在停泊轨道上的速度大于第一宇宙速度
B. 飞船在转移轨道上P、Q两点的速率之比为
C. 飞船应提前时间于点点火加速进而在点完成交会对接
D. 中国空间站的物品或宇航员可以漂浮，说明此时它们或他们不受地球引力作用
【答案】C
【解析】
【详解】A．因为停泊轨道半径近似为地球半径，所以飞船在停泊轨道上的速度近似等于第一宇宙速度，A错误；
B．由开普勒第二定律可知，飞船在转移轨道上P、Q附近极短时间内扫过的面积相等
故两点的速率之比为
B错误；
C．设飞机在转移轨道运行的周期为T2，由开普勒第三定律可得
整理可得
故飞船在转移轨道上从P点飞到Q点所需的时间为
所以飞船应提前时间于点点火加速进而点完成交会对接，C正确；
D．中国空间站的物品或宇航员可以漂浮，说明此时它们或他们万有引力提供向心力，处于完全失重状态，D错误。
故选C。
4. 如图所示，一个质量为的物体静止放在光滑水平面上，在互成角度的两个水平恒力作用下，经过一段时间，物体获得的速度为，在力的方向上获得的速度分别为、，物体发生的位移为，在力的方向上发生的位移分别为、。那么在这段时间内（ ）
A.
B.
C.
D.
【答案】B
【解析】
【详解】根据功的定义可知总功等于各个分力所做功的代数和，即
，，
根据动能定理的内容理可知
根据题中两力夹角不是可知
，
则
，
根据速度夹角不是可知
即
故选B。
5. 如图所示，、两点在同一竖直线上，现同时分别在、两点抛出两个小球甲、乙，甲球的速度大小为，方向水平向右，乙球的速度大小为，方向与水平方向的夹角为斜向右上方，两球在点（未画出）相碰。已知碰前瞬间乙球速度方向水平，则下列判断正确的是（ ）
A. 、两点竖直方向的距离大于、两点竖直方向的距离
B. 甲、乙两球相碰前瞬间甲球的速率与乙球速率相等
C. 甲、乙两球自抛出至相碰前瞬间速度变化不相等
D. 甲、乙两球抛出时的速度大小与之比为
【答案】D
【解析】
【详解】C．两球在运动过程中的加速度都为重力加速度，两球同时抛出到相碰，两球运动的时间相同，根据
可知甲、乙两球自抛出至相碰前瞬间速度变化相等，C错误；
D．由题意可知甲、乙两球自抛出至相碰前瞬间，两球在水平方向通过的水平位移相等，则有
可得
D正确；
B．已知碰前瞬间乙球速度方向水平，可知从抛出到相碰所用时间为
两球相碰前瞬间乙球的速率为
甲球的速率为
B错误；
A．、两点竖直方向的距离为
、两点竖直方向的距离为
可知、两点竖直方向的距离等于、两点竖直方向的距离，A错误；
故选D。
6. 如图，有一固定且内壁光滑的半球面，球心为，最低点为，在其内壁上有两个质量不相等的小球（可视为质点）A和B，在两个高度不同的水平面内做匀速圆周运动，A球的轨迹平面高于B球的轨迹平面。则（ ）
A. A球所受弹力一定大于B球所受弹力B. A球所受弹力一定小于B球所受弹力
C. A球的线速度一定大于B的线速度D. A球的线速度一定小于B的线速度
【答案】C
【解析】
【详解】AB小球运动过程中所受合力沿水平方向，且恰好提供向心力，有
虽然夹角关系已知，但两球质量大小关系不明。故无法比较两球所受弹力大小。故AB错误；
CD同理，可得
依题意
解得
故C正确；D错误。
故选C。
7. 人在地球上以某一速度跳起，其重心可上升的高度为，若他以同样的速度在水星跳起重心可上升，而在火星同样可上升。已知地球的半径为，水星的半径约为，火星的半径约为，则（ ）
A. 火星的质量比水星质量小
B. 火星的密度比水星密度大
C. 地球表面的重力加速度是水星表面重力加速度的倍
D. 火星的第一宇宙速度是水星第一宇宙速度的倍
【答案】D
【解析】
【详解】A．根据运动学公式，有
又
解得
依题意，起跳速度相同，上升高度相同，火星半径大于水星半径，所以火星的质量比水星质量大。故A错误；
B．根据
又
联立，解得
可知火星的密度比水星密度小。故B错误；
C．根据A选项分析，可知
依题意，有
联立解得
故C正确；
D．根据
联立，解得
根据C选项分析，可知火星表面的重力加速度等于水星表面重力加速度。又
联立解得
故D正确。
故选D。
8. 如图（a）所示，一物块以一定初速度沿倾角为30°的固定斜面上滑，运动过程中摩擦力大小f恒定，物块动能Ek与运动路程s的关系如图（b）所示。重力加速度大小取10 m/s2，物块质量m和所受摩擦力大小f分别为（ ）
A. m=0.7 kg，f=0.5 NB. m=0.7 kg，f=1.0N
C. m=0.8kg，f=0.5 ND. m=0.8 kg，f=1.0N
【答案】A
【解析】
【分析】本题结合图像考查动能定理。
【详解】0~10m内物块上滑，由动能定理得
整理得
结合0~10m内的图像得，斜率的绝对值
10~20 m内物块下滑，由动能定理得
整理得
结合10~20 m内的图像得，斜率
联立解得
故选A。
二、多项选择题（本题包括5小题，每小题4分，共20分，每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。）
9. 七中校园中的美景和精彩的学生活动是值得回味的，无人机给了我们不一样的视角去感受多姿多彩的青春。现测绘出某台无人机上升向前追踪拍摄时，竖直向上的速度及水平方向速度与飞行时间的关系图像如图甲、乙所示。则下列说法正确的是（ ）
A. 无人机在时刻处于失重状态
B. 无人机在这段时间内沿曲线飞行
C. 无人机在时刻上升至最高点
D. 无人机在时间内做匀变速运动
【答案】BD
【解析】
【详解】A．由甲图可知无人机在这段时间内竖直方向向上加速，故无人机在时刻处于超重状态，A错误；
B．由图像可知无人机在这段时间内，水平方向做匀减速直线运动，竖直方向做匀加速直线运动，如图
故无人机实际的速度、加速度不共线，做曲线运动，B正确；
C．由甲图可知时刻之前无人机一直向上运动，故无人机在时刻上升至最高点，C错误；
D．由图像可知无人机在时间内加速度恒定，做匀变速运动，D正确。
故选BD。
10. 一辆汽车由静止开始沿平直公路行驶，汽车所受牵引力随时间变化关系如图所示，时汽车功率达到最大值，此后保持此功率继续行驶，后可视为匀速。若汽车的质量为，阻力恒定，汽车的最大功率恒定，则以下说法正确的是（ ）
A. 汽车的最大功率为
B. 汽车匀加速运动阶段的加速度为
C. 汽车先做匀加速直线运动，然后再做匀速直线运动
D. 汽车从静止开始运动内的位移是
【答案】AB
【解析】
【详解】ABC．由图可知，汽车在前4s内的牵引力不变，汽车做匀加速直线运动，4~12s内汽车的牵引力逐渐减小，则车的加速度逐渐减小，汽车做加速度减小的加速运动，直到车的速度达到最大值，以后做匀速直线运动，可知在4s末汽车的功率达到最大值；汽车的速度达到最大值后牵引力等于阻力，所以阻力
前4s内汽车的牵引力为
由牛顿第二定律
可得
4s末汽车的速度
所以汽车的最大功率
AB正确，C错误；
D．汽车在前4s内的位移
汽车的最大速度为
汽车在4﹣12s内的位移设为x2，根据动能定理可得
代入数据可得
所以汽车的总位移
D错误。
故选AB。
11. 如图所示，是一个半径为，质量为的密度均匀球体的球心，现在其内以为球心挖去一个半径为的球，并在空心球内某点放置一个质量为的质点。若已知质量分布均匀的薄球壳对壳内物体的引力为零，则球剩余部分对该质点的万有引力（ ）
A. 方向由点指向连线上某点
B. 方向与连线平行
C. 大小为
D. 大小为
【答案】BC
【解析】
【详解】AB．设球的密度为，则实心大球质量可表示为
由题意可知质量分布均匀的薄球壳对壳内物体的引力为零，故实心大球对P点的引力等于以为半径的实心小球对质点P的引力。以为半径的实心小球的质量为
故以为半径的实心小球对P点的引力为
同理，以为半径的实心小球的质量为
则以为半径的实心小球对P点的引力为
受力情况如图
由几何关系可知
故
A错误，B正确；
CD．由上述分析可知
解得
C正确，D错误。
故选BC。
12. 如图所示，在水平转台上放置两个可视为质点且质量均为的物块A、B，它们与转台间的动摩擦因数均为0.5，两物块间连接原长为、劲度系数为的轻质弹簧，其形变都在弹性限度内，两物块A、B和点恰好构成一边长为的正三角形。现使水平转台绕过点的竖直轴缓慢加速（任一时刻可视为匀速圆周）转动直到刚要发生相对滑动的过程中，已知最大静摩擦力近似等于滑动摩摖力，取重力加速度。则（ ）
A. 物块A受到的摩擦力先减小后增大
B. 物块A受到的摩擦力的功率先减小后增大
C. 当角速度为时，物块A受到摩擦力大小为
D. 当角速度为时，物块A将相对转台滑动
【答案】AD
【解析】
【详解】A．弹簧弹力为
对A受力分析如图
可知弹簧弹力与摩擦力的合力提供向心力，指向圆心，故摩擦力先减小后增大，A正确；
B．A质点在竖直轴缓慢加速过程中，每个瞬间都近似做匀速圆周运动，故弹簧弹力F沿切线方向的分力近似等于摩擦力f沿切线方向的的分力，而A质点的速度增大，根据可知摩擦力的瞬时功率增大，B错误；
C．当摩擦力取最小值时，f垂直，由几何关系可知，此时
解得
故当角速度为时，物块A受到的摩擦力大小为，C错误；
D．最大静摩擦力为
此时
解得
故当角速度为时，物块A将相对转台滑动，D正确。
故选AD。
13. 冰滑梯是东北地区体验冰雪运动乐趣的设施之一。某冰滑梯的示意图如图所示，螺旋滑道的摩擦可忽略；倾斜滑道和水平滑道与同一滑板间的动摩擦因数相同，因滑板不同，满足。在设计滑梯时，要确保所有游客在倾斜滑道上匀减速下滑，且滑行结束时停止在水平滑道上，以下、的组合符合设计要求的是（ ）
A. ，
B. ，
C. ，
D. ，
【答案】AC
【解析】
【详解】设倾斜轨道的倾角为，游客质量为m。因为要确保所有游客在倾斜滑道上匀减速下滑，所以要满足
即
解得
假设游客恰好停止在水平轨道右端，对于游客运动的过程，由动能定理得
整理得
当取最大值时， 的临界长度最短，故要使游客能滑到水平轨道上，需满足
假设游客恰好停止在水平轨道左端，对于游客运动的过程，由动能定理得
整理可得
当取最小值时，的临界长度最长，故要使游客能停在水平轨道上需满足
综上可得
易知AC正确；BD错误
故选AC。
第II卷（非选择题，共56分）
三、实验探究题（本题共2小题，共14分。）
14. 用如图所示装置研究平地运动。将白纸和复写纸对齐重叠并固定在竖直的硬板上。钢球沿斜槽轨道PQ滑下后从Q点飞出，落在水平挡板MN上。由于挡板靠近硬板一侧较低，钢球落在挡板上时，钢球侧面会在白纸上挤压出一个痕迹点。移动挡板，重新释放钢球，如此重复，白纸上将留下一系列痕迹点。
（1）下列实验条件必须满足的有___________。
A.斜槽轨道光滑
B.斜槽轨道末段水平
C.挡板高度等间距变化
D.每次从斜槽上相同的位置无初速度释放钢球
（2）为定量研究，建立以水平方向为x轴、竖直方向为y轴的坐标系。
a、取平抛运动的起始点为坐标原点，将钢球静置于Q点，钢球的___________（选填“最上端”、“最下端”或者“球心”）对应白纸上的位置即为原点；在确定y轴时___________（选填“需要”或者“不需要”）y轴与重锤线平行。
b、若遗漏记录平抛轨迹的起始点，也可按下述方法处理数据：如图所示，在轨迹上取A、B、C三点，AB和BC的水平间距相等且均为x，测得AB和BC的竖直间距分别是y1和y2，则___________（选填“大于”、“等于”或者“小于”）。可求得钢球平抛的初速度大小为___________（已知当地重力加速度为g，结果用上述字母表示）。
（3）为了得到平抛物体的运动轨迹，同学们还提出了以下三种方案，其中可行的是___________。
A.从细管水平喷出稳定的细水柱，拍摄照片，即可得到平抛运动轨迹
B.用频闪照相在同一底片上记录平抛小球在不同时刻的位置，平滑连接各位置，即可得到平抛运动轨迹
C.将铅笔垂直于竖直的白纸板放置，笔尖紧靠白纸板，铅笔以一定初速度水平抛出，将会在白纸上留下笔尖的平抛运动轨迹
【答案】 ①. BD##DB ②. 球心 ③. 需要 ④. 大于 ⑤. ⑥. AB##BA
【解析】
【详解】（1）[1]A．斜槽不需要光滑，只要保持末端速度相同即可，故A错误；
B．只要斜槽末端水平，钢球才能在竖直方向做初速度为0的自由落体运动，其轨迹为平抛运动轨迹，故B正确；
C．将高度等间距变化只是为了简化计算，不是必须要满足的要求，故C错误；
D．每次从斜槽上相同的位置无初速度释放钢球是为了保持平抛运动每次都有相同的初速度，是充要条件，故D正确。
故选BD。
（2）、[2][3]根据题意可知，钢球球心对应原点，研究竖直方向运动规律时y轴与重锤线方向平行；
b、 [4][5]平抛运动竖直方向上为自由落体运动，初速度为0，则根据平抛运动的规律，相等时间内竖直方向通过的位移之比为，由于A点的竖直方向速度大于0，则
由，可知在竖直方向上
水平方向上可知
联立可得
（3）[6]A．用水平喷管喷出细水柱，并拍摄片，可得水柱的轨迹是平抛的轨迹，故A正确；
B．频闪照相后再将点连接可以得到平抛轨迹，故B正确；
C. 将铅笔垂直于竖直的白纸板放置，笔尖紧靠白纸板，以一定初速度水平抛出，笔尖与白纸板间有摩擦阻力，所以铅笔做的不是平抛运动，故C错误。
故选AB。
15. 某实验小组在实验室中利用图甲所示实验装置来探究合力做功与物体动能变化的关系。实验步骤如下：
①将木板固定在水平桌面上，一端装上定滑轮，木板上放置一质量的滑块，左端与穿过电磁打点计时器的纸带相连；
②将左端适当垫高，给滑块一个初速度，滑块恰好能做匀速直线运动；
③滑块右端通过跨过定滑轮的细线与质量的砝码连接，实验中用砝码的重力代替小车受到的拉力。接通电源，释放砝码，滑块开始运动，打点计时器打出纸带的一部分如图乙所示，0、1……5、6为计数点，每相邻两计数点间还有四个点末画出。已知打点计时器使用的交流电源的频率为，当地的重力加速度，所有计算结果均保留两位有效数字。
（1）滑块打点1时的动能为______，打点5时的动能为______；
（2）在从点1运动到点5过程中拉力所做的功______；
（3）通过计算，发现拉力所做的功______（填“大于”、“小于”或者“等于”）滑块动能的增加。
【答案】 ①. ##0.0015 ②. ##0.0098 ③. ##0.0088 ④. 大于
【解析】
【详解】（1）[1][2]根据平均速度等于中时刻的瞬时速度，则点1的速度为
同理，则点5的速度为

则滑块打点1时的动能为
打点5时的动能为
（2）[3]由于用砝码的重力代替小车受到的拉力，则在从点1运动到点5过程中拉力所做的功为
（3）[4]从1到5动能的增加量为
拉力所做的功大于滑块动能的增加，原因是拉力不是等于重力，而比重力小，但实际是代入重力大小来计算拉力的大小，因此拉力做的功大于动能的增加量。
四、计算题（本题共4小题，共42分。解答应当写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤。只写出最后答案的，不能得分。有数值运算的题，答案中必须明确写出数值和单位。）
16. 体育课上，甲同学在距离地面高h1=2.5m处将排球击出，球的初速度沿水平方向，大小为v0=8.0m/s；乙同学在离地h2=0.7m处将排球垫起，垫起前后球的速度大小相等，方向相反。已知排球质量m=0.3kg，取重力加速度g=10m/s2。不计空气阻力。求：
（1）排球被垫起前在水平方向飞行的距离x；
（2）排球被垫起前瞬间的速度大小v及方向。
【答案】（1）4.8m；（2）10.0m/s，方向与水平方向夹角为37°
【解析】
【详解】（1）设排球在空中飞行时间为t，则
解得
则排球在空中飞行的水平距离
（2）乙同学垫起排球前瞬间排球在竖直方向速度的大小
解得
根据运动的合成
解得
设速度方向与水平方向夹角为θ，如图所示
则有
所以
17. “嫦娥五号”探测器是中国首个实施无人月面取样的航天器，其发射的简化过程如图。先将探测器送入近地圆轨道Ⅰ，在近地点多次变轨后依次进入椭圆轨道Ⅱ和地月转移轨道。被月球俘获后，再多次变轨进入近月圆轨道Ⅲ。已知轨道Ⅱ远地点和近地点到地心距离之此为a，探测器在轨道Ⅰ和轨道Ⅲ运行的周期之比为b，求：
（1）地球和月球的平均密度之比；
（2）探测器在轨道Ⅰ和轨道Ⅱ运行的周期之比。
【答案】（1）；（2）
【解析】
【详解】（1）根据万有引力提供向心力，对近地轨道运动的物体有
地球的平均密度为
联立可得
根据万有引力提供向心力，对近月轨道运动的物体有
月球的平均密度为
联立可得
地球和月球的平均密度之比
（2）令地球的半径为R，则轨道Ⅱ的长轴为
根据开普勒第三定律
解得探测器在轨道Ⅰ和轨道Ⅱ运行的周期之比
18. 图中给出一段“”形单行盘山公路的示意图，弯道1、弯道2可看作两个不同水平面上的圆弧，圆心分别为，弯道中心线半径分别为，弯道2比弯道1高，有一直道与两弯道圆弧相切．质量的汽车通过弯道时做匀速圆周运动，路面对轮胎的最大径向静摩擦力是车重的1.25倍，行驶时要求汽车不打滑．（sin37°=0.6，sin53°=0.8）
（1）求汽车沿弯道1中心线行驶时的最大速度；
（2）汽车以 进入直道，以的恒定功率直线行驶了，进入弯道2，此时速度恰为通过弯道2中心线的最大速度，求直道上除重力以外的阻力对汽车做的功；
（3）汽车从弯道1的A点进入，从同一直径上的B点驶离，有经验的司机会利用路面宽度，用最短时间匀速安全通过弯道，设路宽，求此最短时间（A、B两点都在轨道的中心线上，计算时视汽车为质点 ）．
【答案】（1）（2）（3）
【解析】
【详解】（1）弯道1的最大速度v1，有：
得
（2）弯道2的最大速度v2，有：
得
直道上由动能定理有：
代入数据可得
（3）由得
可知r增大v增大，r最大，切弧长最小，对应时间最短，所以轨迹设计如下图所示
由图可以得到
代入数据可以得到r’=12.5m
汽车沿着该路线行驶的最大速度
对应的圆心角为
线路长度
最短时间
综上所述本题答案是：（1）（2）（3）
【点睛】当汽车受到的静摩擦力达到最大时汽车的速度达到临界值，要利用这个信息找到汽车在各个轨道上运动的速度大小，并利用动能定理求解整个过程中摩擦力做的功．
19. 如图所示，倾角为θ =的斜面与足够大的光滑水平面在D处平滑连接,斜面上有A、B、C三点，AB、BC、CD间距均为20cm ,斜面上BC部分粗糙 ，其余部分光滑。2块完全相同、质量均匀分布的长方形薄片(厚度忽略不计)，紧挨在一起排在斜面上，从下往上编号依次为1、2,第1块的下边缘恰好在A处，现将2块薄片一起由静止释放，薄片经过D处时无能量损失且相互之间无碰撞,已知每块薄片质量为m=1kg、长为5cm，薄片与斜面BC间的动摩擦因数μ =，重力加速度为g，求:
(1)第1块薄片刚完全进入BC段时两薄片间的作用力大小；
(2)第1块薄片下边缘刚运动到C时的速度大小；
(3)两薄片在水平面上运动时的间距。
【答案】(1)2.5N；(2) ；(3) 。
【解析】
【分析】
【详解】(1)第1块薄片刚完全进入BC段时，对两薄片，根据牛顿第二定律
解得
对薄片2，根据牛顿第二定律
联立解得
(2)将两块薄片看作整体，当两块薄片恰完全进入BC段时，由动能定理有
代入数据解得
此后对薄片受力分析知，沿斜面方向合力为0，所以两薄片一直匀速运动到薄片1前端到达C点，此时第1块薄片速度为。
(3)每块薄片由前端在C点运动到水平面上，由动能定理
解得
两薄片到达水平面的时间差
所以两块薄片滑到水平面上后的距离为