【文档说明】四川省眉山市仁寿第一中学校（北校区）2022-2023学年高一下学期期末模拟预测物理试题 含解析.docx，共(20)页，2.428 MB，由小赞的店铺上传

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仁寿一中北校区高一下期期末模拟考物理试题考试时间：75分钟；一、单选题1.在2022年卡塔尔世界杯足球赛场上，梅西在一次主罚定位球时，踢出的足球划出一条完美香蕉球弧线，足球在行进中绕过“人墙”转弯进入球门，守门员“望球莫及”，其轨迹俯视图如图所示。下列关于足球在飞行过程中的说法正确的是（）A.足球

在空中只受到重力的作用B.足球所受合外力方向沿轨迹切线方向C.足球所做的运动是变速运动D.足球所受合外力的方向与加速度的方向不在一条直线上【答案】C【解析】【详解】A．若足球在空中只受到重力的作用，则其应该做抛体运动，不会划出一条

完美弧线绕过人墙，故A错误；B．足球所受合外力的方向指向轨迹的凹侧，而不是沿轨迹的切线方向，故B错误；C．足球的轨迹是曲线，而曲线运动是变速运动，故C正确；D．根据牛顿第二定律，足球所受合外力的方向与加速度的方向在同一条直线上，故D错误。

故选C。2.某次英雄小伙子救人的过程，可用下图去描述：落水孩童抓住绳索停在A处，对面河岸上的小伙子从B处沿直线匀速游到A处，成功把人救起。河宽和间距如图中标注，假定河水在各处的流速均为2m/s，则（）A.小伙子如果面对垂

直于河岸的方向游，是不可能到达A点的B.小伙子渡河的时间一定为8sC.小伙子在静水中游泳的速度至少应为1.2m/s，才能沿直线匀速游到A处D.只有小伙子总面对着A处游，沿直线匀速游到A处【答案】C【解析】【详解】C．由题可知，设小伙子在静水中的游泳的速度为1v，小伙子的合运动

方向是从B到A，作出小伙子游泳时合速度与两个分速度的关系如图所示：当1v与合速度垂直时，1v有最小值，设AB与河岸的夹角为，根据几何关系有2212sin0.61216==+即游泳时小伙子面对的方向是与合速度方向垂直，最小速度为1sin1.2m/svv==水故C正确；A．小伙子如果面对垂直于

河岸的方向游，若相对于静水的速度为1tan3720.75m/s1.5m/svv===水此时恰好到达A点，故A错误；B．只有小伙子在静水中速度垂直于河岸时，小伙子渡河的时间为16s=8s2t=小伙子在静水中的速度不与河岸垂直时，小伙子渡河的时间不等于8s，故B错误；D．若小伙子总面对着A处游

，且速度一定时，由于两个匀速直线运动的合运动仍然为匀速直线运动，可知，其轨迹为一条直线，根据运动的合成可知，此时其合速度方向指向A点右侧，即到达不了A处，故D错误。故选C。3.无人机因具有机动性能好、生存能力强、使

用便捷等优点在生产生活中有广泛应用。某次工作人员用无人机练习物资投放时，无人机在距离水平地面高5m处以4m/s的速度沿水平方向匀速飞行时，某时刻无人机释放了质量为0.2kg的物资（可视为质点，不影响无人机的运动状态）

，不计空气阻力，取重力加速度大小210m/s=g。则（）A.物资落地前瞬间的速度大小为5m/sB.物资落地前瞬间的动能为1.6JC.物资落地前瞬间受到重力做功的功率为20WD.物资落地时与无人机的距离为41m【答案】C【解析】【详解】ABC．释放的物资做平抛运动，竖直方向有212hg

t=ygt=v解得225s1s10htg===10m/syv=则物资落地前瞬间的速度大小为2222410m/s229m/sxyvvv=+=+=物资落地前瞬间的动能为()22k110.2229J11.6J22Emv===物资落地前瞬间受到重力做功的功率为0.21010W20WyPm

gv===故AB错误，C正确；D．物资和无人机在水平方向以相同的水平速度做匀速直线运动，则物资落地时与无人机的距离为5m，故D错误。故选C。4.甲图是质量为m的小球，在竖直平面内绕O点做半径为R的圆周运动（OA为细绳）；乙

图是质量为m的小球，在竖直平面内绕O点做半径为R的圆周运动（OB为轻质杆）；丙图是质量为m的小球，在半径为R的竖直光滑圆轨道内侧做圆周运动；丁图是质量为m的小球在竖直放置的半径为R的光滑圆形管道内做圆周运动。则下列说法正确的是（）A.甲丙图中，小球通过最高点最小速度都是vgR=B

.乙丁图中，小球通过最高点的最小速度都是vgR=C.在丁图中，小球在水平线ab以下管道中运动时，外侧管壁对小球一定无作用力D.在丁图中，小球在水平线ab以上管道中运动时，内侧管壁对小球一定有作用力【答案】

A【解析】【详解】A．甲丙图原理相同，小球恰好到最高点时，刚好由重力充当向心力，满足2vmgmR=解得vgR=小球通过最高点的最小速度都是gR，故A正确；B．乙丁图原理相同，由于杆或者内侧轨道的支持，所以小球通过最高点的最小速度为零，故B错误；C．在丁图中，小球在水平线ab以下管道

中运动时，小球的向心力为外轨的支持力和重力沿半径方向分力的合力，故外侧管壁对小球一定作用力，故C错误；D．在丁图中，小球在水平线ab以上管道中运动时，如果在最高点的速度大于Rg，小球有做离心运动的趋势，所以只有外侧管壁对小球有作用力，如果在最高

点的速度小于Rg，小球有做近心运动的趋势，只有内侧管壁对小球有作用力，故D错误。的故选A。5.“双星系统”由两颗相距较近的恒星组成，每个恒星的线度远小于两个星体之间的距离，而且双星系统一般远离其他天体。如图所示，两颗星球组成的双星，在相互之间的万有引力作用

下，绕连线上的O点做周期相同的匀速圆周运动。现测得两颗星之间的距离为L，质量之比为m1：m2＝3：2。则可知（）A.m1、m2做圆周运动的线速度之比为3：2B.m1、m2做圆周运动的角速度之比为2：3C.m1做圆周运动的半径为25LD.其他条件不变,只两颗星之间的距离增大

时两颗星的周期变小【答案】C【解析】【详解】ABC．根据万有引力提供向心力221211222mmGmrmrL==解得122123rmrm==因为双星靠相互间的万有引力提供向心力，即向心力大小相等，具有相同的角速度，根据vr=可得线速度之比为

2：3，又12rrL+=得211225mrLLmm==+故AB错误，C正确；D．根据2121122πmmGmrLT=2122222πmmGmrLT=化简可得22122()mGrLT=21222()mGrL

T=两式相加，得221212222()()()mmGrrLLTT+=+=解得3122()LTGmm=+所以其他条件不变,只两颗星之间的距离增大时，周期增大，故D错误。故选C。6.用质量为m的小铁锤以速度1v向下击

打一块质量为M的砖块（击打时间极短），击打后，小铁锤以112v的速率反向弹回，已知砖块受到击打后在手中的缓冲时间为t，重力加速度为g，下列说法正确的是（）A.在击打过程中，铁锤所受合外力的冲量大小为112mvB.在击打过程中，铁锤重力的冲量大小为mgtC.砖头缓冲过程中，对手的压力大小为MgD.砖

头缓冲过程中，对手的压力大小为132mvMgt+【答案】D【解析】【详解】A．设方向向下为正方向，在击打过程中，对铁锤由动量定理可得1111322Imvvmv=−−=−在击打过程中，铁锤所

受合外力冲量大小为132mv，故A错误；B．铁锤击打的时间未知，所以在击打过程中，铁锤重力的冲量大小不能求解，故B错误；CD．在击打过程中，铁锤与砖头由动量守恒定律可得1112mvmvMv=−+解得132Mvmv=砖头缓冲过程中，对砖头由动量定理可得()11302

FMgtmv+=−解得手对砖头的支持力为1132mvFMgt=−−由牛顿第三定律可知砖头对手的压力为'11132mvFFMgt=−=+故C错误，D正确。故选D。7.如图所示，质量分别为m、2m、m的三个物体A、B、C通过轻绳与

劲度系数为k的轻弹簧相连接，并均处于静止状态。现在将B、C之间的细绳剪断，弹簧始终在弹性限度内，不考虑一切阻力，下列说法正确的是（）A.在C落地前，A、B、C三者组成的系统机械能守恒B.剪断细绳前，弹

簧的伸长量为mgxk=C.剪断细绳后，当B的速度最大时B增加的重力势能为222mgk的D.剪断细绳瞬间，A、B的加速度大小为2g【答案】C【解析】【详解】A．在C落地前，弹簧弹力对A、B、C三者组成的系统做功

，三者系统机械能不守恒，故A错误；B．剪断细绳前，物体A受力平衡，根据平衡条件有3mgkxmg+=解得2mgxk=故B错误；C．剪断细绳后，A、B物体做加速度减小的加速运动，当加速度为零时，B的速度最大，此时对A物体有2mgkxmg+=解得mgxk

=在此过程弹簧的形变量为mgxxxk=−=则物体B增加的重力势能为22p2Δ2mgEmgxk==故C正确；D．剪断细绳瞬间，以A为研究对象，根据牛顿第二定律有kxmgTma+−=对B有22Tmgma−=解得3ga=剪断细

绳瞬间，A、B的加速度大小为3g，故D错误；故选C。二、多选题8.2022年12月27日，我国在太原卫星发射中心使用长征四号乙运载火箭，成功将高分十一号04星发射升空，卫星顺利进入预定轨道，发射任务获得圆满成功。假设高分十一号04星变轨过程的

简化如图所示，04星先在椭圆轨道1上运行，经过远地点P点时变轨到圆轨道2上运动，Q点是轨道1上的近地点，不计大气阻力的影响，则下列说法正确的是（）A.04星在轨道1上的P点和在轨道2上的P点速度大小相等B.04星在轨道1上的P点和在轨道2上的P点加速度

大小相等C.04星在轨道2上运行的速度大于其在轨道1上Q点运行的速度D.04星在轨道1上从Q点向P点运动过程中，动能逐渐减小，重力势能逐渐增大【答案】BD【解析】【详解】A．04星要从轨道1上变轨到轨道2上，需在

P点进行加速，04星在轨道1上的P点的速度小于在轨道2上的P点速度，选项A错误；B．由2MmGmar=可得2MaGr=可知在同一点上，卫星的加速度大小相等，选项B正确；C．以地心为圆心过Q点做圆轨道3，假设04星在轨道3上运动，其在Q点需加速才能变轨到轨道2上，故0

4星在轨道3上的运行速度小于在轨道1上Q点的速度，由22MmvGmrr=可得GMvr=可知04星在轨道3上的速度大于其在轨道2上的速度，故04星在轨道2上运行的速度小于其在轨道1上Q点运行的速度，选项C错误；D．04星在轨道1上

从Q点向P点运动过程中，需要克服万有引力做功，速度逐渐减小，则动能逐渐减小，到地心的高度增大，则重力势能逐渐增大，选项D正确。故选BD。9.如图所示，在某大学航天科普节活动中，某同学将静置在地面上的质量为M（含水）的自制“水火箭”释放升空，在极短的时间内，质量为m的水以相对地面为0v的速度竖直向

下喷出。已知重力加速度为g，空气阻力不计，下列说法正确的是（）A.火箭的推力来源于火箭外的空气对它的反作用力B.水喷出的过程中，火箭和水机械能守恒C.火箭的上升的最大高度为()22022mvgMm−D.火箭

上升的时间()0mvgMm−【答案】CD【解析】【详解】A．根据牛顿第三定律可知，火箭的推力来源于向下喷出的水对火箭的反作用力，故A错误；B．水喷出的过程中，火箭内的水做功，火箭及水的机械能不守恒，故B错误；C．火箭发射过程系统内力远大于外力，

系统动量守恒，以喷出水的速度方向为正方向，由动量守恒定律得()00mvMmv−−=解得火箭的速度大小0mvvMm=−方向与v0的方向相反，竖直向上。火箭做竖直上抛运动，上升的最大高度()2220222mvvhggMm==−故C正确；D．火箭上升的时间()0

mvvtggMm==−故D正确。故选CD。10.如图所示，挡板P固定在倾角为30的斜面左下端，斜面右上端M与半径为R的圆弧轨道MN连接，圆弧轨道MN的圆心O在斜面的延长线上。M点有一光滑轻质小滑轮，60MON=。质量均为m的小物块

B、C由一轻质弹簧拴接（弹簧平行于斜面），其中物块C紧靠在挡板P处，物块B用跨过滑轮的轻质细绳与一质量为4m、大小可忽略的小球A相连，初始时刻小球A锁定在M点，细绳与斜面平行，且恰好绷直而无张力，B、C处于静止状态。某时刻解除对小球A的锁定，当小球A沿圆弧运动到

最低点N时（物块B未到达M点），物块C对挡板P的作用力恰好为0，已知重力加速度为g，不计一切摩擦。下列说法正确的是（）A.小球A到达N点时，物块B沿斜面向上运动的位移大小为RB.小球A到达N点时的速度大小为12

19gRC.小球A从M点到达N点的过程中小球A和物块B的速度大小之比一直为2:3D.小球A由M运动到N的过程中，小球A和物块B的机械能之和先增大后减小【答案】ABD【解析】【详解】A．根据题意可知，∠AON＝60°，由几何关系可知，小球A到达N点时，MN绳长为R，所以物块B沿斜面向上正确运

动的位移大小为R，A正确；B．设弹簧的劲度系数为k，初始时刻弹簧的压缩长度为1x，则物块B沿斜面方向受力平衡，则1sin30mgkx=小球A沿圆弧运动到最低点N时，物块C即将离开挡板时，设弹簧的拉伸长度为2x，则C沿斜面方向受力平衡，则2sin30mgkx=易得12xx=设小球A到达N点时的

速度为v，对v进行分解，在沿绳子方向的速度cos30vv=由于沿绳子方向的速度处处相等，所以此时B的速度也为v，对A、B、C和弹簧组成的系统，在整个过程中，只有重力和弹簧弹力做功，且A在M和N处，弹簧的形变量相同，故弹性势能不变，弹簧弹力做功为0，重力对A做

正功，对B做负功，A、B、C和弹簧组成的系统机械能守恒，可知2212114(1cos60)()sin30422mgRmgxxmvmv−−+=+解得1219vgR=故B正确；C．小球A从M点到达N点的过程中小球A的速度

一直是沿切线方向，物块B的速度等于小球A沿绳方向的分速度，所以两者的速度大小之比为1cosABvv=为轨道切线方向与绳子方向的夹角，由题可知在变化，只有当小球A运动到N点时12cos303ABvv==所以

小球A和物块B的速度大小之比不是一直为2:3，C错误；D．小球A由M运动到N的过程中，A、B、C和弹簧组成的系统机械能守恒，则小球A和物块B的机械能之和与弹簧和C的能量之和不变，C一直处于静止状态，弹簧一开始处于压缩状态，之后变为原长，后开始拉伸

，则弹性势能先减小后增大，故小球A和物块B的机械能之和先增大后减小，故D正确。故选ABD第II卷（非选择题）三、实验题11.某同学用图甲装置及频闪照相的方法研究A、B两球的运动。用小锤轻击弹性金属片，A球向右水平飞出

，同时B球被松开，竖直向下运动。图乙是小球A运动过程中用频闪相机拍下的四个连续的不同位置的照片，并取A点为坐标原点建立直角坐标系，已知背景方格纸每小格的边长为2.5cm，g取10m/s2。请完成下列填空

。（1）小球A在竖直方向做___运动，频闪照相相邻闪光的时间间隔为____。（2）小球A水平抛出的初速度为____，抛出点的坐标为_______。（保留两位有效数字）【答案】①.自由落体②.0.05s③.1.5m/s④.（-3

.8cm，-0.31cm）【解析】【详解】（1）[1]由题图甲知，小球A在竖直方向初速度零，且只受重力作用，所以小球A在竖直方向做自由落体运动；[2]由()2sgt=可得频闪照相相邻闪光的时间间隔0.05st=（2）[3]由x0=v0Δt得小球A水平抛出的初速度v0=1.5m/s[4]

小球在B点时竖直方向的速度为。为0.75m/sByACvv==由vBy=gt得t=0.075s所以抛出点的横坐标为03.8cmBxxvt=−−纵坐标为210.31cm2Byygt=−=−即抛出点坐标为（-3.8

cm，-0.31cm）。12.现利用图甲所示装置验证“动量守恒定律”。在图甲中，气垫导轨上有A、B两个滑块，滑块A右侧带有一弹簧片，左侧与穿过打点计时器(图中未画出)的纸带相连；滑块B左侧也带有一弹簧片，上面固定一遮光片，数字计时器(未完

全画出)可以记录遮光片通过光电门的时间。实验测得滑块A的质量m1＝280g，滑块B的质量m2＝120g，遮光片的宽度d＝1.00cm；打点计时器所用交变电流的频率f＝50Hz。将光电门固定在滑块B的右侧

，启动打点计时器，给滑块A一向右的初速度，使它与B相碰，碰后数字计时器显示的时间为ΔtB＝4.00ms，碰撞前、后打出的纸带如图乙。（1）通过分析可知：纸带的________端(填“C”或“D”)与滑块A左侧相连；（2）滑块A在碰撞

前速度大小v0＝2.00m/s，滑块A在碰撞后速度大小v1＝________m/s，滑块B在碰撞后的速度大小v2＝________m/s(保留三位有效数字)；（3）设两滑块碰撞前、后的动量分别为p和p′，则p＝m1v0＝0.560kg·m/s、p′＝____

kg·m/s（保留三位有效数字）。【答案】①.D②.0.880③.2.50④.0.546【解析】【详解】（1）[1]根据滑块A的质量1280mg=，滑块B的质量2120gm=，滑块A碰后速度小于碰前速度，所以纸带D端与滑块A相连。（2）[2]根据速度的定义，滑块运

动的瞬时速度大小svt=纸带上相邻两点的时间间隔为0.02st=则At可视为很短。设滑块A碰撞后瞬时速度大小为1v，有211.7610m/s0.880m/s0.02v−==[3]设滑块B碰撞后的速度大小为2v，有2Bdvt=代入题给实验数据得22.50m/

sv=（3）[4]两滑块碰撞后的动量11220.546kgm/spmvmv=+四、解答题13.近年来，中国的航天实力表演十分抢眼，假如将来某天我国宇航员乘坐的宇宙飞船到达某适宜人居住的星球，在该星球“北极”距地

面h处水平抛出一个小球（引力视为恒力，阻力可忽略，h远小于该星球半径），经过时间t落到水平地面。已知该星球半径为R，自转周期为T，引力常量为G，求：（1）该星球的平均密度ρ；（2）该星球第一宇宙速度v大小；（3）如果该星球有一颗同步卫星，其距星球表面的高度H为多少。【答案】（1）232hGtR；

（2）2hRt；（3）223222hTRRt−【解析】【详解】（1）设该星球表面的重力加速度为g，小球做平抛运动，则有的212hgt=解得22hgt=根据物体在星球受到的万有引力等于重力，则有2MmGmgR=解得星球的质量为222hRMGt=故该星球的平均密度为233423hGtRRM

==（2）星球的第一宇宙速度等于卫星在该星球表面轨道绕星球做匀速运动时的线速度，由万有引力提供向心力得22MmGmRR=v解得2GMhRvRt==（3）同步卫星的周期与该行星自转周期相同，均为T，设同步卫

星的质量为m0，由万有引力提供向心力得200224()()MmGmRHRHT=++联立解得同步卫星距行星表面的高度为223222hTRHRt=−14.在一次抗洪抢险活动中，解放军某部利用直升机抢救一重要物体，静止在空中的直升机，其电动机通过吊绳（质量不计）将物体从地

面竖直吊到机舱里。已知物体的质量为m=150kg，绳的拉力不能超过F=3000N，电动机的最大输出功率为P=30kW。为尽快把物体安全救起，操作人员采取的办法是，先让吊绳以最大的拉力工作一段时间，达到最大功率后电动机就以最大功率工作，再经过t

=2s物体到达机舱时恰好达到最大速度mv，重力加速度g=10m/s2。求：（1）物体刚到达机舱时的速度大小mv；（2）匀加速阶段上升的高度1h；（3）电动机以最大功率工作时物体上升的位移2h。【答案】（1）20m/s；（2）5m；（3）25m【解析】【详解】（1）第一阶段以最大拉力拉着

物体匀加速上升，当电动机达到最大功率时，功率保持不变，物体变加速上升，速度增大，拉力减小，当拉力与重力相等时速度达到最大。则此时有mPFv=，Fmg=联立解得m20m/sv=即物体刚到达机舱时的速度为20m/s。（2）物体匀加速上升的加速度大小为2m110m/

sFmgam−==匀加速阶段的末速度为1m10m/sPvF==匀加速上升的时间为1111svta==匀加速上升的高度1115m2vht==（3）对以最大功率运行的整个阶段，由动能定理有222m11122Ptmghmvmv−=−解得225mh=15.如图所示，质量c4.5kgm=的长木板C静止在光

滑的水平面上，长木板C右端与竖直固定挡板相距0x，左端放一个质量B3.0kgm=的小物块B（可视为质点），与长木板C间的动摩擦因数为0.05=。在小物块B的正上方，用不可伸长、长度0.8ml=的轻绳将

质量A1.0kgm=的小球A悬挂在固定点O。初始时，将轻绳拉直并处于水平状态，使小球A与O点等高，由静止释放。当小球A下摆至最低点时恰好与小物块B发生碰撞（碰撞时间极短），之后二者没有再发生碰撞。已知A、

B之间以及C与挡板之间的碰撞均为弹性碰撞，重力加速度取210m/s=g。（1）小球A与小物块B碰后瞬间，求小物块B的速度大小；（2）为保证长木板C与竖直挡板碰撞时B、C能共速，求0x应满足的条件；（3）在（2）问的前提下，即与竖直挡板碰撞到B、C能共速，求长木板的最短长度

。【答案】（1）B2.0m/sv=；（2）00.96mx；（3）3.936mL=【解析】【详解】（1）小球A由静止到最低点的过程，根据机械能守恒定律有A2A012mglmv=解得04.0m/s=v设小球A与小物块B发生弹性碰撞后的速度分别为Av

、Bv，根据动量守恒定律有A0AABBmvmvmv=+碰撞前后根据机械能守恒定律有222A0AABB111222mvmvmv=+联立解得B2.0m/sv=（2）设B、C获得共同速度为1v，以水平向右为正方向，由动量守恒定律有BBB

C1=+mvmmv()代入数据解得10.8m/sv=若B、C共速时C刚好运动到挡板处，对C应用动能定理有2B0C1102mgxmv=−代入数据解得00.96mx=则保证C运动到竖直挡板前B、C能够共速，0x应满足的条件是00.96

mx（3）第一次共速过程中，由能量守恒定律有22B1BBBC111()22mgLmvmmv=−+长木板C与挡板碰后速度方向反向，设B、C第二次获得共同速度为2v，以水平向左为正方向，由动量守恒定律有C1B1BC2=+)mvmvmmv−(由能量守恒定律

有222B2B1C1BC2111()222mgLmvmvmmv=+−+长木板的最短长度为12LLL=+联立解得获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com