【文档说明】安徽省合肥市第一中学2022-2023学年高一下学期期中考试物理试题含答案.docx，共(10)页，1.741 MB，由小赞的店铺上传

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合肥一中2022-2023学年第二学期高一年级期中考试物理试卷时长：75min分值：100分一、选择题：本题共10小题。在每小题给出的四个选项中，第1～7题只有一项符合题目要求，每题4分；第8～10题有多项符合题目要求，全部选对的得6分，选对

但不全的得3分，有选错的得0分。1、下列关于物理学史的说法中正确的是（）A．在牛顿之前，亚里士多德、伽利略、笛卡儿等人就有了对力和运动的正确认识B．伽利略所处的时代不具备能较精确地测量自由落体运动时间的工

具C．牛顿若能得到月球的具体运动数据，就能通过“地月检验”测算出地球的质量D．开普勒通过观测天体运动，积累下大量的数据，总结出行星运动三大定律2、某同学用如图所示的装置研究运动合成规律，长方体物块上固定一长为L的竖直杆，物块及杆的总质量为M，质量为m的小环套在杆上，当小环

从杆顶端由静止滑下时（小环与杆的摩擦可忽略），物块在水平恒力F的作用下，从静止开始沿光滑水平面向右运动。小环落到杆底端时，物块移动的距离为2L，重力加速度大小为g，则小环从顶端下落到底端的过程中（）A．小环通过的路程为2LB．小环落到底部的时间为gLC．杆对小环的作用力为mgD．杆对小环

的作用力为2mg3、如图所示，一偏心轮绕垂直纸面的轴O匀速转动，a和b是轮上质量相等的两个质点，则偏心轮转动过程中a、b两质点()A．角速度大小相同B．线速度大小相同C．向心加速度大小相同D．向心力大小相同4、2022年3月23日，航天员翟志刚、王亚

平、叶光富在距地表400km的中国空间站进行太空授课，直播信号并非空间站与地面的直接对话，而是要经过距地表约4万公里的天链卫星中转（相当于基站）。已知：航天员们在空间站中一天可以看见16次日出，地球半径约6400km，引

力常量G＝6.67×10﹣11N•m2/kg2。则根据上述信息可知（）A．空间站运行速率为第一宇宙速度B．空间站相对地面是静止的C．空间站的线速度小于天链卫星线速度D．可以估算出地球的质量5、起重机以2m/s2的加速度将质量为1

000kg的货物由静止开始匀加速向上提升，g取10m/s2，则在1s内起重机对货物做的功是()A．10000JB．12000JC．20000JD．24000J6、如图，质量为0.5kg的小球，从A点下落到地面上的B点，下落过程受到恒定阻力Nf1=，若A点距桌面h

1为1.2m，桌面高h2为0.8m，g取10m/s2，则该过程小球重力势能减少量为（）A．6JB．8JC．10JD．参考平面未定，结果未知7、射人造航天器时，可利用地球的自转让航天器发射前就获得相对地心的速度。设地球表面的重力加速度在两极的大小为g0，在赤道的大小为g；地球自

转的周期为T，酒泉卫星发射中心的纬度为φ。将地球视为质量均匀分布的球体，则在酒泉卫星发射中心发射的航天器利用地球自转能获得相对地心的最大速度为（）A．0()cos2ggT+B．0()cos2ggT−C．0()cos2gg

T−D．0()cos4ggT−8、天津之眼是世界上唯一建在水上的摩天轮，它的直径达110m，轮外装挂48个360度透明座舱，每个座舱可乘坐8个人，可同时供384个人观光。摩天轮匀速旋转一周所需时间为30分钟，在此过程中

，下列说法中正确的是（）A．每个乘客受到的合力在不断变化，且合力始终不做功B．运行过程中乘客对座舱的作用力始终不变C．运行过程中乘客重力的功率时刻变化D．乘客随摩天轮运动的线速度大小为192m/s9、如图所

示，一轻绳跨过无摩擦的小定滑轮O与小球B连接，另一端与套在光滑竖直杆上的小物块A连接，杆两端固定，开始时用手握住B使A静止在P点，细线伸直。现静止释放B，A向上运动，经过K点时细线与竖直杆成θ角，此时A、B的速度大小分别为vA、vB，Q点位置与O等高，不计一切摩擦，B球未落地，则（）A

．ABcosvv=B．BAcosvv=C．当物块A上升到与滑轮等高点Q时，B的速度最大D．当物块A上升到与滑轮等高点Q时，B的速度为零10、如图所示，宇宙中一对年轻的双星，在距离地球16万光年的蜘蛛星云之中。该双星系统

由两颗炽热又明亮的大质量恒星构成，二者围绕连接线上中间某个点旋转。通过观测发现，两颗恒星正在非常缓慢靠近。不计其他天体的影响，且两颗恒星的质量不变。则以下说法中正确的是（）A．双星之间引力变大B．每颗星的加速度均变小C．双星系统周期逐渐变大D．双

星系统转动的角速度变大二、实验题（11题每空2分，第12题每空2分，两题总计14分）11、（4分）如图甲所示为测量电动机转动角速度的实验装置，圆形卡纸固定在电动机转轴上，在电动机的带动下匀速转动，在圆形卡纸的旁边安

装一个改装过的打点计时器，已知打点计时器的打点频率为50Hz。下面是该实验的实验步骤：①按实验要求安装器材；②启动电动机，使圆形卡纸转动起来；③转动稳定后，接通打点计时器的电源，在卡纸边缘打点；④断开打点计时器和电动机电源；⑤根据卡纸上留下的部分痕迹，测出某两点间的圆心角，如图乙所示，计算出

电动机的角速度。(1)实验中使用电磁打点计时器，学生电源应采用下图中的________接法(填“A”或“B”)。(2)若测得图乙中θ＝120°，则电动机转动的角速度ω＝________rad/s。（结果保留2位有效数字）12、（15分）如图甲所示是研究平抛运动的实验装置（带传感器）

，在某次试验中描绘出小球平抛运动的轨迹如图乙所示，A、B、C、D是轨迹上的四个点，同时传感器也记录了小球从A到B的运动时间为T，已知方格的边长为L，回答下列问题：（1）小球的初速度为___________（用题中已知物理量表示）。（2）A点___________

（选填“是”或“不是”）平抛运动的起点。（3）计算得出重力加速度g=___________（用题中已知物理量表示）。（4）图丙是实验中小球从斜槽上不同位置下落获得的两条轨迹，图线①所对应的平抛运动的初速度___________（选填“较小

”或“较大”），图线②所对应的小球在斜槽上释放的位置___________（选填“较低”或“较高”）。三、计算题（本题3小题，13题12分，14题14分，15题14分，共40分。要求每题写出解题过程，只有答案没有过程概不评分。）13、（12分）小李

同学站在水平地面上，手握不可伸长的轻绳一端，绳的另一端系有质量为m=0.1kg的小球，使球在竖直平面内做圆周运动。当球某次运动到最低点A时，绳恰好断掉，如题图所示。已知握绳的手离地面高度为0.4m，手与球之间的绳长为0.2m，绳断瞬间速

度为4m/s，重力加速度为2/10smg=，忽略手的运动半径和空气阻力。求：（1）绳断后，小球落地点与抛出点A的水平距离；（2）绳断前瞬间承受的拉力F大小为？14、（14分）我国载人航天飞行的“神舟”十四号飞船于2022年6月5日在中国酒泉卫星发射中心

发射升空，由“长征—2号F遥十四”运载火箭将飞船送入近地点为A、远地点为B的椭圆轨道上，在该椭圆轨道上无动力飞行。近地点A距地面高度为h1。实施变轨后，进入预定圆轨道，在预定圆轨道上飞行n圈所用时间为t，如图所示。已知引力常量为G，地球可视为质量分布均匀的球体，质量为M，半径为R，求：（1

）飞船在预定圆轨道上运动的周期为多大？（2）预定圆轨道距地面的高度为多大？（3）飞船由近地点A运动到远地点B用多长时间？15、（14分）2022年北京冬奥会上，中国花样滑冰队的隋文静、韩聪不负众望，在双人滑项目上强势夺冠，这也是中国队时隔12年之后再次登上奥运会最高领奖台。该项目有一项

技术动作叫双人螺旋线，如图（a）所示，以男选手成为轴心，女选手围绕男选手旋转。将这一情景抽象成，如图（b）所示：一细线一端系住一小球，另一端固定在一竖直细杆上，小球以一定大小的速度随着细杆在水平面内做匀速圆周运动，

细线便在空中划出一个圆锥面，这样的模型叫“圆锥摆”。圆锥摆是研究水平面内质点做匀速圆周运动动力学关系的典型特例。小球（可视为质点）质量为m，细线AC长度为L，重力加速度为g。（sin370.6=，cos370.8=，计算结果可用根号或分

数表示）（1）在紧贴着小球运动的水面上加一光滑平板，使球在板上做匀速圆周运动，此时细线与竖直方向所成夹角为，如图（c）所示，当小球的角速度大于某一值1时，小球将脱离平板，则1为多大？（2）撤去光滑平板，让小球在空中旋转，再用一根细线，同样一端系

在该小球上，另一端固定在细杆上的B点，且当两条细线均伸直时，如图（d）所示，各部分长度之比::5:4:3ABACBC=。则当小球以223gL=匀速转动时，两细线的对小球的拉力大小分别多大？（3）在（2）情境下，当小球以352gL=匀速转动时，两细线

对小球的拉力大小分别为多大？)(d图合肥一中2022-2023学年第二学期高一年级期中考试物理试卷参考答案一、选择题：1、【答案】B【解析】A、在牛顿之前，伽利略、笛卡儿等人就有了对力和运动的正确认识，而亚里士多德认为力是维持物体运

动的原因，这一认识是错误的，故A错误；B、伽利略通过斜面实验研究匀变速直线运动，再合理外推到竖直方向，从而证明自由落体运动是匀变速直线运动，伽利略这样研究的原因是为了延长运动时间，可见当时并不具备能较精确地测量自由

落体运动时间的工具，故B正确；C、牛顿通过“地月检验”证明了天上月球受到的引力，与地上物体受到的引力是同一种力，即万有引力，通过“地月检验”并不能得到地球的质量，故C错误；D、开普勒通过研究第谷观测天体运行

得到的大量数据，从而总结出行星运动三定律，故D错误。2、【答案】D【解析】小环从顶端下落到底端的过程中，其水平位移为2L，竖直位移为L，其实际位移为5L，所以路程大于2L，故A错误；竖直方向上212Lgt

=，解得2Ltg=，故B错误；小环受到杆的作用力大小为'2Fmamg==，故C错误D正确。故选D。3、【答案】A【详解】A．同轴转动角速度相等，A正确；B．由于两者半径不同，根据公式v＝ωr可得两点的线速度不同，B错误；C．根据公式

a＝ω2r，角速度相同，半径不同，所以向心加速度不同，C错误；D．根据公式F＝ma，质量相同，但是加速度不同，所以向心力大小不同，D错误．故选A。4、【答案】D【解析】AC、由万有引力提供向心力，根据牛顿第二定律得：G𝑀𝑚𝑟2=m𝑣2𝑟，解得：v=√𝐺𝑀𝑟，空间站的运行半径大于地球

半径，所以空间站运行的速率小于第一宇宙速度，根据题意可知空间站的轨道半径小于天链卫星的轨道半径，所以空间站运行的线速度大于天链卫星的线速度，故AC错误；BD、空间站中一天可以看见16次日出，空间站的周期：T=2416h＝1.5h＝90min，而地球自转的周期

为24h，所以空间站相对地面是运动的，由万有引力提供向心力，根据牛顿第二定律得：G𝑀𝑚(𝑅+ℎ)2=m（R+h）4𝜋2𝑇2，可得地球质量为：M=4𝜋2(𝑅+ℎ)3𝐺𝑇2，可以估算出地球的质量，故D正确。故选：D。5、【答案】B【解析】货物的加速度向上，由牛顿第二定律

有：F－mg＝ma，起重机的拉力F＝mg＋ma＝12000N。货物的位移是l＝12at2＝1m，做功为W＝Fl＝1200J，故B正确。6、【答案】C【解析】重力势能的减少与路径及是否存在其它作用无关7、【答案】C【解析】地球表面两极处质量为0m的物体所受的重力等于万有引力，则有0002GMmmgR

=，同理该物体在赤道处，由牛顿第二定律有002202()MmGmgmRRT=−，联立解得地球半径为202()4ggTR−=，对在酒泉卫星发射中心发射的航天器进行建模，如图所示，则分析可知，在酒泉卫星发射中

心发射的航天器利用地球自转能获得的相对地心的最大速度为0()2s2cocos2TrvggTRT=−==，故选C。8、【答案】AC【解析】A．乘客做匀速圆周运动，每个人受到的合力都不等于零，合力提供向心力，始终指向圆心，不断变化；乘客做匀速圆周运动，合力始终指

向圆心，与速度垂直，合力做功为零，故A正确；B．乘客做匀速圆周运动所需的向心力大小始终为2vmr，方向不断发生变化，通过受力分析可知乘客在乘坐过程中对座位的压力始终在不断变化，故B错误；C．根据功率公式：P=mgvy，竖直方向的

速度vy不断变化，则重力的功率不断变化，故C正确；D．乘客随摩天轮运动的线速度大小为smTDv/192.0603011014.3===故D错误。9、【答案】BD【解析】AB．如图所示BAcosvv=，A错误，B正确；CD．当物块A上升到与滑轮等高时90=；

BAcosvv=解得0Bv=，C错误，D正确。故选BD。10、【答案】AD【解析】A．根据万有引力定律公式122mmFGr=知，两颗恒星正在缓慢靠近，则双星之间引力变大，A正确；B．对1m星，212maGr=，对2m星，122maGr=，每颗星

的加速度均变大，B错误；C．由双星系统的两颗星的周期相等，万有引力提供向心力，可以得到21112224RmGmmTr=；22212224RmGmmTr=12RRr+=整理得到()3122rTGmm=+知

双星系统周期变小，C错误；D．由2T=，知转动的角速度变大，D正确。故选AD。二、实验题（11题每空2分，第12题每空2分，两题总计14分）11、【答案】B21rad/s【解析】(1)实验中使用电磁打点

计时器，使用4～6V的交流电源，学生电源应采用图中的B接法。(2)图乙中θ＝120°＝2π3，5个打点时间间隔，即时间t＝5T＝5×1f＝5×0.02s＝0.10s，则电动机转动的角速度ω＝θt＝20π3rad/s＝21rad/s

。12、【答案】3LT是24LT较大较低【解析】（1）[1]由图乙分析可得，A、B、C、D四个点中每相邻两个点之间的水平位移相同，均为3L，小球在水平方向做匀速运动，相邻两点之间的运动时间相同均为T，则小球的初速度03LvT=（2）[2]由图乙可得，小球从A点运动到D点，在竖直方向，连续相邻相等

时间间隔的两个点之间的竖直位移分别为2L、5L、10L，比值为1：3：5，对于初速度为零的匀加速直线运动才满足以上位移关系特点，说明在A点，小球竖直方向分速度为0，A点是平抛运动的起始点；（3）[3]由匀变速直线运动的规律2ygT=由图知4yL=可得

重力加速度24LgT=（4）[4][5]图丙是平抛运动的两条轨迹，取相同的竖直高度，则平抛运动的时间相同，由0xvt=可知，图线①的水平位移长，其初速度较大，需要从较高的位置滚下获得较大的初速度，则图线②所对应的小球在斜槽上释放的位置较低。三、计算题（本题3小题，13题12

分，14题14分，15题14分，共40分。要求每题写出解题过程，只有答案没有过程概不评分。）13、【答案】（1）mtvxA8.0==；NF9=【解析】（1）绳断后，小球做平抛运动，竖直方向2122LLgt

−=得t=0.2s小球落地点与抛出点A的水平距离mtvxA8.0==（2）绳断前瞬间LvmmgFA2=−绳能承受的最大拉力NF9=14、【答案】（1）tn；（2）RnGMt−32224；（3）221()gRhR+【解析】（1）由题设飞船做匀速圆周运动，在预定圆轨道上飞行n圈所用时间为t，因周期

为转一圈的时间，所以飞船在预定圆轨道上运动的周期为tTn=（2）设预定圆轨道距地面的高度为h，飞船在预定圆轨道上做匀速圆周运动，由万有引力提供向心力，根据牛顿第二定律及万有引力定律得()()2224GMmmRhT

Rh=++以上各式联立解得预定圆轨道距地面的高度为RnGMth−=32224（3）由开普勒第三定律223123)2()(ThRhRThR+++=+解得GMnGMthRT33222124)(22++=1分飞船由近地点A运动到远地点B用时GM

nGMthRTtAB33222124)(242++==1分15、【答案】（1）1cosgL=；（2）233ACTmg=，0BCT=；（3）1710ACTmg=，35BCTmg=【解析】（1）当平板对小球支

持力为零时，小球恰好脱离平板，此时重力和绳子拉力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律得21tansinmgmL=解得1cosgL=（2）当细线BC恰好伸直时，由几何关系得，AC与竖直方向所成夹角为37°，同理可得，此时小球的角速度为025cos374g

gLL==则223gL=时细线BC末伸直，即0BCT=；设此时细线AC与竖直方向的夹角为，由上得2cosgL=解得223cos2gL==根据平衡条件得23cos3ACmgTmg==（3）当小球以352gL=匀速转动时，由于3

05524ggLL==所以两细线均有拉力，有cos37cos53ACBCTTmg=+32sin37sin53sin37ACBCTTmL+=联立解得1710ACTmg=，35BCTm

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