【文档说明】黑龙江省哈尔滨市第九中学2022-2023学年高一下学期期中 物理 答案.docx，共(24)页，2.210 MB，由小赞的店铺上传

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哈尔滨市第九中学2022—2023学年度高一下学期期中考试物理试卷第Ⅰ卷（选择题，14小题，共47分）一、单项选择题（本题共9小题，每小题3分，共27分，在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求）1.关于万有引力定律，下列说法正确的是（）A.卡文迪什发现了著名的万

有引力定律，设计了扭秤实验装置，测出了引力常量B.万有引力恒量G的单位是22NmkgC.根据表达式122mmFGr=可知，当r趋近于零时，万有引力趋近于无穷大D.开普勒研究了前人的观测数据，提出了行星的运动定律【答案】D【解析】【详解】A．牛顿发现了著名的万有引力定律，卡文迪什

设计了扭秤实验装置，测出了引力常量，故A错误；B．万有引力表达式122mmFGr=可知，G的单位为：22Nmkg−，故B错误；C．万有引力表达式122mmFGr=适用于质点间引力的计算，当r趋近于零时，两

物体不能看成质点，公式不再成立，所以不能得到“万有引力趋近于无穷大”的结论，故C错误；D．开普勒研究了前人的观测数据，提出了行星的运动定律，即开普勒三大定律，故D正确；故选D。2.1970年4月24日，中国成功发射第一颗人造地球卫星“东方红”1号。

“东方红”1号的发射成功，使中国成为世界上第五个独立自主研制和发射人造地球卫星的国家，标志着中国在宇航技术研究方面取得了历史性的重大突破。假设人造地球卫星A、B绕地球做匀速圆周运动，它们的质量之比为AB:1:2mm=，它们的轨道半径之比AB:2:1rr=，则下

面的结论正确的是（）A.它们受到地球的引力之比为AB:1:4FF=B.它们的运行速度大小之比为AB:1:2vv=C.它们的运行周期之比为AB:1:22TT=D.它们的运行加速度之比为AB:1:8aa=【答案】B【解析】【详解】A．根据万有

引力的公式2GMmFr=，可知它们受到地球的引力之比为AB:1:8FF=，故A错误；B．根据万有引力提供向心力有22GMmvmrr=可得GMvr=故它们的运行速度大小之比为AB:1:2vv=，故B正确；

C．根据万有引力提供向心力有2224GMmmrrT=可得234rTGM=解得它们的运行周期之比为AB:22:1TT=，故C错误；D．根据万有引力提供向心力有2GMmmar=可得2GMar=可知它们的运行加速度之比为AB:1:4aa=，故D错误。故选B。3.如图所示，质量为M、半径为R、密度

均匀的球体中挖去半径为2R的球体，在距离球心O为2R处有一质量为m的质点，万有引力常量为G，则剩余部分对质点的万有引力为（）A.24MmGRB.250MmGRC.223100GMmRD.227100GM

mR【答案】C【解析】【详解】剩余部分对质点的万有引力为225(2)()2MmMmFGGRR=−343MR=341()328RMM==联立可得223100GMmFR=故选C。4.2022年11月30日，我国六名航天员在空间站首次“太空会师”，向世界展示了中国航天工程的卓越

能力。中国空间站已基本成型，质量约91吨，它在离地面高度约400km的轨道上绕地球做近似的匀速圆周运动，已知地球半径约为6400km，地球表面重力加速度为29.8m/s，则地球对空间站的万有引力约为（）A.37.910

NB.47.910NC.57.910ND.67.910N【答案】C【解析】【详解】在地球表面，万有引力近似等于重力，有2GMmmgR=地球对空间站的万有引力为2'()GMmFRh=+代入数据解得57.910NF故选C。5.某学习小组分别查阅了木星和土

星的多个卫星轨道半长轴a和周期T的数据，并绘制了如图所示的32aT−图像，各物理量的单位已在图上标出（周期的单位是天）。根据图像判断木星质量1M与土星质量2M的关系约为（）A.121.8MM=B.123.3MM=C.124.0MM=D.125.4MM=【

答案】B【解析】【详解】由万有引力提供向心力2224MmGmrrT=得3224rGMT=说明32rkT=只与中心天体质量有关。根据开普勒第三定律32akT=得32akT=由图可知，图线斜率正比于k，则木星与土星质量之比为121.5

103.24112MM==的即123.24MM=故选B。6.在旋转餐桌的水平桌面上放置两个茶杯A、B，质量分别为1m、2m（可视为质点），茶杯A、B到转轴的距离分别为1r、2r，且12rr＜，茶杯与旋转桌面间的动摩擦因数均为，假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，当餐桌旋转时，下列说法正确的是（）

A.若茶杯A、B相对桌面均未发生滑动，茶杯A的线速度比茶杯B的线速度大B.若茶杯A、B相对桌面均未发生滑动，茶杯A受到的摩擦力一定比茶杯B受到的摩擦力小C.若缓慢增加转速，茶杯B比茶杯A相对桌面先发生滑动D.若茶杯

A未发生相对滑动，将杯内水倒出后，仍放置在原位置，以原有的转速匀速转动餐桌，茶杯A相对桌面可能发生相对滑动【答案】C【解析】【详解】A．由于茶杯和餐桌没有发生相对滑动，共轴转，角速度相等，线速度与半径成正比，茶杯

A的线速度比茶杯B的线速度小，故A错误；B．茶杯受到的静摩擦力提供茶杯做圆周运动的向心力2fmr=，由于茶杯质量未知，无法判断它们所受静摩擦力的大小，故B错误；C．茶杯受到的静摩擦力提供茶杯做圆周运动的向心力2=fmr，当转

速缓慢增加，f增加至最大静摩擦力，则2mgrm=gr=所以距离转轴越远的茶杯B会先发生相对滑动，故C正确；D．茶杯A受到的静摩擦力提供茶杯做圆周运动的向心力2fmr=，当转速缓慢增加，f增加至最

大静摩擦力，则2mgrm=，gr=，可知只改变茶杯的质量，茶杯不可能相对餐桌滑动，故D错误。故选C。7.如图所示，物体静止在粗糙的水平面上，若分别施加不同的力F使物体从静止开始运动，三种情形下物体的加速度相同，在发生相同位移的过程中力F的功分别为123WWW、、。则

（）A.123WWW==B.312WWW=C.123WWWD.213WWW=【答案】C【解析】【详解】根据牛顿第二定律分别列式：11cos[sinFmgFma−−+−=（）（）]2Fmgma−=31cos(sin)FmgFma−−=通过比较可得1cosF−（）

＞2F＞3cosF由于物体运动的位移x相同，由做功定义可得W1=1cosF−（）x，W2=2Fx，W3=3cosFx可得123WWW故选C8.如图，置于竖直面内半径为r的光滑金属圆环，质量为m的带孔小球穿于环上，同时有一

长为r的细绳一端系于圆环最高点，另一端系小球，当圆环以角速度ω（ω≠0）绕圆环竖直直径转动时（）。A.细绳对小球的拉力可能为零B.细绳和金属圆环对小球的作用力大小可能相等C.金属圆环对小球的作用力不可能为零D

.当ω=2gr时，金属圆环对小球的作用力为零【答案】D【解析】【详解】由几何关系可知，此时细绳与竖直方向的夹角为60°，当圆环旋转时，小球绕竖直轴做圆周运动，则有cos60cos60FNmg+=2sin60sin60sin60FNmr−=解得212Fmgmr=+212Nmgmr=−

则细绳对小球的拉力F不为零；细绳和金属圆环对小球的作用力大小不相等；当2gr=时，金属圆环对小球的作用力0N=；故ABC错误，D正确。故选D。9.2023年，中国将全面推进探月工程四期，规划包括嫦娥六号、嫦娥七号和嫦蛾八号任务。其中嫦娥七号准备在月球南

极着陆，主要任务是开展飞跃探测，争取能找到水。假设质量为m的嫦娥七号探测器在距离月面的高度等于月球半径处绕着月球表面做匀速圆周运动时，其周期为1T，当探测器停在月球的两极时，测得重力加速度的大小为0g，已知月

球自转的周期为2T，引力常量为G，月球视为均匀球体，下列说法正确的是（）A.月球的半径为20116πgTB.月球的第一宇宙速度为018πgTC.当停在月球赤道上时，探测器受到水平面的支持力为()222102288TTmgT−D.当停在月球上纬度为60°的区域

时，探测器随月球转动的线速度为201216πgTT【答案】C【解析】【详解】A．设月球的质量和半径分别为M、R，由()2212π22GMmmRTR=，02GMmmgR=综合解得201232πgTR=A错误；B．根据第一宇宙速度关系0vgR=、201232πgTR=，可得月球的

第一宇宙速度为0128πgTv=选项B错误；C．当探测器停在月球赤道上时，设水平面对其的支持力为F，对探测器受力分析，由牛顿第二定律可得2222πGMmFmRRT−=结合02GMmmgR=，201232πgTR=综合解得()222102288TTmg

FT−=选项C正确；D．当探测器停在月球上纬度为60°的区域时，自转半经为cos60rR=自转线速度为22πvrT=结合201232πgTR=，综合解得201232πgTvT=D错误。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，至少有两个选项正确，选不全的得2分，有选错的得0分）10.有关圆周运动的基本模型，下列说法正确的是（）A.图a中，增大圆锥摆的摆角，但保持圆锥的高度不变，则圆锥摆的角速度不变B.图b中，在光滑固定圆锥筒的水平面内做匀速圆周运动的小球，受重力、弹力和向心力C

.图c中，汽车安全通过拱桥最高点时，车对桥面的压力大于车的重力D.图d中，火车以某速度经过外轨高于内轨的弯道时，车轮可能对内、外轨均无侧向压力【答案】AD【解析】【详解】A．图a中，保持圆锥的高度h不变，小球受到的重力和拉力的

合力提供向心力，有2tanmgmr=tanrh=解得gh=故增大，保持圆锥的高度h不变，角速度不变，故A正确；B．图b中，对小球受力分析，受到重力和支持力，它们的合力提供向心力，故B错误；C．汽车通过拱桥最高点，由

重力和支持力组成的竖直向下的合力提供向心力，则有mgFma−=汽车安全通过拱桥最高点时，车对桥面的压力小于车的重力，故C错误；D．题图d中，火车转弯时，若重力与支持力的合力恰好提供向心力，则车轮对内、外轨均无侧向压力，故D正确。故选AD。11

.如图所示，已知质量为m的小球恰好能在竖直平面内绕固定点O做圆周运动。重力加速度为g，不考虑一切摩擦。小球做圆周运动过程中，下列判断正确的是（）A.若小球和O点间用细线相连，则在最高点细线对小球的拉力为mgB.若小球和O点间用细线相连，则在最高点细线对小球的拉力为0

C.若小球和O点间用轻杆相连，则在最高点轻杆对小球的压力为mgD.若小球和O点间用轻杆相连，则在最高点轻杆对小球的压力为0【答案】BC【解析】【详解】AB．若为细线连接小球，由于小球恰好能在竖直平面内绕固定点O做圆周运动，则在

最高点仅仅由重力提供向心力2vmgmL=此时细线对小球的拉力为0，A错误，B正确；CD．若为轻杆连接小球，由于小球恰好能在竖直平面内绕固定点O做圆周运动，则此时小球在最高点的速度为0，所需向心力为0，可知轻杆对小球的压力大小为mg，C正确，D错误。故选BC。12.科学家威廉·赫

歇尔首次提出了“双星”这个名词。现有由两颗中子星A、B组成的双星系统，可抽象为如图所示绕O点做匀速圆周运动的模型，已知A的轨道半径小于B的轨道半径，若A、B的总质量为M，A、B间的距离为L，其运动周期为T，则（）

A.B的线速度一定小于A的线速度B.B的质量一定大于A的质量C.L一定，M越大，T越小DM一定，L越大，T越小【答案】C【解析】【详解】A．因双星的角速度、周期相等，据vr=知轨道半径小的线速度小，故

B的线速度一定大于A的线速度，选项A错误；B．由于双星的向心力都是由双星间相互作用的万有引力提供的，因此大小必然相等，由2Fmr=可得各自的轨道半径与其质量成反比，即1rm，所以轨道半径小的质量大

，故B的质量一定小于A的质量，选项B错误；CD．设双星质量分别为1m、2m，对质量为1m的中子星有2121122mmGmrLT=对质量为2m的中子星有2122222mmGmrLT=又因12rrL

+=，12mmM+=，解得32LTGM=由此式可知，L一定，M越大，T越小；M一定，L越大，T越大，选项C正确，D错误。故选C。13.如图所示，机械人手臂由两根长均为l的轻质臂杆OM和MN链接而成，OM可绕O点转动。当N端抓住货物后，在智能遥控操控下，

OM杆在时间t内绕O点由竖直位置逆时针匀速转过角到图示虚线位置，整个过程，MN杆始终水平。则（）.A.M点的线速度大小为ltB.M点的向心加速度大小为2ltC.货物在水平方向速度减小D.货物在竖直方向匀速运动【答案】AC【解析】【详解

】AB．M点做匀速圆周运动，角速度t=线速度大小lvlt==向心加速度大小222lalt==A正确，B错误；CD．货物与M点运动状态相同，将M点的速度v分解（如图）水平方向1cosvv=竖直

方向2sinvv=角增大，1v减小，2v增大，C正确，D错误。故选AC。14.如图所示，a是“天宫一号”飞行器、b、c是地球同步卫星，此时，a、b恰好相距最近。已知地球质量为M，半径为R，地球自转的角速度为，若“天宫一号”飞行器a

和卫星b、c均沿逆时针方向转动，“天宫一号”飞行器a的轨道半径为r，引力常量为G，则（）A.“天宫一号”飞行器a的线速度大于卫星b的线速度B.“天宫一号”飞行器a在轨运行的周期小于24小时C.卫星c加速就一定能追上卫星bD.从此时起再经32GMr−时间a、b相距最近【答案】AB

D【解析】【详解】A．卫星绕地球做匀速圆周运动，由万有引力提供向心力，有22GMmvmrr=解得卫星的线速度大小为GMvr=由于“天宫一号”飞行器a的轨道半径小于卫星b的轨道半径，所以“天宫一号”飞行器a的线速度大于卫星b的线速度，故A

正确；B．由万有引力提供向心力有2224GMmmrrT=解得卫星运行周期234rTGM=由于“天宫一号”飞行器a的轨道半径小于卫星b的轨道半径，所以“天宫一号”飞行器a在轨运行的周期小于卫星b的周期，b、c是地球同步卫

星，b的周期为24小时，则“天宫一号”飞行器a在轨运行的周期小于24小时，故B正确；C．根据卫星变轨原理可知，卫星c加速后做离心运动，将离开原轨道，则不能追上卫星b,故C错误；D．由万有引力提供向心力有的22GMmmrr=解得卫星角速度3GMr

=可知卫星的轨道半径越大，角速度越小，卫星a、b由相距最近至再次相距最近时，圆周运动转过的角度差为2，则有2abtt−=解得32tGMr=−故D正确。故选ABD。第Ⅱ卷（非选择题，6小题，共53分）三、实验题（两小题共15分）15.在如图

所示的装置中，M、N是两个完全相同的处于同一竖直面上的轨道，轨道末端都与水平方向相切。其中，轨道N的末端与光滑水平面相切，轨道M通过支架固定在轨道N的正上方。将小铁球P、Q分别吸在电磁铁C、D上，第一次切断电源

C，小铁球P落在E点；第二次，当小铁球P、Q分别吸在电磁铁C、D上时，同时切断电源C、D，则：（1）P、Q两球是否将在E点处相遇，答：________（填“是”或“否”）；（2）如果多次观察到同样的现象，你可以得出的结论是________．A．P球抛出时，在竖直方向分运动是自由落体运动

B．P球抛出时，在水平方向分运动是匀速直线运动的【答案】①.是②.B【解析】【详解】（1）[1]（2）[2]由于两轨道完全相同，同时断开电磁铁，两小球同时离开轨道，由于平抛运动在水平方向上做匀速运动，而小球Q离开轨道后做匀速运动，水平方向速度相等，Q

始终在P的正下方，只要P小球落地，就一定与Q相遇，故相遇点一定在E点。16.某实验小组用如图甲所示的装置探究向心力大小与周期、半径之间的关系，轻绳一端系着小球，另一端固定在竖直杆上的力传感器上，小球套在光滑水平杆上。水平杆在电动机带动下可以在水平面内绕竖直杆匀速转动

。已知小球质量为m，小球做圆周运动的半径为r，电子计数器可记录杆做圆周运动的圈数n，用秒表记录小球转动n圈的时间为t。（1）若保持小球运动半径不变，仅减小运动周期，小球受到的拉力将___________；若保持小球运动的周期不变，仅减小运动半径，小球受到的拉力将________

___。（以上两空均选填“变大”“变小”或“不变”）（2）该小组同学做实验时，保持小球做圆周运动的半径不变，选用质量为1m的小球甲和质量为212()mmm的小球乙做了两组实验。两组实验中分别多次改变小球运动的转速，记录实验数据，作出了F与nt关系如图乙所示的①和②两条

曲线，图中反映小球甲的实验数据是_________（选填“①”或“②”）。【答案】①.变大②.变小③.①【解析】【详解】（1）[1][2]小球做圆周运动时有222=TFmrmrT==向所以当小球运动半径不变，仅减小运动周期，小球受到的拉力将变大

；若保持小球运动的周期不变，仅减小运动半径，小球受到的拉力将变小。（2）[3]根据题意有tTn=可得22224nnFmrmrtt==因为甲球的质量较大，所以可得曲线①为小球甲的实验数据。四、解答题（四小题共38分）17.如图所示，火箭内平台上放有测试

仪，火箭从地面启动后，以加速度2g（g为地面附近的重力加速度）竖直向上加速运动，升到某一高度时，测试仪对平台的压力为启动前压力的1718。已知地球半径为R，求火箭此时离地面的高度。【答案】2R【解析】【详解】设火箭升到某一高度时，该位置的重力加速度为1g，根据牛顿第二定律有1171

82gmgmgm−=解得149gg=设火箭此时离地面的高度为h，根据万有引力提供向心力()12GMmmgRh=+又有2GMmmgR=联立解得2Rh=18.一艘宇宙飞船飞近某一行星，并进入该行星附近的圆形轨道，宇航员在P点发现该行星的视角（

图中∠P）为60°．已知引力常量为G，飞船绕行星运动的轨道距行星表面高度为h，绕行周期为T，忽略其他天体对飞船的影响．根据上述数据，求：（1）该行星的密度；（2）该行星的第一宇宙速度．【答案】（1）224GT（2）42hT【解析】【详解】（1

）设宇宙飞船轨道半径为r，该行星的本身半径为R，则由题可知：rRh=+由几何关系可以知道该行星的本身半径为sin30()sin30RrRh==+得Rh=由222()MmGmrrT=又2rRhh＝＋＝得23232hMGT=则密度23244

3MGTR==（2）若飞行器在该行星表面飞行则22MmvGmRR=则第一宇宙速度为42GMhvRT==．点睛：本题的关键先要弄清万有引力解题规律：万有引力等于重力，及万有引力等于向心力，根据这两个基本思路列式研究，同时注意第一宇宙速度为环绕该行星运动的最大速度．19.如图所示，一根原长为

0.1mL=的轻弹簧套在一长为1.8L的光滑直杆AB上，其下端固定在杆的A端，质量为1kgm=的小球也套在杆上且与弹簧的上端相连。小球和杆一起绕经过杆A端的竖直轴OO匀速转动，且杆与水平面间始终保持5

3=角。已知杆处于静止状态时弹簧长度为0.6L，重力加速度为g，sin530.8=，cos530.6=，210m/sg=，求：（1）弹簧的劲度系数k；（2）弹簧为原长时，小球的角速度0；（结果可含根号）（3）当杆的角速度满足什么条件时小球会从B端飞走。（结果可含根号）【答案】

（1）200N/m；（2）205rad/s3；（3）1003rad/s9【解析】【详解】（1）杆处于静止状态时，对小球受力分析，由平衡条件得sinmgF=弹根据胡克定律得()0.6FkLL=−弹解得200N/m

k=（2）弹簧为原长时，小球只受到重力和杆的支持力，由它们的合力提供向心力，则20tancosmgmL=可得0205rad/s3=（3）当弹簧伸长长度为0.8xL=时，小球会从B端飞走，设弹簧的伸长量为x，弹簧的弹力为F，对小球由受力分析可得，竖直方向NcossinFmgF=+水平

方向()2NsincoscosFFmLx+=+根据胡克定律得Fkx=代入0.8xL=后，解得1003rad/s9=所以，当杆的角速度1003rad/s9时，弹簧长度大于1.8L，小球会从B端飞走。20.假定航天员在某星球表面利用

如图所示的装置研究小球的运动，竖直放置的光滑半圆形管道固定在水平面上，一直径略小于管道内径的小球（可视为质点）沿水平面从管道最低点A进入管道，从最高点B脱离管道后做平抛运动，2s后与倾角为37°的斜面

垂直相碰于C点。已知该星球的半径是地球半径的12倍，质量是地球质量的110倍，地球表面重力加速度210m/sg=，忽略星球自转影响。半圆形管道的半径为3mr=，小球的质量为0.5kgm=，sin370.6=，cos370.8=，求：（1）该星球表面重力加速度的大小；（2）

C点与B点的水平距离；（3）小球经过B点时，对轨道的压力大小和方向。【答案】（1）24m/s；（2）12m；（3）4N，方向为竖直向上【解析】【详解】（1）在地球表面上2MmmgGR=在火星表面上2GMmmgR=解得24m/sg=（2）小球与斜面垂直相碰于C点，由几何关系可得tan37Bv

gt=解得6m/sBv=C点与B点的水平距离12mBxvt==（3）由6m/23m/sBvsvgr===外管内侧有向下的压力，则2NBmvmgFr+=代入数字解得N4NF=由牛顿第三定律得，小球对轨道的压力N4NF

=方向为竖直向上。获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com