【文档说明】上海市控江中学2021-2022学年高一下学期期中物理试题 含解析.docx，共(16)页，1.369 MB，由小赞的店铺上传

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控江中学2021学年第二学期高一物理期中试题一、单项选择题（共40分，第1～8题每题3分，9～12题每题4分）1.匀速圆周运动是一种（）A.匀速运动B.匀加速运动C.匀加速曲线运动D.变加速曲线运动【答案】D【解析】

【详解】A．匀速圆周运动是速度大小不变，方向随时改变的运动，故A错误；BCD．匀速圆周运动的加速度大小不变，方向指向圆心，所以加速度随时在改变，故BC错误，D正确。故选D。2.下面是地球和月亮的一段对白，地球说：“我绕太阳运动1s要走30km，

你绕我运动1s才走1km，你怎么走的那么慢？”；月亮说：“话不能这样讲，你一年才绕一圈，我27.3天就绕了一圈，你说说谁转的更快？”，下面对它们的对话分析正确的是（）A.地球的转速大B.地球的线速度大C.月亮的周期大D.月亮的

角速度小【答案】B【解析】【详解】根据线速度的概念，即svt=可知，地球的线速度比月球的线速度大；根据角速度的概念，即22ntT===可知，月球的周期小，则月球的角速度比地球的角速度大，月球的转速比地球的转速大，则选项B正确，ACD

错误。故选B。3.关于平抛运动，下列说法中正确的是（）A.平抛运动是一种变加速运动B.做平抛运动的物体加速度随时间逐渐增大C.做平抛运动的物体每秒内速度增量相等D.做平抛运动的物体每秒内位移增量相等【答案】C【解析】【详解】AB．做平抛运动的物体只受重力

，故加速度恒定，运动轨迹为曲线，故平抛运动为匀加速曲线运动，故AB错误；C．由于做平抛运动的物体加速度恒定，故每秒内的速度增量相等，故C正确；D．由于做平抛运动的物体在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上作匀加速直线运动，有x=v0t2

12ygt=故合位移为()2220(2)1svtgt=+因s与t非线性关系，则每秒位移增量不等，故D错误。故选C。4.在光滑的水平桌面上固定一木板AB，其右面与O点共线。一根细绳一端固定在O点，另一端拉着一个小球m作匀速圆周运动。在线与AB板相碰前瞬间与碰后瞬间，

下述不变的物理量为（）A.线速度B.角速度C向心加速度D.向心力【答案】A【解析】【详解】A．物体的速度在瞬间不会发生突变，所以线速度瞬间不变，故A正确；B．线速度大小不变，半径变小，由vr=知小球角速度会变大，故B错误；C．由2=var知向心加速度增大，故C错误；D．由

2n=vFmr知小球向心力增大，故D错误。故选A。5.狗拉雪橇在水平冰面上沿着圆弧形的道路匀速行驶，如图为四个关于雪橇受到的牵引力F及摩擦力f的示意图（O为圆心），其中正确的是（）.A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】【详解】雪橇做匀

速圆周运动，合力指向圆心，提供向心力，滑动摩擦力f的方向和相对运动方向相反，故f向后且与圆轨道相切；由于拉力与摩擦力的合力指向圆心，故拉力F偏向圆心。故选C。6.在同一水平直线上的两位置分别沿同方向抛出两小球A和B，其运动轨迹如图所示，不计空气阻力。要使两球在空中相遇

，则必须（）A.先抛出A球B.先抛出B球C.同时抛出两球D.使两球质量相等【答案】C【解析】【详解】ABC．由于相遇时A、B做平抛运动的竖直位移h相同，由212hgt=可知两球下落时间相同，两球应同时抛出，故AB错误，C正确；D．下落时间与球的质量无关，故D

错误。故选C。7.由于某种原因，人造地球卫星的轨道半径减小了，那么卫星的()A.速率变大，周期变小B.速率变小，周期变大C.速率变大，周期变大D.速率变小，周期变小【答案】A【解析】【详解】根据万有引力提

供圆周运动向心力有：22224GMmvmmrrrT==物体线速度GMvr=，周期234rTGM=，知卫星的半径减小，则线速度增加，周期减小，所以A正确，BCD错误．故选A.8.如图所示，质量为M的物体放

在光滑水平地面上，在受到与水平方向成α角的恒力F作用下，从静止开始运动，在时间t内，F对物体所做的功为WF．下列仅单独改变某一物理量（设该物理量改变后物体仍在水平面上运动），可使恒力所做的功为2WF的是（）A.使恒力的大小增大为2FB.使物体质量增大为M/

2C.做功时间增长为2tD.α从60°变为0°【答案】B【解析】【详解】A、拉力增大为2F时，加速度物体的加速度变为原来的2倍，由212xat=知，在相同时间内物体通过的位移为原来的2倍，由=WFxcos，可知，拉力做功为4W，故A错误；B、物体质量减小为2M，则物体的加速度变为

原来的2倍，由212xat=知，在相同时间内物体通过的位移为原来的2倍，由=WFxcos，可知，拉力做功为2W，故B正确；C、做功时间增长为2t，由212xat=知，物体通过的位移为原来的4倍，由=WFxcos，可知，拉力做功为4W，故C错误；D、由()2

222212FcosFtWFxcosFtcoscosmm===，角从60变为0，则得拉力做功为4W，故D错误．9.月球绕地球做匀速圆周运动的向心加速度大小为a，设月球表面的重力加速度大小为1g，在月球绕地球运行的轨道处由地球引力

产生的加速度大小为2g，则A.1ga=B.2ga=C.12gga+=D.21gga−=的【答案】B【解析】【详解】根据公式2MmGmar=可得2GMar=，即只要轨道半径相同，向心加速度相同，所以，在月球绕地球运行的轨道处由地球引力产生的加速度大小为2ga=，B正确；10.一辆汽车

在平直的公路上以某一初速度运动，运动过程中保持恒定的牵引功率，其加速度a和速度的倒数1v的关系图像如图所示。若已知汽车的质量m，则根据图像所给的信息，不能求出的物理量是（）A.汽车的功率B.汽车行驶的最大速度C.汽车所受到的阻力D.

车运动到最大速度所需的时间【答案】D【解析】【分析】【详解】AC．对汽车受力分析，受重力、支持力、牵引力和摩擦力，根据牛顿第二定律，有Ffma−=其中PFv=以上两式联立解得1Pfamvm=−再结合图像，可知2400.05

Pkm===，2fm=已知汽车质量，解得40Pm=，2fm=故AC错误；C．当物体的速度最大时，加速度为零，故结合图像可知，速度最大为20m/s，故C错误；D．汽车的初速度未知，所以加速时间未知，故D正确；故选D。11.有甲、乙两只船（可视为质点），它们在静水

中航行速度分别为v1和v2，现在两船从同一渡口向对岸开去，已知甲船用最短时间渡河，乙船用最短航程渡河，结果两船抵达对岸的地点恰好相同，则甲、乙两船渡河所用时间之比为：（）A.2122vvB.21vvC.2221vvD.12vv【答案】C【解析】【详

解】两船抵达的地点相同，知合速度方向相同，甲船静水速垂直于河岸，乙船的静水速与合速度垂直．如图：两船的合位移相等，则渡河时间之比等于两船合速度之反比，则：12vttv乙合甲合＝；由图可知：1vvsin甲合＝；

2vvtan=乙合；其中：tanθ=1vv水；sinθ＝2vv水则：21222211tanvtvsinvtvvv=乙合甲合＝＝，故ABD错误，C正确．故选C．12.某机器内有两个围绕各自的固定轴匀速转动的铝盘A、B，A盘上有一

个信号发射装置P，能发射水平红外线，P到圆心的距离为28cm．B盘上有一个带窗口的红外线信号接受装置Q，Q到圆心的距离为16cm．P、Q转动的线速度相同，都是4πm/s．当P、Q正对时，P发出的红外线恰好进入Q的接收窗口，如图所示，则Q接收到的红外线信号

的周期是：A.0.07sB.0.16sC.0.28sD.0.56s【答案】D【解析】【详解】由题意可知P的周期为：1220.28s0.14s4rTv===Q的周期为：2220.16s0.08s4rTv===因为经历

的时间必须等于它们周期的整数倍，根据数学知识，0.14和0.08的最小公倍数为0.56s，所以经历的时间最小为0.56s，故D正确，ABC错误．故选D。二、填空题（共20分，每空2分）13.汽车在水平圆弧弯道上以恒定的速率在20s内行驶20m的路程，司机发现

汽车速度的方向改变了30°角，司机由此估算出弯道的半径是_______m；汽车的向心加速度是________m/s2。【答案】①.38②.0.026【解析】【详解】[1]汽车的线速度大小为20m/s=1m/s20svt==角速度大小为6=rad/srad/s20120t==则半径1

120mm38m120vr===[2]向心加速度2221m/s=m/s=0.026m/s120120av==14.某行星的质量约为地球质量的12，半径约为地球半径的16，那么此行星表面的重力加速度与地

球的表面的重力加速度之比为________；此行星的“第一宇宙速度”与地球上的第一宇宙速度之比为_________。【答案】①.18:1②.3:1【解析】为【详解】[1]对行星表面物体，引力近似等于重力2MmGmgR=

得2MgGR=此行星表面的重力加速度与地球的表面的重力加速度之比222618==21gMRgMR=行行地地地行[2]对近地卫星22MmvGmRR=得GMvR=则此行星的“第一宇宙速度”与地球上的第一宇宙速度之比为13=6=21vMRvMR=行行地地地行15

.用绳系着小球在竖直平面内做圆周运动，绳长为L，绳另一端固定，小球质量为m，要使小球能通过最高点，则最高点时的速度必须________，若小球以恰能通过最高点时速度的3倍的速度通过最高点，此时绳中张力大小为_______。【答案】①.Lg；②.8mg【解析】【分析】本题考查竖直面内

圆周运动的绳球模型。【详解】[1]小球能运动到最高点时受重力和绳向下的拉力，由圆周运动的规律2vmgTmL+=若v减小，T减小，当T等于零时，此时有2vmgmL=解得的vgL=是小球能上到最高点的最小速度，即最高点时的速度必须大于等

于Lg。[2]若小球以恰能通过最高点时速度的3倍的速度通过最高点，即'3vgL=，由圆周运动规律'2'vmgTmL+=解得'8Tmg=16.如图，在倾角θ＝45°的斜面底端的正上方某一高处以0v＝6m/s的初速度水平抛出一质量为0.1kg的物体．空气阻力不计，该物体落在斜面上时的速度方向

恰好与斜面垂直，则小球在空中飞行时间为___s，小球与斜面相碰时重力的瞬时功率为_____W。（取g＝10m/s2）【答案】①.0.6②.6【解析】【分析】【详解】[1][2]设飞行的时间为t，因为是垂直撞上

斜面，斜面与水平面之间的夹角为45°，所以有0yvv=代入数据解得6m/syv=所以时间t为6s0.6s10yvtg===重力的瞬时功率为0.1106W6WyPmgv===【点睛】该题是平抛运动基本规律的应用，主要抓住撞到斜面上时

水平速度和竖直方向速度的关系，知道瞬时功率的求解公式P=Fv，其中的v是沿F方向的速度。17.质量为m=2.0kg的物体从原点出发沿x轴运动，当x＝0时物体的速度为4.0m/s．作用在物体上的合力F随位移的变化情况如图所示．则在第1个1m的位移内合力对物体做的功W＝

________J；在x＝0至x＝5.0m位移内，物体具有的最大动能是______【答案】①.2②.18【解析】【详解】设初速度为在第一个1m的位移内合力是均匀变化的，所以合力的平均值为,故做功为,物体在第一个1m位移内做加速度减小的加速运

动，在第二个1m内做加速度增大的减速运动，在x=2m处物体的速度又变为4m/s，以后物体的合力恒定，加速度，在x=2至x=5m过程中物体做匀减速运动，所以在x=1m处的速度最大，所以三、综合题18.图甲（a）是一个能够显示平抛运动及其特点的演示实

验，用小锤敲击弹性金属片，小球A就沿水平方向飞出，做平抛运动；同时小球B被松开，做自由落体运动。图甲（b）是该装置一次实验的数码连拍照片，同时显示了A、B球分别做平抛运动和自由落体运动的轨迹。（1）由图甲（b）的数码连拍照片分析可知，做平抛运动的A球离开轨道后在竖直方向的分运动是_______

_。（2）现在重新设计该实验，如图乙所示，光源位于S点，紧靠着光源的前方有一个小球A，光照射A球时在竖直屏幕上形成影子P。现打开数码相机，同时将小球向着垂直于屏幕的方向水平抛出，不计空气阻力，小球的影像P在屏幕上移动情况即被数码相机用连拍功能（每隔相同的时间自动拍摄一次）拍摄下来

，如图丙所示。则小球的影像P在屏上移动情况应当是图丙中的___________（选填“（c）”或“（d）”）。（3）如果图乙中小球A水平抛出的初速度为1m/s，SP＝L＝0.5m，经过0.2s小球到达B点时在屏幕上留下的影子假设为Q，则Q点沿着屏幕向下运动的速度大小为________m/s。【答

案】①.自由落体运动②.（d）##d③.2.5【解析】【详解】（1）[1]本实验中A做平抛运动，B做自由落体运动，同一时刻两球处于同一高度，说明竖直方向运动情况相同，所以A竖直方向的分运动是自由落体运动；（2）[2]方法一：设经过时间t照相机拍摄一次，从抛出开始经时间t后到达C点，

经时间2t后经过B点，如图所示：根据几何关系有CEAEGPAP=①BFAFQPAP=②水平方向做匀速运动，所以12AEAF=③竖直方向做自由落体运动，所以()2212122gtCEBFgt=＝14④由①②③④得12PGPQ=即PG=GQ所以小球的影像P在屏上移动情况应当是等间距的，

故选（d）；方法二：设经过时间t，小球的水平位移为x，竖直方向的位移为y，影子的位移为H，则有0212vtxLyHgt==解得02gLHtv=所以小球的影像P在屏上移动位移与时间成正比，匀速下落，应当是等间距的，故选（d）；（3）[

3]由以上解析可知影子在竖直方向上做匀速运动，根据几何关系可知02yQtvvtvtL=解得202.5m/s2QgLvv==19.如图所示，一根长0.1m的细线，一端系着一个质量为0.18kg的小球，拉住线的另一端，使小球在光滑

的水平桌面上做匀速圆周运动，使小球的转速很缓慢地增加，当小球的转速增加到开始时转速的3倍时，细线断开，线断开前的瞬间线受到的拉力比开始时大40N，求：（1）线断开前的瞬间，线受到的拉力大小；（2）线断开的瞬间，小球

运动的线速度大小；（3）如果小球离开桌面时，速度方向与桌边缘的夹角为60°，桌面高出地面0.8m，求小球飞出后的落地点距桌边缘的水平距离．【答案】（1）45N（2）5m/s（3）1.73m【解析】【详解】(

1)线的拉力等于向心力，设开始时角速度为ω1，向心力是F0，线断开的瞬间，角速度为ω，线的拉力是F．根据牛到第二定律得：211FmR=又有：F＝mω2R联立解得：1:9:1FF=又因为F＝F1+40N可得：F＝45N(2)设线断开时速度为v，由2vFmR=可得：v＝5m/s(3)设桌面高度

为h，落地点与飞出桌面点的水平距离为s，则时间为：20.4shtg==水平位移为：s＝vt＝5×0.4m＝2m则抛出点到桌边的水平距离为：l＝ssin60°＝2×32＝1.73m20.如图，ABCD为一竖直平面的轨道，其中BC水平，A点比BC高

出10米，BC长1米，AB和CD轨道光滑．一质量为1千克的物体，从A点以4米/秒的速度开始运动，经过BC后滑到高出C点10.3m的D点速度为零．求：（g=10m/s2）（1）物体与BC轨道的滑动摩擦系数．（2）物体第5次经过

B点的速度．（3）物体最后停止的位置（距B点）．（4）物体一共经过C点多少次？【答案】(1)0.5(2)13.3m/s(3)0.4m(4)22次【解析】【详解】（1）分析从A到D过程，由动能定理，()21102BCmghHmgSmv−−−=−解得

，0.5=．（2）物体第5次经过B点时，物体在BC上滑动了4次，由动能定理，得222111422BCmgHmgSmvmv−=−2411/13.3/vmsms=．（3）分析整个过程，由动能定理，21102mgHmgsmv−=−，代入数据解得21.6sm=．所以物体在轨道上来回了10次

后，还有1.6m，故离B的距离为21.60.4mmm−=（4）因为21.61sm=，所以有22次经过点C．点睛：运用动能定理解题，关键是选择好研究过程，研究的过程选取得好，会对解题带来很大的方便．的获得更多资源请扫码加入享学资

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