【文档说明】四川省成都市龙泉驿区2021-2022学年高一下学期期中物理试题 含解析.docx，共(16)页，1.208 MB，由小赞的店铺上传

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高2021级——物理期中考试卷考试时间：90分钟；第I卷（选择题）一、单选题（8道题，共32分）1.一辆汽车在水平公路上转弯，沿曲线由M向N行驶，速度逐渐减小。如图甲、乙、丙、丁分别画出了汽车转弯时所受合力F的四种方向，正

确的是（）A.甲图B.乙图C.丙图D.丁图【答案】C【解析】【分析】【详解】在曲线运动中，合外力指向曲线的凹侧，速度减小，F在切线的分力与速度方向相反。故选C。2.下列对运动的合成与分解的理解正确的是（）A.质点的合位移一定大于两分

位移B.质点运动时，合运动的时间等于两分运动所需时间之和C.质点的合速度等于两分速度的代数和D.质点的合速度应为两分速度的矢量和【答案】D【解析】【分析】【详解】AD．位移是矢量，位移的合成遵循平行四边形定则，合运动的位移为分运动位移的矢量和，根据平行四边形定则知，和位移

可能比分位移大，也可能比分位移小，也可能与分位移相等，故A错误D正确；C．根据平行四边形定则，合速度可能比分速度大，可能比分速度小，也可能与分速度相等，故C错误；B．合运动与分运动具有等时性，合运动的时间等于分运动的时间，故B错误。故选D。3.以速

度v0水平抛出一小球后，不计空气阻力，某时刻小球的竖直分位移与水平分位移大小相等，以下判断正确的是（）A.此时小球的竖直分速度大小仍等于水平分速度大小B.此时小球速度的方向与位移的方向相同C.此时小球速度的方向与水平方向成45°角D.从抛出到此时，小球运动的时间为

02vg【答案】D【解析】【详解】平抛运动可分解为水平方向的匀速直线运动x=v0t竖直方向的自由落体运动y=2yvt因为x=y，所以vy=2v0，此时小球速度的方向与水平方向夹角满足0tan2yvv==此时小球速度的

方向与水平方向夹角大于45°角，由vy=gt得t=02vg，故ABC错误，D正确。故选D。4.刘洋同学沿着半径为30m的圆周跑道匀速跑步，李铭同学沿着半径为40m的圆周跑道匀速跑步，在相同的时间内，两人各自

绕跑道跑了一圈，他们的角速度分别为1、2，线速度的大小分别为v1、v2，则（）A.1>2，v1>v2B.1=2，v1＜v2C.1＜2，v1＜v2D.1=2，v1=v2【答案】B【解析】【分析】【详解】在相同的时间内，两人各自绕跑道跑了一圈，

由2T=可知，角速度相同，即1=2，由vr=可知，刘洋同学的运动半径较小，线速度较小，即v1＜v2，B正确。故选B。5.如图所示，在光滑水平面上，钉有两个钉子A和B，一根长细绳的一端系一个小球，另

一端固定在钉子A上，开始时小球与钉子A、B均在一条直线上（图示位置），且细绳的一大部分沿俯视顺时针方向缠绕在两钉子上，现使小球以初速度v0在水平面上沿俯视逆时针方向做匀速圆周运动，使两钉子之间缠绕的绳子逐渐释放，在绳子完全被释放后与释放前相比，下列说法正确的是（）A.小球的线速度变大B.小球的角速

度变大C.小球的加速度变小D.细绳对小球的拉力变大【答案】C【解析】【分析】【详解】A．在绳子完全被释放后与释放前相比，小球所受的拉力与速度垂直，不改变速度大小，A错误；B．由vr=v不变，r变大，则角速度ω变小，B错误；C．小球的加速度2var=

v不变，r变大，则a变小，C正确；D．细绳对小球的拉力2vFmamr==v不变，r变大，则F变小，D错误。故选C。6.火车以半径r=900m转弯，火车质量为8105kg，轨道宽为l=1.4m，外轨比内轨高h=14cm，则下列说法中正确的是（θ角度很小时，可以认为tanθ

=sinθ）（）A.若火车在该弯道实际运行速度为40m/s，外轨对车轮有向内的侧压力B.若火车在该弯道实际运行速度为30m/s，内轨对车轮有向外的侧压力C.若火车在该弯道实际运行速度为30m/s，外轨对车轮有

向内的侧压力D.若火车在该弯道实际运行速度为25m/s，外轨对车轮有向内的侧压力【答案】A【解析】【详解】火车拐弯时不受轮缘的挤压时，靠重力和支持力的合力提供向心力，其受力如下图根据牛顿第二定律得20tanvmgmr=因

很小，则有tansinhl=联立得0100m/s30m/sghRvl===A．实际速度为40m/s大于v0时，重力和支持力的合力不够提供向心力，此时外轨对车轮轮缘施加向内的侧压力，故A正确；BC．实际速度为30m/s等于v0时，重力和支持力的合力刚好提供向心力，则

内外两侧铁轨所受轮缘对它们的压力均恰好为零，故BC错误；D．实际速度为25m/s小于v0时，重力和支持力的合力大于向心力，此时仅内轨对车轮轮缘施加压力，故D错误。故选A。7.下列有关天体运动的说法正确的是（）A.绕太阳运行的行星，轨道半长轴越长，其公转

的周期就越大B.在月球绕地球运动中，33rkT=中的T表示地球自转的周期C.由122GmmFr=可知，212FrGmm=，由此可见G与F和2r的乘积成正比，与1m和2m的乘积成反比D.若地球绕太阳运动的轨道半长轴为1R，周期为1T，月球绕地球运动轨道的半长轴为2R，周期

为2T，则根据开普勒第三定律有：33122212RRTT=【答案】A【解析】【分析】【详解】A．开普勒第三定律表明:所有的行星公转轨道的半长轴的三次方跟公转周期的二次方的比值都相等，即:32akT=，所以a越大,公转周期越大，故A正确；B．开普勒第

三定律不仅适用于行星绕太阳的运动,也适用于卫星绕行星的运动，所以月球绕地球运动中的T表示月球的公转周，故B错误；C．万有引力定律表达式中的G是万有引力常数，与F、2r、1m、2m都无关，故C错误；D．地球

绕太阳转动，而月球绕地球转动，二者不是同一中心天体，故对应的k不同，故D错误。故选A。8.2021年5月15日，天问一号探测器成功着陆于火星乌托邦平原南部预选着陆区，实现了从地月系到行星际的跨越，在火星上首次

留下中国人的印迹。科学家设计了在火星表面从高为h处以初速度v0水平抛出一个小球，测得抛出点与落地点之间的距离为L，该火星的半径为R，万有引力常数为G，根据以上信息则可以求出（）A.天文一号发出它收集到的信息到我控制中心的时间B.火星的自转周期C.天问一号探测器在火

星表面上的重力D.火星的质量【答案】D【解析】【详解】A．由于不知道距离，故无法求出天文一号发出它收集到的信息到我控制中心的时间，A错误B．由已知条件，无法求出火星的自转周期，B错误；C．由于不知道天

问一号的质量，故无法求出天问一号探测器在火星表面上的重力，C错误；D．忽略火星自转影响，物体在火星表面受到的重力等于火星对物体的万有引力，则2GMmmgR=火小球在火星表面做竖直上抛运动，则有02vtg=火可得02vg

t=火联立解得202vRMtG=故可求出火星的质量，D正确。故选D。二、多选题（4道题，共24分）9.关于地心说和日心说的下列说法中，正确的是()A.地心说的参考系是地球B.日心说的参考系是太阳C.地心说和日心说只是参考系不同，两者具有等同的价值D.日心说是由

开普勒提出来的【答案】AB【解析】【详解】地心说认为太阳及其它天体围绕地球运动，参考系为地球，A正确；哥白尼提出了日心说，日心说认为一切天体都是绕着太阳运动，参考系为太阳，B正确D错误；地心说”是由于古代人缺乏足够的宇宙观测数据，以及怀着以人为本的观念，因此他们误认为地球就是宇宙的中心，而其他

的星体都是绕着她而运行的．天主教教会接纳此为世界观的“正统理论”．而“日心说”是在足够的天文观测的数据基础上，哥白尼等人提出的，符合科学研究的结果，而不是臆想出来的，是科学的一大进步．故两者具有不能等同的价值，C错误．10.A、B两个质点，分别做匀

速圆周运动，在相等时间内它们通过的弧长比SA：SB=2：3，转过的圆心角比AB:3:2=。则下列说法中正确的是（）A.它们的线速度之比AB:2:3vv=B.它们的角速度之比AB:2:3=C.它们的向心加速度之比

AB:2:3aa=D.它们的周期之比AB:2:3TT=【答案】AD【解析】【分析】【详解】A．由svt=知AB23vv=故A正确；B．由t=知AB32=故B错误；C．由av=知，2AA2BB11aa==故C错误；D．由2πT=知AB

BA23TT==故D正确。故选AD。11.放在粗糙水平地面上的物体受到水平拉力的作用，在0~6s内其速度与时间图像和该拉力的功率与时间的图像如图所示。下列说法正确的是（）A.0~6s内拉力做功为20mB.0~6s内拉力做功为70JC.合外力在0~6s内做的功与0~2s内

做的功不等D.2~6s内水平拉力的大小为5N3【答案】BD【解析】分析】【详解】AB．0～6s内物体拉力做功的大小等于Pt−图像中图线与坐标轴所包围的面积，为1(230410)J70J2W=+=故A错误；B正确；C．根据动能定理2201122tWmvmv=−合结合vt−，知

在2~6s内物体做匀速直线运动，所以动能不变，即合外力在2~6s内做功的代数和为0，所以合外力在0~6s内做的功与0~2s内做的功相等，故C错误；D．由vt−及Pt−图像知，在2～6s内，物体做匀速运动，6m/sv=，10WP=，所以5N3PFv==故D正确。故选BD。12.如图所示，

B和C是一组塔轮，即B和C半径不同，但固定在同一转动轴上，其半径之比为RB：RC=3：2，A轮的半径大小与C轮相同，它与B轮紧靠在一起，当A轮绕过其中心的竖直轴转动时，由于摩擦作用，B轮也随之无滑动地转动起来。a、b、c分别为三轮边缘的三个点，则a、b、c三点在

转动过程中的（）【的A.线速度大小之比为3：3：2B.角速度之比为3：3：2C.转速之比为2：3：2D.向心加速度大小之比为9：6：4【答案】AD【解析】【分析】【详解】AB．A、B通过摩擦传动，边缘线速度大小相等，B、C同轴

转动，角速度相等，由vr=可知，B、C的线速度之比为3：2，故三点的线速度大小之比为3：3：2，由vr=可知，A、B的角速度之比为3：2，故三点的角速度之比为3：2：2，A正确，B错误；C．由2n=可知，转速与角速度成正比，

故转速之比为3：2：2，C错误；D．由2arv==结合AB解析中的结论可得，向心加速度大小之比为9：6：4，D正确。故选AD。第II卷（非选择题）三、实验题（共18分）13.(1)用如图甲所示的装置探究平抛运动规律。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，改变小锤打击的力度，即改变A球被弹出时的速度，两球仍然同时落地，这说明_________________。(2)图乙为用描点法画小球做平抛运动轨迹的实验装置，实验时，让小球多次沿同一轨道运动，为了能较准确地描绘运动轨迹，下面列出了一些操作要求。将你

认为正确的选项前面的字母填在横线上__________。A．斜槽的末端切线必须水平B．斜槽轨道必须光滑且每次释放小球的位置必须不同C．每次必须从同一位置以不同初速度让小球下滑D．要使描出的轨迹更好地反映真实运动，记录的点应适当少一些(3)某同学采用频闪摄影的方法拍摄“小球做平抛运动”的照片，如

图丙是照片的一部分，已知图中小方格的边长L=5cm，设A到B的时间间隔为T，则T=________s；小球平抛的初速度v0=_____m/s。（取g=10m/s2）【答案】①.平抛运动在竖直方向为自由落体运动

②.A③.0.1④.1.5【解析】【详解】(1)[1]该实验说明两小球在竖直方向的运动是相同的，即平抛运动在竖直方向为自由落体运动；(2)[2]A．斜槽的末端切线必须水平，以保证小球能做平抛运动，选项A正确；B．斜槽轨道没必要必须光滑，每次释放小球的位置必须相同，以保证小球的轨迹相同，选项B错误；

C．每次必须从同一位置让小球从同一位置由静止下滑，选项C错误；D．要使描出的轨迹更好地反映真实运动，记录的点应适当多一些，选项D错误。故选A。(3)[3]根据2hgT=解得20.052s=0.1s10hlTgg===[4]小

球平抛的初速度030.15m/s1.5m/s0.1lvT===14.卡文迪许利用如图所示的扭称实验装置测量了引力常量：(1)横梁一端固定有一质量为m半径为r的均匀铅球A，旁边有一质量为m，半径为r的相同铅球

B，A、B两球表面的最近距离L，已知引力常量为G，则A、B两球间的万有引力大小为F=_________；(2)为了测量石英丝极微的扭转角，该实验装置中采取使“微小量放大”的措施是_________。A.增大石英丝直径B.增大刻度尺与平面

镜的距离C.利用平面镜对光线反射D.减小T型架横梁的长度【答案】①.222()mFGrL=+②.BC【解析】【详解】(1)[1]．万有引力定律适用于质点模型，对于质量均匀分布的球，可以看作质量集中在重心上，两个重心的间距为L+2r，故它们间的万有引力大小为222()mFGrL

=+(1)[2]．A．当增大石英丝的直径时，会导致石英丝不容易转动，对“微小量放大”，没有作用，故A错误；BC．为了测量石英丝极微小的扭转角，该实验装置中采取使“微小量放大”．利用平面镜对光线的反射，来体现微小形变的，或当增大刻度尺与平

面镜的距离时，转动的角度更明显．因此选项BC正确．D．当减小T型架横梁的长度时，会导致石英丝不容易转动，对“微小量放大”，没有作用；故D错误；故选BC。四、解答题（共26分）15.已知地球质量为M，半径为R，自转周期为T，引

力常量为G。如图所示，A为在地面附近绕地球做匀速圆周运动的卫星，B为地球的同步卫星。(1)求卫星A运动的速度大小v；(2)求卫星B到地面高度h。的的的【答案】（1）GMR（2）2324GMTR−【解析】【详解】（1）对卫星A，根据万有引

力提供向心力，则有22AAMmvGmRR=解得GMvR=（2）对卫星B，设它到地面高度为h，根据万有引力提供向心力，则有222()()()BBMmGmRhRhT=++解得2324GMThR=−16.如图所示，轨道ABCD的AB段为

一半径R=0.2m的光滑14圆形轨道，BC段为高为h=5m的竖直轨道，CD段为水平轨道。一质量为0.2kg的小球从A点由静止开始下滑，到达B点时速度的大小为2m/s，离开B点做平抛运动（g=10m/s2），求：（1）小球离开B点

后，在CD轨道上的落地点到C点的水平距离；（2）小球到达B点时对圆形轨道的压力大小；（3）如果在BCD轨道上放置一个倾角=45°的斜面（如图中虚线所示），那么小球离开B点后能否落到斜面上；如果能，求它第一次落在斜面上的位置距离B点有多远。如果不能，请说

明理由。（计算结果保留三位有效数字）【答案】（1）2m；（2）6N；（3）1.13m【解析】【分析】【详解】（1）小球离开B点后做平抛运动，则有212hgt=解得1st=在CD轨道上的落地点到C点的水平距离为2mBxvt==（2）小球到达B点时，处于竖直平面内圆轨道最低点，合力为它

做圆周运动提供向心力2NBvFmgmR−=代入数据解得N6NF=根据牛顿第三定律，可知小球到达B点时对圆形轨道的压力为NN6NFF==（3）如果在BCD轨道上放置一个倾角45=的斜面（如图中虚线所示

），由于斜面竖直方向高度h=5m，可知斜面水平方向长度5mx=。由于xx，可知小球可以落到斜面上。设小球第一次落到斜面上的E点，用时t，水平分位移和竖直分位移大小相等，根据平抛运动规律可知212Bvtgt=可得20.4sBvtg==设小球第一次

在斜面上的落点E点到B点的距离为L，则22221()()2EEBLxhvtgt=+=+代入数据解得0.82m1.13mL=获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com