【文档说明】四川省绵阳市三台中学2022-2023学年高一下学期末模拟测试物理试题 Word版含解析.docx，共(22)页，1.101 MB，由小赞的店铺上传

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四川三台中学2022-2023学年高一下学期末模拟测试第I卷（选择题56分）一、单项选择题，本大题9小题，每小题4分，共36分。在每小题给出的四个选项中只有一个是正确的。1.物体做曲线运动时，其所受合外力（）A.不可能是恒力B.与速度方向不可能在一条直线上C.总是与速度方向

垂直D.做功一定不为零【答案】B【解析】【详解】A．物体做曲线运动时，其所受合外力可能是恒力，如平抛运动，A错误；B．物体做曲线运动时，其所受合外力与速度方向不可能在一条直线上，B正确；CD．做平抛运动的物体所受合

外力（重力）与速度方向夹角从初始状态的90°逐渐减小，合外力做正功；做匀速圆周运动的物体所受合外力与速度方向始终垂直，合外力不做功，CD错误。故选B。2.如图所示，两箱相同的货物，现要用电梯将它们从一楼运到二楼，其中图甲是利用扶梯台式电梯运送货物，图乙是用履带式自动电梯运送，假设两种情况下电

梯都是匀速地运送货物，下列关于两电梯在运送货物时说法正确的是（）A.两种情况下电梯对货物的支持力都对货物做正功B.图乙中电梯对货物的支持力对货物做正功C.两种情况下电梯对货物的摩擦力都对货物做正功D.图乙中电梯对货物的摩

擦力对货物做正功【答案】D【解析】【详解】AB．甲图中货物受到的支持力竖直向上做正功，乙图中货物受到的支持力垂直于斜面不做功，AB错误；CD．由平衡条件可知，甲图中货物受到的摩擦力为零不做功，乙图中货物受到的摩擦力沿斜面向上做正功，C错误，D正确。故选D。

3.随着我国全面进入主汛期，防汛形势十分严峻。各地区各部门坚持人民至上生命至上全力以赴抗洪抢险。某船积极参加抗洪，已知该船在静水中的最大速度为5m/s。现让该船渡过某条河，假设河的两岸是平行线，河水流速恒定

，河宽d=100m。船以最短时间渡河，航线与岸的夹角为60°，则（）A.渡河时间为20sB.河水流速为10m/sC.实际渡河位移为1003mD.调整船头斜向上游，都无法到达正对岸【答案】A【解析】【分析】【详解】A．渡河时间为100=s=20s5dtv=船A正确

；B．已知航线与岸的夹角为60°，满足tan60vv=船水解得河水流速为53=m/s3v水B错误；C．实际渡河位移为2003msin603ds==C错误；D．由B的分析可知vv船水故当船头与上游的夹角满

足3cos=3vv=水船船能到达正对岸，D错误。故选A。4.如图所示，将篮球从地面上方B点斜向上抛出，刚好垂直击中竖直篮板上的A点，不计空气阻力。若抛射点B向篮板方向水平移动一小段距离，仍使抛出的篮球垂直击中A点，则下列方法中可行的是（）A.减小抛射速度v0，

同时增大抛射角θB.减小抛射速度v0，同时减小抛射角θC.增大射速度v0，同时减小抛射角θD.增大抛时速度v0，同时增大抛射角θ【答案】A【解析】【详解】由于篮球始终垂直击中A点，可应用逆向思维，把篮球的运动看作从A开始

的平抛运动。当B点水平向左移动一小段距离时，A点抛出的篮球仍落在B点，则竖直高度不变，水平位移减小，球到B点的时间2htg=故时间t不变，竖直分速度2yvgh=即竖直分速度不变，水平方向满足0xvt=由于x减小，可知v0减小，合速度220yvvv

=+即合速度变小，与水平方向的夹角0tanyvv=可知变大。可知若要符合题意仍使抛出的篮球垂直击中A点，应减小抛射速度v0，同时增大抛射角θ。故选A。5.如图所示，水平圆盘上放置一物体P，用一轻质弹簧将该物体和圆盘

中心O固连，此时弹簧处于拉伸状态，圆盘能绕通过其中心的竖直轴自由转动。现让圆盘从静止开始缓慢加速转动，直到P与圆盘发生相对滑动，则在此过程中P与圆盘间的摩擦力大小（）A.先增大后减小B.先减小后增加C.一直增大D.一直减小【答案】B【解

析】【详解】由合力提供向心力得2Ffmr−=由于弹力F不变，角速度增大，则摩擦力减小直到为0；之后角速度继续增大，则摩擦力反向增大。故选B。6.如图所示，质量分别为m1和m2的两个物体12mm，在大小相等、方向相同的两个力F1和F2作用下经相同的路面由静止开始沿水平方向移动了相同

距离。F1做的功为W1，F2做的功为W2，物体获得的动能分别是Ek1和Ek2，则（）A.12WW，k1k2EE=B.12WW，k1k2EEC.12WW=，k1k2EED.12WW=，k1k2EE【答案】C【解析】【详解】设物体移动的距离为L，根据功的公

式得11cosWFL=22cosWFL=根据题意12FF=所以12WW=设物体与地面间的滑动摩擦因数为μ，根据动能定理得11k10WmgLE−=−22k20WmgLE−=−根据题意12mm解得k1k2EE

故选C。7.如图所示，一质量为m小球固定于轻质弹簧的一端，弹簧的另一端固定于O点处，将小球拉至A处，弹簧恰好无形变，由静止释放小球，它运动到O点正下方B点的速度为v，与A点的竖直高度差为h，则（）A.由

A至B重力势能减少212mvB.由A至B小球机械能减少212mghmv−C.由A至B小球克服弹力做功为212mghmv+D.小球到达位置B时弹簧的弹性势能为212mghmv+的【答案】B【解析】【详解】CD．由A至B过程，小球及弹簧构成的系统满足机械能守恒，可得2p12m

ghmvE=+由于初始状态弹簧的弹性势能为零，故小球到达位置B时弹簧的弹性势能为2p12Emghmv=−由A至B小球克服弹力做功等于弹性势能的增加量，为212mghmv−，CD错误；A．结合上述分析可知，由A至B重力势能减少mgh，大

于212mv，A错误；B．由A至B小球机械能减少量等于弹簧弹性势能的增加量，为212mghmv−，B正确。故选B。8.如图甲所示，轻杆一端固定在O点，另一端固定一小球，现让小球在竖直平面内做半径为R的圆周运动。小球运动到最高点时，杆与小球间弹力大小为F，小球在最高点的速度大小为v

，其F-v2图像如乙图所示。则（）A.当地的重力加速度大小为RbB.小球的质量为aRbC.v2=c时，小球对杆的弹力方向向下D.v2=3b时，小球受到的弹力是重力大小的3倍【答案】B【解析】【详解】AB．根据牛顿第二定律有2vFmgmR+=整理得2mFvmgR=−结合图像可得mga=，maRb=

解得bgR=，aRmb=故A错误，B正确；C．由图像可知，当2vb时，杆对小球的弹力方向竖直向上，当2vb时，杆对小球的弹力方向竖直向下，则当2vc=时，杆对小球的弹力方向竖直向下，根据牛顿第三定律可知小球对杆的弹力方向向上，故C错误；D．

当23vb=时，根据牛顿第二定律有2vFmgmR+=解得2Fmg=故D错误故选B。9.地球有a、b、c、d四颗卫星，a还未发射，在地球赤道上随地球表面一起转动；b处于地面附近的近地轨道上做圆周运动；c是地球同步卫星；d是高空探测卫星；各卫星排列位置如

图所示，则关于a、b、c、d，下列选项中错误是（）A.a的向心加速度等于重力加速度gB.b在相同时间内转过的弧长最长C.c在4h内转过的圆心角是3D.d的运动周期可能是30h【答案】A【解析】【详解】A．a受到万有引力和地面支持力，由于支持力等于重力，与万有引力大

小接近，所以向心加速度。远小于重力加速度，A符合题意；B．由GMvr=知b的线速度最大，则在相同时间内b转过的弧长最长，B不符合题意；C．c为同步卫星，周期24hcT=在4h内转过的圆心角42243==

C不符合题意；D．由公式32rTGM=知d的周期最大，所以24hdcTT=则d的周期可能是30h，D不符合题意。故选A。二．多项选择题：本题共5小题，每小题4分，共20分。在每小题给出的四个选项中，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，有选错的得0分。10.小球被细绳拴着做匀速圆周运动，轨道半径为R，向心加速度为a，那么（）A.小球运动的角速度ω=ɑRB.小球在t时间内通过的位移saRt=C.小球做圆运动的周期2RTa=D.小球在t时间

内（细线）转过的角度atR=【答案】CD【解析】【详解】A．根据向心加速度与角速度的关系2aR=所以小球运动的角速度为aR=故A错误；B．小球在时间t内通过的路程为svtRttaR===小球做圆周运动，则位移小于aRt，故B错误；C．小球做匀速圆周运动的周期为22RT

a==故C正确；D．小球在t时间内（细线）转过的角度atRt==故D正确。故选CD。11.一同学将小球从地面以100J的初动能竖直向上抛出，上升时经过A点，动能减少20J，重力势能增加12

J。设空气阻力大小不变，小球可视为质点，以地而为零势能而，则（）A.小球所受重力大小是气阻力空大小的2.5倍B.到达最高点时，小球的重力势能增加100JC.落回地面前瞬间，小球机械能为20JD.下降过程，小球的动能和重力势能相等时其动能为15J【答案】CD【解析

】【详解】A．由动能定理可得kEFh=合重力做功与重力势能变化满足pEmgh=−上升时经过A点，动能减少20J，重力势能增加12J，可得kp205123EE==205123Fmgfmgmg+===合解得3

2mgf=故A错误；B．结合A解析可知，到达最高点时，小球的动能减少100J，可知重力势能增加60J，故克服阻力做功40J，故B错误；C．落回地面的过程与竖直上升的过程克服阻力做功相同，为40J，落回地面前瞬间小球机械能只剩20J，故C正确；D．在最高点

时机械能为E1=100J-40J=60J下降过程中克服阻力做功fx=40J设下降到离地面x1时，动能和重力势能相等，有E1-mgx1-f(x-x1)=mgx1解得114xx=f(x-x1)=30J则动能和重力势能相等时的机械能为

30J，其动能为15J，故D正确。故选CD。12.如图所示，质量为m的物体在水平传送带上由静止释放，传送带由电动机带动，始终保持以速度v匀速运动，物体与传送带间的动摩擦因数为μ，物体过一会儿能保持与传送带相对静止，对于物体从静止释放到相对静止这一过程，下列说法正确的是A.电动机多

做的功为12mv2B.物体在传送带上的划痕长22vgC.传送带克服摩擦力做的功为12mv2D.电动机增加的功率为μmgv【答案】BD【解析】【详解】A．电动机多做的功转化成了物体的动能和内能，物体在这个过程中获得动能就是212

mv，所以电动机多做的功一定要大于212mv．故A错误．B．物体在传送带上的划痕长等于物体在传送带上的相对位移，物块达到速度v所需的时间vtg=在这段时间内物块的位移212vxg=传送带的位移22vxvtg==则物体相对位移2212vxxxg=−=故B正确．C

．传送带克服摩擦力做的功就为电动机多做的功，所以由A的分析可知，C错误；D．电动机增加的功率即为克服摩擦力做功的功率，大小为Pfvmgv==所以D正确。故选BD。13.2020年5月5日，我国长征五号B

运载火箭在海南文昌航天发射场成功首飞，把近22吨重的新一代载人飞船试验船送入太空。已知引力常量为G，地球半径为R，地球表面的重力加速度为g，视试验船绕地球做圆周运动，其运行周期为T。下列说法正确的是（）A.火箭加速升空阶段处于超重状态B.地球的密度为234gRG=C.试验船绕地球运行的轨道

半径为22324gRTD.试验船绕地球的运行速度可能大于地球的第一宇宙速度【答案】AC【解析】【详解】A．火箭加速升空阶段，根据牛顿第二定律N−=FmgmaNNFF=解得NFmg处于超重状态，故A正确；

B．根据黄金代换式2MmmgGR=根据密度公式343MR=解得34gRG=故B错误；C．根据牛顿第二定律2224MmGmrrT=2MmmgGR=解得22324gRTr=故C正确；D．根据牛顿第二定律22MmvGm

rr=解得GMvr=轨道半径越小速度越大，试验船的轨道半径不可能小于地球半径，所以试验船绕地球的运行速度不可能大于地球的第一宇宙速度，故D错误。故选AC。14.“复兴号”动车组的总质量为m，在平直的轨道上行驶。该动车组有4节动力车厢，每节车厢发动机的额定功率均为P，动车

组所受的阻力与其速率成正比（f=kv）。动车组能达到的最大速度为vm。若动车组从静止开始运动，则下列正确的是（）A.若动车组匀加速启动，则牵引力恒定B若动力车输出功率恒定，则动车组做匀加速运动C.若动力车输出功率变为4P，则动车组的最大速度为m2vD.若动力车

输出功率变为P2，则动车组的最大速度为m2v【答案】C【解析】【详解】A．若动车组匀加速启动则有Ffma−=则动车的牵引力为Fmafmakv=+=+随着速度的增加，牵引力F逐渐增大，A错误；B．若动车输出功率恒定，则据PFv

=动车加速度.PkvFfvamm−−==可知当功率一定时，随着速度增加，动车的加速度减小，动车不可能做匀加速运动，B错误；CD．动车速度最大时，牵引力与阻力相等，则2mmPFvfvkv===可得mPvk=即动车的最大速度与功率的平方根成正比，所以若动车

的输出功率变为4P，则动车阻的最大速度为m2v，若动车的输出功率变为P2，则动车阻的最大速度为m22v，C正确，D错误。故选C。第II卷（非选择题）三、本大题3小题。每空2分，共20分。15.如图所示，质量为m的钢珠从高出地面h处由静止自

由下落，落到地面进入沙坑10h停止，则钢珠在沙坑中受到的平均阻力是重力的_____倍。【答案】11【解析】【详解】[1]设钢珠在沙坑中受到的平均阻力为f，全程据动能定理可得()01010hhmghf+−=解得11fmg=16.图甲是“研究平抛物体运动

”的实验装置图，在白纸上描绘出小钢球平抛运动的轨迹，然后研究平抛运动的规律。（1）该实验中，在取下白纸前，应确定坐标轴原点O，并建立直角坐标系，下列图像坐标原点和坐标系的选择正确的是______；A．B．C．（2）某同学在

实验过程中，记录了小球平抛运动轨迹的一部分，如图乙所示．x轴沿水平方向，y轴沿竖直方向，取重力加速度大小210m/s=g，由图中所给的数据可判断出图中坐标原点O_______（选填“是”或“不是”）抛出点；小球由A运动到B的时间_______s；若小球的质量为100g，则小球经过图中的

位置B时重力的瞬时功率是_______W。（3）实验结果发现，测出的小钢球做平抛运动的初速度跟实际值相比有较大的误差，可能的原因是_______。A．斜槽轨道末端水平段过长B．没有平衡斜槽轨道的摩擦力C．小球没有每次都从斜槽同一高度静止释放【答

案】①.C②.不是③.0.1④.2.5⑤.C【解析】【详解】（1）[1]坐标原点为小球在斜槽末端时，小球球心在木板上的投影。故选C。（2）[2]由平抛运动的水平位移可知，OA段和AB段的时间相等，若O为抛出点，则OA段和AB段的竖直位移之比为1：3，

而实际竖直位移之比不是1：3，可知O点不是抛出点；[3]在竖直上有y=gT2解得()0.400.150.15s=0.1s10yTg−−==[4]根据推论可得小球过A点时，在竖直方向上的速度为0.30m/s1.5m/s220.1OBAyxvT===

小球过B点时，在竖直方向上的速度为1.5m/s100.1m/s2.5m/sByAyvvgT=+=+=小球经过图中的位置B时重力的瞬时功率为0.1102.5W2.5WByPmgv===（3）[5]A．为了减小实验误差，斜槽末端切线必须水平，从而保证小球抛出时初速度

水平，误差与长度无关，故A错误；BC．斜槽轨道不需要光滑，只要保证小球每次从斜槽的同一位置由静止滚下，从而保证每次小球平抛运动的初速度相等，小球没有每次都从斜槽同一高度静止释放，每次小球平抛运动的初速度不相等，测出的速度误差较大，故B错误，C正

确。故选C。17.用如图甲所示的实验装置探究恒力做功与小车动能变化的关系，实验中用钩码的总重力表示小车所受合力。（1）下列关于该实验的操作，正确的有___________。A．细线必须与长木板平行B．先接通电源再释放小车C．钩码的质量远大于小车的质量D．平衡摩擦力时，应挂上钩

码，逐渐抬高木板，直到小车能匀速下滑（2）实验时将打点计时器接到频率为50Hz的交流电源上，得到一条纸带，打出的部分计数点如图乙所示（每相邻两个计数点间还有4个点，图中未画出）。已知s1=3.80cm；s2=4.28cm；s3=4.78cm；s4=

5.26cm；s5=5.74cm；s6=6.23cm。当地的重力加速度g=9.8m/s2，钩码总质量为m=0.02kg，小车的质量M=0.38kg。打下F点时小车的速度为___________m/s，从B到F的过程中，小车所受合外力做功为___________J，小车动能的变化___

____J。（结果均保留两位有效数字）【答案】①.AB##BA②.0.60③.0.039④.0.038【解析】【详解】（1）[1]A．为使小车受力恒定，避免形成垂直木板的分力，应将细线与木板保持水平，A正确；B．为了充分利用纸带，实验时应先接通电源再释放纸带，B正确

；C．为了能用钩码总重力所做的功表示小车所受合外力的功，绳子的拉力要等于近似等于总重力，即小车的质量M要远大于钩码的总质量m，C错误；D．平衡摩擦力时，小车带动纸带运动，不能挂上钩码，D错误。故选AB。（2）[2]打下F

点时小车的速度为2256(5.746.23)10m/s0.60m/s220.1ssvT−++==[3]从B到F的过程中，小车所受合外力做功为()345220.029.8(4.284.785.265.74)

100.039JJWmgssss−+=++=+++[4]打下B点时小车的速度为2112(3.804.28)10m/s0.40m/s220.1ssvT−++==小车动能的变化为的22k21110.038J22EMvMv

=−四、本大题3小题，共34分，要求必须写出必要的文字说明、主要的计算步骤和明确的答案。18.质量m=1kg的无人机静止在水平地面上。从0时刻开始，同时对无人机施加水平方向、大小F=4N的牵引力和竖直方向的恒定升力。施加力后无人机立即离开地面，当无人机在水平方向

的位移大小x=8m时。上升的高度h=6m。不计空气阻力，取重力加速度大小g=10m/s2。求：（1）无人机受到竖直方向的升力的大小F升；（2）此时无人机的功率。【答案】（1）13N；（2）110W【解析】【详

解】（1）对无人机进行分析，在水平方向上，由牛顿第二定律有xFma=由运动学规律有212=xxat解得2s=t在竖直方向上，由运动学规律有212yhat=解得23m/sya=由牛顿第二定律有yFmgma−=升解得13NF=升（

2）在水平方向上8m/sxxvat==竖直方向上6m/syyvat==在水平力的功率为P1=Fvx=32W竖直升力的功率P2=F升vy=78W无人机的功率P=P1+P2=110W19.宇航员站在某质量分

布均匀的星球表面一斜坡上P点，沿水平方向以初速度v0抛出一个小球，测得小球经时间t落到斜坡另一点Q上，斜坡的倾角为α，已知该星球的半径为R，引力常量为G，球的体积公式是343VR=。求：（1）该星球

表面的重力加速度g；（2）该星球的密度；（3）该星球的第一宇宙速度。【答案】（1）02tanvt；（2）03tan2vRtG；（3）02tanvRt【解析】【详解】（1）小球做平抛运动过程中，水平方向，有0xvt=竖直方向，有212ygt=由几何知识可得tany

x=联立解得02tanvgt=（2）对于星球表面质量为m0的物体，有002MmGmgR=343VR=所以03tan2vMVRtG==（3）该星球的第一宇宙速度等于它的近地卫星的运行速度，故22MmvGmRR=2

MmGmgR=解得02tanvRvt=20.如图所示，AB为斜面轨道，倾斜角θ=37°，AC部分光滑，CB部分粗糙，动摩擦因数为0.5。斜面轨道与半径R=1m，圆心角为143°的竖直光滑圆弧形轨道BP相切于B点，P点在O点的正上方。轻弹簧一端固定在A点，

另一自由端在斜面上C点处，现有一质量m=2kg的物块在外力作用下将弹簧缓慢压缩1m到D点后（不拴接）释放，经过C点时的速度为8m/s，物块刚好能运动到P点，已知sin37°=0.6，cos37°=0.8，g=10m/s2，求∶（1）物

体运动到达B点的速度；（2）B、C两点间的距离；（3）物块从D点运动到C点的过程中，弹簧对物块所做的功。【答案】（1）46m/s；（2）0.9m；（3）76J【解析】【分析】【详解】（1）物块刚好能运动到P点，设运动到P点时的速度为Pv，有2PvmgmR=设在B点时的速度为Bv，从B点运动到P点，

根据机械能守恒得2211[sin(14390)]22BpmvmgRRmv=+−+得46m/sBv=（2）设物块经过C点时的速度8m/sCv=设B、C两点间的距离为BCs，根据动能定理2211sin37cos3722BCBCBCmgsmgsmvmv−−=−得0.9mBCs

=（3）物块从D点运动到C点的过程中，距离1mCDs=弹簧对物块所做的功21+sin372CCDWmvmgs=代入数据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