北京十五中高一物理期中考試試卷（A卷）

一、單選題（每小題4分，共40分）

1.如圖所示，在光滑水平桌面上固定一彎曲水平軌道，一鋼球從彎曲軌道的N端以一定的初速度滾入，并

從出口M端離開軌道。鋼球禽開凱道后，在桌面上的運動軌跡表示正確的是（）

A.沿虛線aB.沿虛線b

C.沿虛線cD.沿虛線a、b、c,都有可能

【答案】B

【解析】

【詳解】物體做曲線運動的條件是合力與速度不在同一條直線上，速度的大小可以變化，但方向時刻變

化，由于外力的作用，使其狀態(tài)不斷改變，當離開末端時，由于慣性作用，仍保持原來運動的方向，即沿

著由線的切線方向。

故選B。

2.如圖所示，小物塊P與水平圓盤保持相對靜止，隨圓盤一起在水平面內做勻速圓周運動。關于小物塊P

的受力情況，下列說法中正確的是（）

B.受重力、支持力、摩擦力和向心力

C.小物塊相對丁圓盤有向前的運動趨勢，因此靜摩擦力方向向后

D.小物塊相對于圓盤有向外的運動趨勢，因此靜摩擦力方向指向圓心

【答案】D

【蟀析】

【詳解】AB.小物塊在豎直方向上受重力和支持力，小物塊在水平面內做勻速圓周運動，一定受到摩擦力，

摩擦力提供向心力，小物塊受到合力不為零。向心力是效果力，受力分析時不能將其加入，故AB錯誤；

CD.小物塊受到的摩擦力提供向心力，指向圓心；故相對圓盤的運動趨勢方向是沿著半徑且背離圓心的方

向，故C錯誤，D正確。

故選D。

3.如圖所示，自行車的大齒輪、小齒輪、后輪的半徑不一樣，它們的邊緣有三個點A、&C,在自行車正

常騎行時，下列說法正確的是（）

AA、8兩點的角速度大小相等

B.B、C兩點的線速度大小相等

C.A、4兩點的向心加速度大小之比等于它們所在圓周的半徑之比

D.B、。兩點的向心加速度大小之比等于它們所在圓周的半徑之比

【答案】D

【解析】

【詳解】A.A、B兩點在同一條鏈條上，所以兩點的線速度大小相等，根據

v=cor

8點的角速度較大，故A錯誤；

B.B、C兩點屬于同軸轉動，故加速度相等，根據

V=C"

可知，C點的線速度較大，故B錯誤；

C.由于

VA=VB

根據公式

a=—

r

可知，小B兩點的向心加速度大小之比等于它們所在圓周的半徑之比的倒數(shù)，故C錯誤;

D.由于

CDB=COC

根據公式

a=(or

可知，&。兩點的向心加速度大小之比等于它們所在圓周的半徑之比，故D正確。

故選D。

4.一個物體做平拋運動，已知重力加速度為g。根據下列已知條件，既可以確定初速度大小，又可以確定

飛行時間的是（）

A.水平位移大小B.下落高度

C.落地時速度大小和方向D.從拋出到落地的位移大小

【答案】C

【蟀析】

【詳解】A.物體做平拋運動，水平位移X二%

若僅知工無法解出％和f，故A錯誤；

B.物體做平拋運動，下落高度〃=

解得飛行時間，=楞

但無法確定初速度％,故B錯誤；

C.設落地速度大小為人方向與水平夾角為。，則初速度%=匹05,

豎直速度分匕.=using

山干4=G

可知，能夠同時確定%和『，故C正確；

D.總位移大小$=J%>+

其中4二W，丸=；娟

可知，無法求解未知數(shù)%和/,故D錯誤。

故選C。

5.2022年2月27日，長征八號遙二運載火箭飛行試驗在我國文昌航天發(fā)射場順利實施，本次飛行試驗搭

載了22顆商業(yè)衛(wèi)星，創(chuàng)造了中國航天一箭多星發(fā)射的新紀錄。當人造地球衛(wèi)星的軌道半徑增大到原來的2

倍時，下列說法正確的是（）

a=-s

就可以證明“使月球繞地球運動的力''與“使蘋果落地的力”都遵循同樣的規(guī)律（即“物體受到地球引力的大小

與物體到地球中心距離的平方成反比”），而

/2乃2

a=^（―）

T為月球公轉的周期。要計算月球公轉的加速度，就需要知道月球公轉的周期。ACD錯誤，B正確。

故選B。

7.北斗衛(wèi)星導航系統(tǒng)中包含地球靜止衛(wèi)星，即相對地面靜止的三星。靜止衛(wèi)星的（）

A.周期大于地球自轉的周期

B.線速度大于地球第一宇宙速度

C.向心加速度大于地球表面的重力加速度

D.向心加速度大于?地球表面物體隨地球自轉的向心加速度

【答案】D

【解析】

【詳解】A.相對地面靜止的衛(wèi)星的周期與地球自轉的周期相等，故A錯誤；

B.根據萬有引力提供向心力6弊二相匕

rr

可得丫=怦

第一宇宙速度是在地球表面運動的衛(wèi)星的速度，相對地面靜止的衛(wèi)星的軌道半徑大于在地球表面運動的衛(wèi)

星，即靜止衛(wèi)星的線速度小于地球的第一宇宙速度，故B錯誤；

C.根據牛頓第二定律G粵二〃也

r-

“GM

可得。=——

廣

可知向心加速度小于地球表面的重力加速度，故C錯誤；

D.根據4=0。可知向心加速度大于地球表面物體隨地球自轉的向心加速度，故D正確。

故選D。

8.如圖所示，在水平方向同一恒力F作用下，一物體分別沿著粗糙水平面和光滑水平面從靜止開始，運動

相同位移x.物體沿著粗糙水平地面運動位移x過程中，力F的功和平均功率分別為Wi、P,.物體沿著光

滑水平地面運動位移x過程中，力F的功和平均功率分別為W?、P2.則：

A.W,>W2>Pi>P2B.WLW2、Pi<P2

C.W尸W?、P（>P2D.WdP1VP2

【答案】B

【解析】

【詳解1根據

W=Fscos°

因為力和位移都相等，則恒力做功相等即W尸卬2.物塊在粗糙水平面上運動的加速度小于在光滑水平面上

的加速度，根據

12

x=—at

2

可知：在通過相同距離的情況下，在粗糙水平面上的運動時間長.

根據

夕=上

t

可知

Pl〈P2

A.以>卬2、P|>P2.故選項A不符合題意.

B.%=W2、P|<P2.故選項B符合題意.

C.狙二I%、尸|>尸2.故選項C不符合題意.

D.以〈卬2、PV尸2.故選項D不符合題意.

9.如圖為我國高速鐵路使用的“復興號”動車組，假設動車組運行過程中受到的阻力與速度的平方成正

比。若動車以120km/h的速度勻速行駛，發(fā)動機的功率為尸。當動車以速度240km/h勻速行駛，則發(fā)動機

的功率為（）

A.PB.2PC.4PD.8P

【答案】D

【解析】

【詳解】動車勻速行駛時，牽引力等于阻力，有

F=f=kv2

則發(fā)動機的功率為

3

p=Fv=kv

依題意，動車兩次行駛速度之比為

上」

聯(lián)立，可得

P=8P

故選D°

10.當物體相對于地球表面運動時，會受到“地轉偏向力”的影響。“地轉偏向力”不是物體真實受到的

力，是由于地球自轉而產生的慣性效應。其原因是：除南北兩極外，地球上各緯度的自轉角速度相同，但

自轉線速度不同。在北半球，物體由北向南運動的過程中，由于慣性，物體隨地球自轉的線速度相對?地表

顯得慢了，因此表現(xiàn)出向前進方向的右側偏轉的現(xiàn)象。”地轉偏向力”對地球上所有移動的物體，包括氣

團、河流，運行的火車、火箭發(fā)射等都會產生影響。通過觀察“地轉偏向力”對單擺的運動產生的影響可

以證明地球在自轉。1851年，法國物理學家傅科在巴黎的教堂月擺長67m、直徑約30cm、質量為28kg的

鐵球制成的單擺（傅科擺）間接證實了地球在自轉。根據以上材料，結合所學，判斷下列說法正確的是

（）

A.在北半球，物體由南向北運動過程中，它隨地球自轉的線速度相對地表顯得快了，會向前進方向的左

側偏轉

B.在南半球沿平直路面向南行駛的火車，在前進方向上對左軌壓力小于對右軌的壓力

C.在南半球，傅科擺在振動過程中，振動平面沿逆時針方向（俯視）不斷偏轉

D.“地轉偏向力”對運動的影響程度，與物體沿南北方向相對地表運動的速度大小無關

【答案】C

【解析】

【詳解】A.由題意，地球自西向東自轉，在北半球，物體由南向北運動的過程中，由于高緯度的自轉線

速度比低緯度的小，所以物體隨地球自轉的線速度相對地表變慢了，它會向前進方向的右側偏轉，故A錯

誤；

B.在南半球，物體向南運動，在“地球偏向力”的作用下會向前進方向的左側偏轉，為了保持直線運

動，火車在前進方向上對左側凱道的壓力大于右側軌道的壓力，故B錯誤；

C.在南半球，物體會向前進方向的左側偏轉，所以傅科投在找動過程中，挖動平面沿逆時針方向（俯

視）不斷偏轉，故C正確；

D.“地球偏向力”改變物體運動的方向，由向心力公式

F=m—

可得物體偏轉的半徑

rnv2

所以物體沿南北方向相對地表運動的速度越大，“地轉偏向力”對其運動的影響越小，故D錯誤3

故選C。

二、多選題（每道題4分，少選得2分。共16分）

11.某人站在豎直放置靶盤前，將一玩具“子彈”在距離靶盤2m處，以20m/s的初速度水平投射出去。

如圖所示，4為靶盤上留下的子彈孔，。為靶心，A、。在同一豎直線上，4、0距離"為15cm。忽略空氣

的阻力，g取10m/s2,為了投射中靶心，其它條件都不變，只需要調整（）

A.“子彈”到靶的距離為4m

B.“子彈”到靶的距離為1.5m

C.“子彈”初速度的大小為25m/s

D.“子彈”到靶的距離為3m,初速度的大小為15m/s

【答案】AD

【解析】

【詳解】AB.設玩具“了彈”從封出到A點的時間為6射出點到O點的豎直高度為〃，“了彈”做平拋

運動，有

r=—s=O.ls,H=-gt2+h=0.2m

202

故可知當投射中靶心時，“子彈”從射出到。點的時間為

=秒=0.2s

所以當水平初速度不變時，投射中靶心時，“子彈”到靶的距離為

玉=20x0.2m=4m

A正確，B錯誤；

C.當“子彈”初速度的大小為25m/s時，射到靶的時間為

=Zs=0.08sw（）.2s

25

故此時不能射中靶心，故C錯誤；

D.當“子彈”到靶的距離為3m,初速度的大小為15m/s時，射到靶的時間為

G=-s=0.2s

315

可知此時可以射中靶心，故D正確。

故選AD0

12.把質量為小的石塊從高力處，以某個角度斜上方拋出，初速度是%。不計空氣阻力。則石塊落地時的

速度大小與下列哪些因素有關（）

A.石塊的質量B.石塊的初速度的大小

C.石塊初速度的仰角D.石塊拋出時的高度

【答案】BD

【解析】

【詳解】根據動能定理有碑”=；〃2/一］刀片

解得y=J片+2gh

可知，石塊落地時的速度大小與拋出時的高度、初速度有關，與石塊的質量、初速度的仰角無關。

故選BDO

13.地球的質量為M,半徑為/?,自轉角速度為3,萬有引力常量為G,地球表面的重力加速度為處靜止

衛(wèi)星距地面的距離為力，則靜止衛(wèi)星的線速度大小為（）

A.①（R+〃）B.C.RJ—D.JPR

VR+h7R+hY

【QAB

【解析】

【分析】

【詳解】靜止衛(wèi)星與地球同步，做勻速圓周運動，則線速度定義可得:

2"2膜R+h),

v=------=——--------=①(R+〃)

T24

G)

由于地球的引力提供向心力，讓靜止衛(wèi)星做勻速圓周運動，則有

2

G-M-m--=mv---

(R+h?--R+h

解之得

\R+h

當忽略地球自轉時，由黃金代換式

GM

可得

v=^1-^—

7R+h

由「本題沒有說明是否忽略地球自轉，故AB正確，CD錯誤；

故選ABo

14.如圖所示，發(fā)射地球同步衛(wèi)星時，先將衛(wèi)星發(fā)射至近地圓軌道1,然后經變軌，使其沿橢圓軌道2運

行，最后再次變軌，將衛(wèi)星送入同步圓軌道3。軌道1、2相切亍Q點，軌道2、3相切于。點。當衛(wèi)星分

別在I、2、3軌道上運行時，下列說法正確的是()

同由種禍

A.E星在軌道1上的速度大于軌道3的速度

B.衛(wèi)星在軌道2上經過Q點的速度大于在軌道1上經過Q點的速度

C.衛(wèi)星在軌道2上運行時，經過。點速度小于。點的速度

D.衛(wèi)星在軌道2上經過P點的加速度小于在軌道3上經過P點的加速度

【答案】ABC

【解析】

【詳解】A.根據GW-〃，二

rr

解得v=g手

軌道1半徑小于軌道3的半徑，則衛(wèi)星在軌道1上的速度大于軌道3的速度，故A正確；

B.軌道2相對于軌道1是高軌道，由低軌道變軌到高軌道需要在切點位置加速，可知，衛(wèi)星在軌道2上

經過Q點的速度大于在軌道1上經過。點的速度，故B正確；

C.衛(wèi)星在軌道2上由P到Q過程，萬有引力方向與速度方向夾角為銳角，萬有引力起到加速效果，可

知，衛(wèi)星在軌道2上運行時，經過P點速度小于Q點的速度，故C正確；

D.根據牛頓第二定律有G券二〃以

解得〃=級

可知，衛(wèi)星在軌道2上經過2點的加速度等丁在軌道3上經過P點的加速度，故D錯誤。

故選ABC

三、填空題與實驗題（共18分）

15.用如圖所示的裝置探究影響向心力大小的因素。已知小球在槽中A、B、C位置做圓周運動的半徑之比

為］：2：1。某同學實驗時，將兩個等質量的小球放在A、C位置，皮帶套在第二層塔輪上，該層左、右塔輪

的半徑之比為2:1。該同學此次實驗是為了探究小球的向心力大小與（選填“質量”、“角速

度”或“半徑”）的關系。若勻速轉動手柄，左右標尺露出長度的比值應等于o

【答案】①.角速度②.1:4

【解析】

【詳解?】［I］根據題意將兩個等質量的小球放在小C位置,即兩個小球的轉動半徑相等，皮帶套在第二層

V

塔輪上，根據◎=-可知兩個小球轉動的角速度不同，即該同學此次實驗是為了探究小球的向心力大小與

r

角速度。

⑵根據4=一可知兩個小球轉動的角速度之比為1:2,根據乙二〃@7可知左右標尺露出長度的比值應等

r

于1:4。

16.某同學做“探究平拋運動的特點”實驗。

（1）該同學先用右圖所示的器材進行實驗。他用小錘打擊彈性金屬片，A球就水平飛出，同時B球被松

開，做自由落體運動，改變小球距地面的高度和打擊小球的力度，多次重復實驗，均可以觀察到A、B兩

球同時落地。關于本實驗，下列說法正確的是（）

A.實驗現(xiàn)象可以說明平拋運動在水平方向上是勻速直線運動

B.實驗現(xiàn)象可以說明平拋運動在豎直方向上是自由落體運動

C.實驗現(xiàn)象可以同時說明平拋運動在兩個方向上的運動規(guī)律

（2）為了在（I）實驗結論的基礎上進?步研究平拋運動的規(guī)律，該同學用圖2所示的器材繼續(xù)進行實

驗，描繪出小球做平拋運動的軌跡。如圖3所示，以小球的拋出點。為原點，水平方向為x軸，豎直方向

為y軸建立坐標系。該同學在軌跡上測量出A、B、。三點的坐標分別為（/，凹）（3，%）、（與，

內）。如果坐標滿足________關系，說明小球拋出后在。、八、B、。相鄰兩點間運動經歷了相等的時間間

隔。同時，如果坐標還滿足_______關系，那么證明小球的水平分運動是勻速直線運動。

（3）某同學在坐標紙上確定了小球運動軌跡上。、6和c三個點的位置如圖4所示。已知坐標紙上每個小

方格的長度均為/，重力加速度為g，若已探究得出小球在水平方向的分運動為勻速直線運動，豎直方向的

分運動為自由落體運動，通過3個點的分布可知〃點（選填“是”或“不是”）小球的拋出點，

小球從軌道末端飛出時的初速度％=

【答案】（1）B（2）①.y:乂：％=1：4：9②.不：聲：&=1：2：3

（3）①.不是②.楞^

【解析】

【小問1詳解】

B球做自由落體運動，A球做平拋運動，因為A、B兩球同時落地，所以實驗現(xiàn)象可以說明平勉運動在豎

直方向上是自由落體運動，不能說明平拋運動在水平方向上是什么運動。

故選B。

【小問2詳解】

口J由自由落體運動的位移公式y(tǒng)=

可得如果縱坐標滿足必:y2:-1:4:9

說明小球拋出后在。、A、B、C相鄰兩點間運動經歷了相等的時間間隔。

⑵平拋運動水平方向做勻速直線運動，所以相同時間的水平位移相同，所以如果坐標還滿足

%:W:芻=1：2：3

則證明小球的水平分運動是勻速直線運動。

【小問3詳解】

[I]由圖可知X"=X加，可知出?與兒過程所用時間相等，若4點是小球的拋出點，則應滿足

%：%=1:3

由圖可知yab:=3/:5/=3:5=1:3

故”點不是小球的拋出點。

2

⑵豎直方向有Ay=%-yub=51-31=21=gT

可得八日

水平方向有3/=%/

解得小球從軌道末端飛出時的初速度為％=，孥

17.已知地球半徑為R,地球表面的重力加速度為g,地球自轉的周期為丁，則地球的第一宇宙速度大小為

，地球同步衛(wèi)星的向心加速度大小為________0

【答案】①.屈②.(6%"

【解析】

【詳解】［I］設地球質量為M,在地球表面有絲絲二〃吆

R~

解得用=①

G

地球的第一宇宙速度等于近地衛(wèi)星的運行速度，則有竺竺二fn—

R2R

解得地球的第一宇宙速度大小為v=闞

⑵設地球同步衛(wèi)星的軌道半徑為「，由萬有引力提供向心力G得M絲m絲=加4印42廠

rT2

解得r=J］理

V4/

則地球同步衛(wèi)星的向心加速度大小為〃二方八茶「=心率［

四、計算題(本題共3個小題，共26分。)

18.如圖所示，半徑R=0.40m的光滑半圓環(huán)軌道處于豎直平面內，半圓環(huán)與水平地面相切于圓環(huán)的端點

A。一小球從4點沖上豎直半圓環(huán)，沿軌道運動到8點飛出，最后落在水平地面上的C點(圖上未畫)，g

取I0m/s2o

(1)能實現(xiàn)上述運動時，小球在8點的最小速度是多少？

(2)能實現(xiàn)上述運動時，A、C間的最小距離是多少？

'B

J__

A

【答案】（l）2m/s；（2）0.8m。

【解析】

【詳解】（1）設小球在B點的最小速度是匕，在B點由牛頓第二定律可得

V）-

mg=機方

解得

Vj=y[gR=2m/s

（2）能實現(xiàn)上述運動時，小球從B點開始做平拋運動，設A、C間的最小距離是x,由平拋運動規(guī)律可得

X=卬,2R=g城

由上式解得

x=0.8m

19.圖1所示是一種叫“旋轉飛椅”的游樂項目，將其結構簡化為圖2所示的模型。長L=3m的鋼繩一端

系著座椅，另一端固定在半徑）?二3m的水平轉盤邊緣。轉盤可繞穿過其中心的豎直軸轉動。轉盤靜止時，

鋼繩沿豎直方向自由下垂；轉盤勻速轉動時，鋼繩與轉軸在同一豎直平面內，與豎直方向的夾角，=37。。

將游客和座椅看作一個質點，質量加=50kg。不計鋼繩重力和空氣阻力，重力加速度#=10m/s2。

（sin37°=0.6,cos37°=0.8）

（1）當轉盤勻速轉動時，求游客和座椅做圓周運動

〃.向心力的大小工；

江線速度的大小V。

（2）求游客由靜止到隨轉盤勻速轉動的過程中，鋼繩對游客和座椅做的功W。

0L

【解析】

【詳解】（I）對游客和座椅一起受力分析如卜圖所示

根據受力分子可知游客和座椅做圓周運動所需耍的向心力為

3

Fn=//^tan<9=50xl0x^N=375N

b.根據幾何關系可知游客和座椅zuo2圓周運動的半徑為

7?=r+Lsin6^=3x0.6m=4.8m

由

v2

F.=m：

代入數(shù)據得

v=6m/s

（2）游客和座椅由靜止到隨轉盤勻速轉動得過程，根據功能關系有

W-mgL（\-cos夕）=