【文档说明】湖南省邵阳市第二中学2022-2023学年高一下学期期中考试物理试题 含解析.docx，共(13)页，659.529 KB，由小赞的店铺上传

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邵阳市二中2023年上学期期中考试高一年二期物理试卷时量：75分钟满分：100分命题：审核：注意事项：1.答题前请填写好自己的姓名、班级、考号等信息2.请将答案正确填写在答题卡上一、单项选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分，在每小题给出的四个选项中只有一项符合题

目要求。1．2021年8月21日，中国人民火箭军成功发射两枚新型导弹。导弹轨迹通常都十分复杂，下图是分析导弹工作时的轨迹示意图，其中弹头的速度v与所受合外力F关系正确的是（）A．图中A点B．图中B点C．图中C点D．图中D点2．如图所示，光滑的斜劈放在水平面上，斜面上用固定的竖直

板挡住一个光滑球，当整个装置沿水平面向右以速度v匀速运动时，以下说法中正确的是（）A．小球的重力做正功B．斜面对球的弹力不做功C．挡板对球的弹力做正功D．合外力做正功3．洪水无情人有情，每一次重大抢险救

灾，都有子弟兵的身影。如图所示，水速为v，消防武警需驾驶冲锋舟沿与平直河岸成30°角的线路把被困群众从A处送到对岸安全地B处，消防武警驾驶冲锋舟若采取以冲锋舟最小速度渡河和船头垂直河岸渡河两种方案，则两种方案中冲锋舟最小速度v1和船头垂直河

岸的冲锋舟速度v2之比为（）A．1:2B.3:2C.2:3D．1:34．如图，将一质量为m的小球从a点以初速度v斜向上抛出（不计空气阻力），小球先后经过b、c两点。已知a、c之间的高度差和b、c之间的高度差均为h，重力加速度为g，取a点所在的水平面为零势能面，则小球在（）A．b点的机械能为

2mghB．c点的机械能为mghC．b点的动能为2122mvmgh+D．c点的动能为212mvmgh−5．在如图所示的装置中，甲、乙同轴传动，乙、丙皮带传动，A、B、C分别是三个轮边缘上的点，设甲、乙、丙三轮的半径分别是R甲、R乙和R丙，且R甲=2R乙=R丙，如果三点的线速度分别

为vA，vB，vC，三点的周期分别为TA，TB，TC，向心加速度分别为aA，aB，aC，若皮带不打滑，则下列说法正确的是（）A．:1:2ACTT=B．:1:4ACvv=C．:2:1AB=D．:1:2ABaa=6．质量为800kg的赛车在平

直赛道上以恒定功率加速，受到的阻力不变，其加速度a与速度的倒数1v的关系如图所示，已知图像斜率k的数值大小为400。则赛车（）A．速度随时间均匀增大B．加速度随时间均匀增大C．赛车运动时发动机输出功率为32kWD．图中b点取值应为0.01，其对应的物理意义表示赛车的最大时速为360km/h

二、多选题：本题共4小题，每小题5分，共20分。每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。7．2021年5月15日，天问一号火星探测器所携带的祝融号火星车及其着陆组合体成功着陆于火星，这标志着我国首次火星

探测任务火星车着陆火星取得圆满成功。假设火星为质量分布均匀的球体，已知火星质量是地球质量的a倍，火星半径是地球半径的b倍，地球表面的重力加速度为g，质量均匀的球壳对其内部物体的引力为零，则（）A．火星表面重力加速度为2agbB．火星表面重力加速

度为2bgaC．火星表面正下方距表面距离为火星半径12处的重力加速度为24agbD．火星表面正下方距表面距离为火星半径12处的重力加速度为22agb8．如图所示，质量m=20g的小球从斜坡上一定高度处滚下

，顺利通过A、B后进入右侧一半径为R=0.1m的光滑管道，到达与该段管道圆心等高的C处时速度大小为3m/s，最终小球恰好到达D处，已知重力加速度g=10m/s2。下列说法正确的是（）A．小球在A点时处于失重状态B．小球到达D点时，速度恰好为0C．小球在C处的加速度为1

010m/s2D．小球在右侧光滑管道运动时，内侧管壁对小球无作用力9．如图所示，在光滑竖直滑杆上套着一质量为m的圆环，圆环跨过水平转轴用细线吊着一质量为M的重物，转轴到滑竿的距离为d，刚开始用手按住圆环，使之处于图中30

=的位置。松手后，圆环上升，当其上升到与转轴等高的P处时的速度大小为v0。不计细线与转轴间的摩擦，重力加速度为g。若在圆环运动到P点的过程中重物未落地，则下列说法正确的是（）A．在P处时，绳对圆环的拉力功率为0B．细线的拉力始终大于重物的重力C．细线拉力

对重物做功为Mgd−D．重物的动能一直增大10．如图1所示，质量为m的物体静止在水平粗糙的地面上，物体与地面间的动摩擦因数为0.25。物体在水平外力F的作用下运动，外力F和物体克服摩擦力Ff做的功W与物体位移x的关系如图2所示。重力加速度g取10m/s2，下列说法正确的是（

）A．图线Ⅰ表示物体克服摩擦力Ff做的功B．物体的质量为1kgC．物体在前3m运动过程中的加速度大小为5m/s2D．物体的最大速度为35m/s三、实验题：11题8分，每空2分，12题8分，每空2分，共16分。11．在某未知星球上用如图甲所示

装置“探究平抛运动的特点”。悬点O正下方P点处有水平放置的炽热电热丝，当悬线摆至电热丝处时能轻易被烧断，小球由于惯性向前飞出做平抛运动．现对小球采用频闪数码照相机连续拍摄．在有坐标纸的背景屏前，拍下了小球在做平抛运动过程中的多

张照片，经合成后，照片如图乙所示．a、b、c、d为连续四次拍下的小球位置，已知照相机连续拍照的时间间隔是0.10s，照片大小如图乙中坐标所示，又知该照片的长度与实际背景屏的长度之比为1：4，则：（1）由以上信息，可知a点________（

选填“是”或“不是”）小球的抛出点。（2）该星球表面的重力加速度为________m/s2；（3）小球平抛的初速度是________m/s；（4）小球在b点时的速度是________m/s。12．某同学用如图所示装置测量动摩擦因数并验

证动能定理。侧面装有标尺的长木板一端着地，一端用垫木垫高，标尺的0刻度刚好与水平地面接触，光电门1、2固定在长木板的侧面，由标尺可以测出两光电门间的距离为L0，挡光片的宽度为d，垫木的高为h，已知重力加速度为g，滑块和

挡光片的总质量为m。（1）某实验中，该同学测得滑块通过光电门1时挡光片的挡光时间为t，则滑块通过光电门1的速度大小可近似为v=__________。（2）移动垫木的位置，直到轻推滑块后，滑块通过两光电门时挡光片挡光时间相等，记录这时垫木与标尺接触点的示数L1，

则滑块与木块间的动摩擦因数为μ=____________。（3）将垫木向左明显移动一段距离，记录此时垫木与标尺接触点的示数L2，将滑块放在长木板上由静止释放，记录滑块通过光电门1、2时挡光片挡光时间分别为t1、t2，则滑块运动过程中受到的合外力大小为__________

_______，如果表达式_______________________________成立，则动能定理得到验证。（均用m、g、h、d、L0、L1、L2表达）四、解答题13．（12分）轰战机在h＝125m的高空以v0=50m/s的速度水平飞行。（1）

飞机在离目标水平距离多远的地方投弹可以击中目标？（2）如果目标是一个同向水平匀速运动的汽车（v车=20m/s），则飞机在离汽车水平距离多远的地方投弹可以击中？14．（12分）如图所示，长L=1m的细线OA一端吊着

一个质量m=0.4kg的小球（视为质点），另一端系于竖直杆顶端O点，使小球在水平面内绕竖直杆做匀速圆周运动，取重力加速度大小g=10m/s2。（1）求当小球转动的角速度=25rad/s时，细线OA与竖直方向

的夹角θ；（2）若在竖直杆底端O′点与小球间系一长L′=0.6m的细线O′A，让竖直杆带动小球转动，当O′A被拉直时，O′A恰好与OO′垂直，则：①细线O′A恰好被拉直时，OA对小球的拉力多大？②若细线能承受的最大

拉力大小F=21N，求小球转动的最大角速度ωmax。15．（16分）自由式滑雪空中项目是冬季奥运会项目之一，图为简化的轨道。倾斜直线轨道AB长度L=60m，与水平面夹角θ=37º，圆弧形轨道BCD半径R=25m，与AB相切于B点，C为圆弧最低点，DE与FG为

落差h=5m的水平直轨道。某滑雪运动员在一次滑雪表演中，从A点静止滑下，经过BCD后升空完成动作落至P点，运动员从D点升空到落地瞬间机械能损失20％，速度方向变为水平向右，随后沿平直轨道PE做匀减速直线运动并

从E点水平飞出，落在FG轨道上。已知：运动员的质量m1=50kg，滑板质量m2=10kg，运动员经过C点时双脚对滑板的压力F0=1300N，经过D点的速度大小vD=15m/s，水平轨道FG的长度s=10m，PE间距离20L=m。g取10m/s2，sin37º=0.6，cos37º=0.8，忽略

运动过程中的空气阻力。试求：（1）运动员在C点速度大小；（2）在ABC阶段中运动员（连同滑板）受到的滑道摩擦力做的功；（3）要使运动员最终落在FG轨道上，求滑板和水平直轨道DE间的动摩擦因数μ应满足的条件

。2023年上学期高一期中考试物理参考答案：1．D【详解】弹头的轨迹时曲线运动，因此合外力与速度关系应满足曲线运动条件，合外力指向轨迹的凹侧，速度方向在轨迹的切线方向。2．C【详解】对小球进行受力分析：小球受到竖直向下的重力，斜面对它垂直斜面向上的弹力，挡板对它水平向右的弹力，而

小球位移方向水平向右，挡板对球的弹力做正功，斜面对它垂直斜面向上的弹力做负功，重力方向与位移方向垂直，重力不做功，合力为零，合力不做功，C正确ABD错误。3．B【详解】设冲锋舟以最小速度v1和船头正对河岸速度v2分别从A到B，冲锋舟最小速度v1垂直于AB连线

1sin30vv=，冲锋舟速度v2垂直于水平河岸2tan30vv=，可知123cos302vv==，故选项B正确。4．D【详解】AC．不计空气阻力，小球在斜上抛运动过程中只受重力作用，运动过程中小球的机械能守恒，则小球在B点的机械能

等于在C点的机械能，均为212Emv=，AC错误；B．小球由a到b过程中，根据机械能守恒定律有2k122bmghEmv+=，解得小球在B点的动能为：2k122bEmvmgh=−，B错误；D．小球由b到c过程中，根据机械能守

恒定律有：kk2bcmghEmghE+=+,解得小球在C点的动能为2kk12cbEEmghmvmgh=+=−,D正确。5．A【详解】AB．由圆周运动的基本关系可知2,RvRTv==，其中BCvv=，22:::2:1,::1:2ACABA

BACACRRvvvvRRTTvv=====甲丙甲乙，B错误，A正确；CD．由圆周运动的基本关系可知2,vRaR==，其中22,::2:1ABABABaaRR===甲乙，CD错误；6．D【详解】A．由图可知，以恒定功率加速，牵引力逐渐变小，则加速度逐渐变小，

故做变加速直线运动，故A错误；B．汽车加速运动，速度增大，加速度逐渐减小，故B错误；C．对汽车受力分析，根据牛顿第二定律，有F−f=ma，又因为PFv=，联立得：Pfamvm=−，所以Pm=400，P=km=400×800W=320kW，故C错误；D．当物体的速度最大时，加速度为

零，根据a=4001v−4，可得b=1v=0.01，此时最大速度10.01mv=m/s=100m/s=360km/h，故D正确；7．AD【详解】AB．在地球表面有2MmGmgR=，在火星表面有2()aMmGmgbR=，联立解得火星表面重力加速度为：2aggb=，则A正确；B错误；CD

．设火星的密度为，火星的半径为R0，由于质量均匀的球壳对其内部物体的引力为零，则在火星表面正下方距表面距离为火星半径12处的重力加速度相当火星内部那部分产生的引力产生的，则火星内部那部分质量为30411328

8RMMaM===火，火星表面正下方距表面距离为火星半径12处的重力加速度为g，则有20182MmGmgR=火，联立解得：22aggb=，所以D正确；C错误；8．CD【详解】A．小球在A点时由支持力

与重力的合力提供向心力，且支持力大于重力，根据牛顿第三定律得小球对轨道的压力大于重力，小球处于超重状态，A错误；B．小球恰好到达D点，速度v=gR=1m/s，B错误；C．小球在C处的加速度为向心加速度和重力加速度的合加速度，为222

222n1010m/sCvaaggR=+=+=，C正确。D．小球在右侧光滑管道运动时，能到达D点，D点只有外侧轨道，说明小球在D点之前一直没有脱离轨道，且只和外侧轨道有弹力，如果在C点以上小球和内测轨道有弹力，则小球在D点之前就会脱离轨道而不会到达D点，C正确；9．AC

【详解】A．在P处时，绳对圆环的拉力水平，圆环的只具有竖直向上的速度0v，两者垂直，则绳对圆环的拉力功率为0，故A正确；BD．圆环运动到P点时，圆环水平速度为零，则重物的速度也为零，所以此过程中，重物是先向下加速后向下减

速，所以细线的拉力先小于重物的重力，然后再大于重物的重力。重物动能先增大后减小，故BD错误；C．圆环运动到P点时，重物速度为零，则根据动能定理有0sindMgdW−+=则细线拉力对重物做

的功为sindWMgdMgd=−−=−故C正确。10．BD【详解】AB．物体在运动过程中所受为滑动摩擦力f=mg恒定不变，克服摩擦力做功为Wf=mgx，即Wf−x图像始终为一条过原点的倾斜直线，即图线Ⅱ，A错误；根据图2可知20N8mg==2.5N，解得：m=1kg，B正确；C

D．根据图线Ⅰ可知，在位移为0~3m时，外力为130N10N2.5N3F==，则物体在前3m做匀加速运动，加速度大小为：2211102.5m/s7.5m/s1Fmgam−−===，C错误；在位移为3m~8m时，外力为24030N

2N2.5N83F−==−，则物体在前3m~8m内做匀减速直线运动，可知，在位移03mx=时物体的速度最大，则有2max102vax=，解得max35m/sv=，D正确；11．是80.8425【详解】（1）[1]由图像可知在连续相等的时间间

隔内通过的位移之比为1：3：5，根据初速度为0的匀变速运动，在连续相等的时间间隔内通过的位移之比的规律可知a点是小球的抛出点。（2）[2]根据2ΔygT=，可得2222Δ24108m/s0.1ygT−===，则该星球表面的重力加速度为8m/s2。（3）[3]由0xvT=，

可得2024100.8m/s0.1xvT−===，则小球平抛的初速度是0.8m/s。（4）[4]小球在b点时的竖直方向的速度为2(13)4100.8m/s220.1acByyvT−+===，小球在b点时的速度为22042m/s5BByvvv=+=12．dt221hLh−2222

2211mghLhLLh−−−22202222221211112ghLLhdLLhtt−−=−−【详解】（1）[1]挡光板通过光电门的运动时间极短，该过程可近似成匀速直线运动，则：v=dt（2）[2]物块匀

速下滑，设长木板倾角为θ，则由受力分析有sincosmgmg=，得221tannLh==−（3）[3]由受力分析得合外力大小为2222221sincos1mghLhFmgmgLLh−=−=−−[4]动能定理为合外力所做功等

于动能变化量，如果表达式220211122ddFLmmtt=−成立，化简即：22202222221211112ghLLhdLLhtt−−=−−成立，动能定理得

到验证。13．（1）250m；（2）150m【详解】（1）飞机投下的导弹做平抛运动，从投下到击中目标飞行的时间2htg=解得t=5s水平方向做匀速直线运动，距离为x=v0t解得x=250m（2）导弹下落的时间不变，则依题意在水平方向有120Δ150mx

xxvtvt=−=−=车14．（1）60°；（2）10rad/s【详解】（1）当小球转动的角速度=25rad/s时，由牛顿第二定律可得2tansinmgmL=解得θ=60°细线OA与竖直方向的夹角θ=60°（2）①OA被

拉直时，OA恰好与OO垂直，可知细线与竖直方向夹角满足3sin5LL==，解得37=细线O′A恰好被拉直时，小球只受重力和细线OA的拉力FT，竖直方向由平衡条件可得：TcosFmg=解得T5NF=②细线O′A被拉直后，继续增大小球的角速度ω，OA对小球

的拉力FT不变，O′A对小球的拉力F增大水平方向由牛顿第二定律可得2TmaxsinFFmL+=解得max10rad/s=15．（1）20m/s；（2）-12600J；（3）0.20.45【详解】

（1）运动员经过C点时，受到滑板的支持力大小为01300NF=，由牛顿第二定律可得2011CvFmgmR−=解得20m/sCv=（2）在ABC阶段中，对运动员（连同滑板）由动能定理可得()()()21212f121sin(1c

os)2CmmgLmmgRWmmv+++−+=+解得f12600JW=−（3）运动员从D点升空后落到P点瞬间的速度大小为80%65m/sPDvv==从P滑行到E过程，若恰好到达E点，由动能定理可得()()211212102PmmgLmm

v−=−++解得10.45=当运动员从E点以速度v飞出时做平抛运动，恰好到达G点，据平抛运动规律可得212hgtsvt==从P到E过程据动能定理可得()()()2221212121122PmmgLmmvmmv−=−+++联立解得20.2=故要使运动员最终落在FG轨道

上，滑板和水平直轨道DE间的动摩擦因数μ应满足的条件为0.20.45获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com