【文档说明】四川省绵阳市三台中学2022-2023学年高一下学期末热身测试物理试题 含解析.docx，共(22)页，2.410 MB，由小赞的店铺上传

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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vr=，可知卫星的线速度增大到原来的2倍B.根据公式2Frvm=，可知卫

星所需向心力减小到原来的12C.根据公式2MmFGr=，可知地球提供的向心力将减小到原来的14D.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12【答案】C【解析】【详解】AD．由公式22MmGmrr=可知轨道半径变化，卫星的角速度也变化，所以只根据vr=计算不出线速度

的变化情况，应根据的22MmvFGmrr==解得GMvr=可得线速度将减小到原来的22，AD错误；BC．根据GMvr=可知半径变化，线速度也变化，所以只根据公式2Frvm=不能计算向心力的变化，根据公式2MmFGr=可知可知地球提供的向心力将减小

到原来的14，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mg和拉力F，合力提供做圆周运动的向心力，如图所示则有cosmgF=tanFmg=合设链长为L，则做圆周运动的半径为sinrL

=由牛顿第二定律有()22Fmnr=合整理可得22cos4gnL=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.singRB.tangRC.cosgRD.gR【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2tanvmgmR=解得tanvgR=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mgHB.小球的动能减少fHC.小球的机械能减少fHD.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2012hvsint

gt−−＝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：()2202yvvsingh−−＝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200J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64J，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.40JB.96

JC.120JD.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k(sin)160JmgfLE−+==−损失的机械能等于克服摩擦阻力做功，则有64JfLE−==−联立可得k2s

in5EfEmgf==+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的B.月球与地球质量之比为2232()()LdddLLd+−+C.“鹊桥”中继星与

月球的向心加速度之比22:()LLd+D.“鹊桥”中继星与月球的线速度之比为:LLd+【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vr=可

得“鹊桥”中继星与月球的线速度之比为():LdL+,故D错误；C．根据2ar=可得“鹊桥”中继星与月球的向心加速度之比为():LdL+，故C错误；B．对月球，地球对它的万有引力提供向心力22MMGM

LL=月地月对“鹊桥”中继星，地球引力和月球引力的合力提供向心力，故222()()MmMmGGmLdLdd+=++月地联立解得()()2223LddMdMLLd+=−+月地故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BDADtt=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212hgt=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v甲，第二个过程中的初速度为v乙。其中v乙需要分解成yv和0v，如图1所示由斜上抛运动的对称性，可得02vv=甲由于不知道最

大高度和水平射程的大小关系，算不出yv与0v的关系，也就得不出v甲和v乙的大小关系。A、C等高，由平抛运动有2yvgh=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yv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yPmgv=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0v后，发动机的功率保持不变，汽车能达到的最大

速度为02v。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02Pfv=C.汽车速度为01.5v时，加速度3fam=D.汽车速度从0v达到20v所用时间0mvtf=【答案】BC【解析】【详解】A．功率、牵引力和速度的关系为PF

v=从0到0v，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的Ffma−=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02Pfv=

B正确；C．汽车速度为01.5v时，可得PFv=，Ffma−=解得加速度为3fam=C正确；D．汽车从0达到0v的过程，加速度为002fvfvFffammm−−===若汽车速度从0v达到20v仍以原来的加速度做匀加速直线运动，则所用时间为0002vvvtaa−==联立解得0mvtf=但实际上从0v

达到20v过程，汽车的加速度在减小，故所用时间大于0mvf，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18，以下分析正确的是（）A.卫星的高度是原来的12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2224MmGmrrT=可得3224GMrT=可知圆周运动的周期变为原来的18，卫星运行半径是原来的14，故A错误；B．根据22MmvGmrr=可得GMvr=可

知卫星运行半径是原来的14，则速率是原来的2倍，故B正确；C．卫星的向心加速度2224MaGrrT==可知卫星运行半径是原来的14，则向心加速度是原来的16倍，故C错误；D．卫星的向心力2MmFGr=可知卫星运行半径是原来14，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（）的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1.5sC.木块从顶端滑到底端的过程传送带对木块做的功是18JD.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1sin37cos37mgmgma+=代入数据

解得2112msa=木块加速到v0=6m/s时的位移为220116m1.5m2212vxa===之后则有2sin37cos37mgmgma−=解得20a=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0116s0.5s12vta===随传送带一起做匀速直线运动，则有1207.51.5s1s6Lxtv−−===木块在传送带上运动的

时间是120.5s1s1.5sttt=+=+=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()f11cos37sin3710.8JWmgxmgLx=−−=−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0111.5mxvtx=−=可知木块从顶端滑到底端产生的热量为cos370.750.4101.50.8J3.6JQmgx===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10m/sv=，设空气密度为31.3kg/m=，如果把通过横截面积为228mS=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P=_______；大小约_______W。（取二位有效数字）

【答案】①.312Sv②.41.810【解析】【详解】[1]Δt时间内通过横截面积S的空气质量为mSvt=由于风的动能全部转化为电能，则有2k12EEmv==电电功率为EPt=电联立可得计算则电功率的公式为312PSv=[2]代入数据可得3411.32810W1.810

W2P=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10cmL=。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210m/s，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.()10cm,1.25cm−−【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2yLgT==代入数据解得相邻两位置间的时间间隔为0.1sT

=。[2]水平方向的分速度大小为022m/sLvT==小球经过b点时竖直方向的速度大小为b31.5m/s2yLvT==所以小球经过b点时的速度大小为22b0b2.5m/syvvv=+=[3]小球从被抛出至运动到b点的时间为b0.15syvtg==[4]竖直方向的位移为

2b0111.25cm2yygt−==将b10cmyL==代入上式，可得抛出点的纵坐标为01.25cmy=−小球从被抛出至运动到b点，水平方向的位移大小为b0030cmxxvt−==将b220cmxL==代入上式，可得抛出点的横坐标为010cmx=−则抛出点的坐标为()10cm,1

.25cm−−。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212hgt=计算得到D.可以用2vgh=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12.41cmOA=、18.60cmOB=、27.21cmOC=.已知重物质量为1.0kgm=，重力加速度g取29.8m/s。从打下点O至点B的过程中，重物重力势

能的减少量pΔE=______J，重物动能的增加量kΔE=______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2vh−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fmg=______。（用本小题中给出的字母表示）【答案】①.C②.1.823③.1.711④.22gkg−【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，则需验证的212mvmgh=是否成立。而该式成立，即2vgh=成立；并且2vgh=可以由212hgt=和vgt=联立推出。所以既不可以用2vgh=计算瞬时速度，也不可以用212hgt=计算h。

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pB19.80.186J1.823JEmgh==[3]所用的打点计时器连接50Hz的交流电，因此打点周期为0.02s=T，重物动能的增加量为2B

2k111.711J224CAhhEmvmT−==（3）[4]重物下落过程，由动能定理有()212mgfhmv−=整理后可得()22mgfvhm−=可知2vh−图线的斜率为()2mgfkm−=解得22fgkmgg−=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12，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）2324RGT；（2）2216RT；（3）22RT【解析】【详解】（1）对于卫星，根

据万有引力提供向心力可得222()MmGmRRT=解得2324RMGT=（2）设行星的半径为R0，则012RR=物体在行星表面处的重力约等于其受到的万有引力，可得020MmmgGR=解得20216RgT=（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200vmgmR=解得022RvT=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=212Bmv解得vB=6m/s小物块刚好能到达D点，在D点、mg=21DmvR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）=2112Dmv－212Bmv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=2212Dmv设小物块在D点受到圆轨道的压力为FNFN＋mg=22DmvR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≥2112Dmv解得l≥1.45m力F的作

用距离最小值为l=1.45m19.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6m/sv=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p17.5E=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。(sin370.6cos370.8)==，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）5m/s；（2）不能；（3）29J【解析】【详解】（1）物体从O到A由功能关系可得2p12AEmgLmv=+解得5m/sAv=（2）物体从A运动到最高点的过程由动能定理得21

cossin02Amgsmgsmv−−=−代入数据解得1.25m1.5ms=所以物体不能到达B点（3）因为传送带的速度Avv,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sincosmgmgma+=解得210m/sa=设经历时间为t由速度公式得AAvv

at−=−解得11st=由位移公式得6msvt==传传且相对位移6msss==−传物相从释放到第二次经过A点摩擦生热获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com