【文档说明】云南省大理白族自治州民族中学2022-2023学年高一下学期期中物理答案解析.docx，共(15)页，72.975 KB，由小赞的店铺上传

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评分标准及答案解析一、单选题（共8题，每题4分，共32分。在每小题所给的四个选项中，只有一个选项符合题意，选对得4分，选错或不选得0分）1.A2.A3.D4.B5.D6.C7.C8.B二、多选题（共4题，每题4分，共1

6分。每题有多个选项符合题意，全对得4分，选对但不全得2分，选错或不选得0分。）9.ACD10.BD11.AD12.AC三、实验题（共2题，共9空，每空2分，共18分。）13．BD需要大于𝑥√𝑔𝑦2−𝑦1C14.取下0

.800.020不满足砂和砂桶的总质量远远小于小车质量的条件四、解答题（共3题，共34分）15．（10分）（1）𝑣0=𝑡2𝑔0……………………2分𝑚𝑔0=𝑚𝑣2𝑅………………………………………2分解

得𝑣=√𝑔0𝑅=√2𝑣0𝑅𝑡…………………………1分（2）𝐺𝑀𝑚𝑅2=𝑚𝑔0………………………………2分𝑉=43𝜋𝑅3…………………………………………1分𝜌=𝑀𝑉………………………………………………1分解得𝜌=3𝑣02𝜋𝑅𝐺𝑡…………………

…………………1分16.（8分）把篮球从离开手到篮框的运动过程逆过来看就是平抛运动：12g𝑡2=𝐻−ℎ………………………………1分解得𝑡=0.3s………………………………1分（2）𝑣𝑦=𝑣0sin𝜃…………………………1分𝑣𝑦2=2𝑔(�

�−ℎ)或vy=gt…………………1分解得sin𝜃=35，则有𝜃=37°……………1分（3）𝑣𝑥=𝑣0cos37°………………………1分𝑥=𝑣𝑥𝑡……………………………………1分解得𝑥=1.2m……………

………………1分（16分）（1）从A点运动到𝐵点：𝑚𝑔sin𝜃−𝜇𝑚𝑔cos𝜃=𝑚𝑎1……………………………………2分2𝑎1𝐿=𝑣2………………………………………………………1分解得𝑣

=20m/s…………………………………………………1分（2）在𝐷点时，𝐹N−𝑚𝑔=𝑚𝑣2𝑟………………………………2分滑雪者在𝐷点对弧形滑道的压力大小𝐹N′=𝐹N………………1分解得𝐹N′=1560N……………………………

…………………1分（3）设滑雪者在滑道AB上运动的时间为𝑡1，在滑道BD上运动的时间为𝑡2，在滑道DE上运动的时间为𝑡3，𝑣=𝑎1𝑡1…………………………………………………………1分由几何关系

可知∠𝐵𝑂𝐷=37°𝑇=2𝜋𝑟𝑣……………………………………………………………1分𝑡2=37°360°⋅𝑇………………………………………………………2分又𝑎2=𝜇𝑔………………………………………………………1分𝑣

=𝑎2𝑡3…………………………………………………………1分𝑡=𝑡1+𝑡2+𝑡3…………………………………………………1分解得𝑡=13.8s……………………………………………………1分详解：

1．A【详解】物体受到五个共点的恒力作用而处于平衡状态，当撤去某个恒力F1时，物体的合力与F1大小相等、方向相反，说明物体受到的合力恒定不变，加速度不变，物体做匀变速运动，若原来的F1与速度方向相反时，撤

去F1后，物体的合力与速度方向相同，物体做匀加速直线运动；若原来的F1与速度方向相同时，撤去F1后，物体的合力与速度方向相反，物体做匀减速直线运动；若物体原来做匀速直线运动，而且原来的F1与速度不在同一直线上时，撤去F1后，物体的合力与速度方向不在同一直线上，则物体做匀变速曲线运动。故知

物体可能做直线运动，也可能做曲线运动故选A。2．A【详解】设小船在静水中速度为𝑣船，水流速度为𝑣水，直线AB与河岸的夹角为𝜃，河岸宽度为𝑑，则有tan𝜃=𝑣船𝑣水渡河时间为𝑡=𝑑𝑣船若水流速度减小，为保

持航线不变，可知𝑣船减小，渡河时间变长。故选A。3．D【详解】如下图所示设工人的运动方向与垂直于运动方向的夹角为𝜃，对工人的速度进行正交分解，分解为沿着绳子方向的速度和垂直于绳子方向的速度，而沿着绳子的速度大小等于货物上升的速度大小，为𝑣货=𝑣sin𝜃夹角𝜃随着人

向右运动逐渐增大，则sin𝜃增大，又𝑣货不变，则工人的速度𝑣必须减小，因此可知工人在向右做变减速运动，故工人的加速度方向水平向左，合力水平向左。故选D。4．B【详解】A．平抛运动的时间由下落的高度决定。若小球落到斜面与圆弧面上时的下落高度相同，则小球平抛运

动的时间相同，A错误；B．设斜面倾角为θ，小球落到斜面上时速度与水平方向夹角为α，则tan𝜃=𝑦𝑥=12𝑔𝑡2𝜈0𝑡=𝑔𝑡2𝑣0tan𝛼=𝑔𝑡𝑣0故tan𝛼=2tan𝜃B正确；

C．小球落到圆弧面上时，若落点速度方向与该处圆的切线垂直，则速度的反向延长线通过圆心，但由平抛运动规律知，速度的反向延长线应通过水平位移的中点，C错误；D．设小球的初速度为𝑣0运动时间为t，则小球落到圆弧面上时速度大小为𝑣=√𝑣02+(𝑔𝑡)2当

𝑣0越大时落点位置越高，但t越小，v不一定大，D错误。故选B。5．D【详解】A．齿轮A与齿轮B是同缘传动，边缘点线速度相等，根据公式𝑣=𝜔𝑟可知，半径比较大的A的角速度小于B的角速度。而B与C是同轴传动，角速度相等，所以齿轮

A的角速度比C的小，故A错误；B．齿轮A与齿轮B是同缘传动，边缘点线速度相等，根据公式𝑎=𝑣2𝑟半径比较大的A的加速度小于B的加速度，故B错误；C．B、C两轮属于同轴转动，故角速度相等，根据公式𝑣=𝜔𝑟可知，半径比较大的齿轮B比C边

缘的线速度大，故C错误；D．齿轮A的角速度比C的小，根据公式𝑇=2𝜋𝜔可知，齿轮A的周期比C的大。故D正确。故选D。6．C【详解】A．飞船在轨道Ⅲ上经过B点的速度大于在轨道Ⅱ上经过B点的速度，而在轨道I上的速度大于在轨道Ⅲ上的速度，所以飞船在轨道I上的速度大于在轨道Ⅱ上经过B点

的速度，故A错误；B．沿轨道Ⅱ从A运动到对接点B过程中，万有引力做负功，速度不断减小，故B错误；C．根据开普勒第三定律，有𝑟13𝑇12=(𝑟1+𝑟32)3𝑇22解得𝑇2=𝑇1√(𝑟1+𝑟32𝑟1)3故C正确；D．飞船绕地球做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，有𝐺

𝑀𝑚𝑟2=𝑚4𝜋2𝑇2𝑟解得𝑇=√4𝜋2𝑟3𝐺𝑀所以沿轨道Ⅰ运行的周期小于天和核心舱沿轨道Ⅲ运行的周期，故D错误。故选C。7．C【详解】A．根据Δ𝑣=𝑔Δ𝑡可知，小球飞行过程中单位时间内的速度变化量相同，A正确；B．根据

动能定理可得𝑚′𝑔ℎ=12𝑚′𝑣2−12𝑚′𝑣02可得落地时速度大小为𝑣𝑦=√𝑣02+2𝑔ℎ四个小球落地时的速度大小相等；AB球落地时速度方向与重力方向相同，根据𝑃=2𝑚𝑔𝑣𝑦可

知，A、B两小球落地时重力的瞬时功率相同，B正确；C．根据重力做功计算公式可知𝑊G=𝑚′𝑔ℎ由于mA=mB=2m、mC=mD=m，所以从开始运动至落地，重力对四个小球做功不相同，C错误；D．从开始运动至落地，重力对A小球做的功最大、而A球运动时间最短，则平均功率最大，

D正确。本题选错误的，故选C。8．B【详解】A．设小行星的质量为M，则在极点有𝐺𝑀𝑚𝑅2=𝑚𝑔1在赤道有𝐺𝑀𝑚𝑅2=𝑚𝑔2+𝑚𝜔2𝑅由上述两个式子解得𝑔1≠𝑔2故A项错误；B．对极点处物块受力分析，物块受重力和弹簧弹力，且二者合力为零，所以有𝐹=𝑚�

�1故B项正确；CD．由之前的分析可知𝐺𝑀𝑚𝑅2=𝐹故根据题意有𝐹=34𝐹+𝑚𝜔2𝑅解得14𝐹=𝑚𝜔2𝑅故CD错误。故选B。9．ACD【详解】A．如图所示，设摆长为l，有𝑚𝑔tan𝜃=𝑚𝜔2𝑙si

n𝜃解得𝜔=√𝑔𝑙cos𝜃=√𝑔ℎ增大圆锥摆的摆角θ，但保持圆锥的高度不变，则圆锥摆的角速度不变，选项A正确；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、弹力作用，两个力

的合力充当向心力，选项B错误；C．图c中，小球绕轻质细杆一端O点在竖直面内做圆周运动，到达最高点时速度可能为零，选项C正确；D．图d中，火车以某速度经过外轨高于内轨的弯道时，若速度满足𝑚𝑔tan𝜃=𝑚𝑣2𝑟则此时重力和

轨道支持力的合力充当火车做圆周运动的向心力，此时车轮对内、外轨均无侧向压力，选项D正确。故选ACD。10．BD【详解】A．0到𝑡1段图像为倾斜直线，则汽车做匀加速直线运动，牵引力不变，由𝑃=𝐹𝑣可知，牵引力的功率增大，故A错误；BC．𝑡1~𝑡2内，加速度减小，则牵引力减小

，而速度在增加，所以牵引力的功率可能保持不变，故B正确，C错误；D．𝑡2时刻起，汽车做匀速直线运动，牵引力与阻力平衡，保持不变，故D正确。故选BD。11．AD【详解】AB．根据牛顿第二定律得𝐺𝑀𝑚(𝑅+ℎ)2=𝑚4𝜋2𝑇2(𝑅+

ℎ)解得𝑀=4𝜋2(𝑅+ℎ)3𝐺𝑇2可以估算出地球的质量M，不能估算出核心舱的质量m，A符合题意，B不符合题意；C．核心舱所受地球的引力为𝐹=𝐺𝑀𝑚(𝑅+ℎ)2因为核心舱的质量m未知，不能估算出核心舱所受地球的引力，C不符合题意；D

．核心舱所处位置的重力加速度为𝑚𝑔=𝐺𝑀𝑚(𝑅+ℎ)2𝑀=4𝜋2(𝑅+ℎ)3𝐺𝑇2解得𝑔=4𝜋2(𝑅+ℎ)𝑇2可以估算出核心舱所处位置的重力加速度，D符合题意。故选AD。12．AC【详解】BC．根据题意，由图可知，竖直高度相同，则空中运动时间相等

，初速度竖直分量相等，故B错误，C正确；AD．由于运动时间相等，水平位移甲的最大，故击出初速度的水平分量甲的最大，根据运动的对称性和速度的合成可知甲击出的高尔夫球落地速率最大，故D错误，A正确。故选AC。13．BD/DB球心需要大于𝑥√𝑔𝑦2−𝑦1C【详解】

（1）[1]AD．本实验要求钢球每次从斜槽末端抛出时的速度相同，所以必须每次从斜槽上相同的位置无初速度释放钢球，而斜槽轨道是否光滑对上述要求无影响，故A错误，D正确；B．为使钢球离开斜槽末端后做平抛运动

，即钢球离开斜槽末端时速度沿水平方向，斜槽轨道末段必须水平，故B正确；C．挡板高度决定于钢球所留痕迹点的高度，而每个痕迹点的高度差是否相同对绘图无影响，所以挡板高度不一定等间距变化，故C错误。故选BD。（2）[2]因为钢球所挤压的痕迹

点是球心的投影点，而所有痕迹点与原点应在同一抛物线上，所以应取钢球的球心对应白纸上的位置为原点。[3]y轴正方向沿竖直向下，所以需要与重锤线平行。[4]因为A、B和B、C间水平距离相等，所以A、B和B、C间对应钢球运动的时间相同，设为T，设钢球

在A、B点时的竖直分速度大小分别为v、v，则𝑦1=𝑣𝐴𝑦𝑇+12𝑔𝑇2𝑦2=𝑣𝐵𝑦𝑇+12𝑔𝑇2=(𝑣𝐴𝑦+𝑔𝑇)𝑇++12𝑔𝑇2=𝑣𝐴𝑦𝑇+32𝑔𝑇2所以𝑦1𝑦2>13[5]根据运动学规律有Δ𝑦=𝑦2−𝑦1=𝑔𝑇2解

得𝑇=√𝑦2−𝑦1𝑔钢球平抛的初速度大小为𝑣0=𝑥𝑇=𝑥√𝑔𝑦2−𝑦1（3）[6]A．从细管水平喷出稳定的细水柱具有水平初速度，且只受重力作用，可视为平抛运动，拍摄照片，即可得到平抛运动轨迹，故A可行

；B．用频闪照相在同一底片上记录平抛小球在不同时刻的位置，平滑连接各位置，即可得到平抛运动轨迹，故B可行；C．将铅笔抛出后，笔尖与白纸之间将无相互作用力，不可能在纸上留下抛物线痕迹，故C不可行。本题选不可行的方案，故选C。14．取下0.020.800.0

20再满足砂和砂桶的总质量远远小于小车质量的条件【详解】（1）[1]实验中平衡摩擦力时，是靠小车自身重力的分力与摩擦力平衡，所以要先取下沙桶；（2）[2]已知电火花计时器电源频率为50Hz，则纸带上打相邻两点的时间间隔为𝑇=1𝑓=0.02s[3]A、B、C、D

、E是纸带上的五个计数点，每两个相邻计数点间有四个点没有画出，相临计数点间的时间间隔为0.01s，则小车的加速度大小为𝑎=Δ𝑥Δ𝑡2=(3.61+2.79)−(2.01+1.20)(2×0.1）2×10−2m/s2≈0.80m/s2（3）[4]该实验是让砂和砂桶的重

力近似等于小车的牵引力，保持砂和砂桶的总质量不变，改变小车的质量m，根据牛顿第二定律𝑚′𝑔=𝑚𝑎⇒𝑎=𝑚′𝑔×1𝑚可知图像斜率表示砂和砂桶的总重力𝑘=𝑚′𝑔=0.2则砂和砂桶的总质量为𝑚′=𝑘𝑔=0.020kg（4）[5]该实验为了使得砂和砂桶的重力近似等于小车

的牵引力，必须使得砂和砂桶的质量远小于小车的质量，但是随着砂和砂桶重力的增加，当不再满足砂和砂桶的总质量远远小于小车质量时，图像就会出现弯曲，所以保持小车的质量不变，改变砂和砂桶的质量，该小组根据实验数据画出如图丙所示的𝑎−𝐹图像，图像弯曲的理由

可能是：不再满足砂和砂桶的总质量远小于小车质量的条件。15．（1）√2𝑣0𝑅𝑡；（2）3𝑣02𝜋𝑅𝐺𝑡【详解】（1）设该星球的重力加速度为𝑔0，在该星球上做竖直上抛运动，抛出物体又回到出发点所用的时间为𝑡，则根据竖直上抛和自由落体在时间上的对称性可知物体到达最高点后做自由

落体回到出发点的时间为𝑡2，根据运动学公式有𝑣0=𝑡2𝑔0解得𝑔0=2𝑣0𝑡设该星球的第一宇宙速度为𝑣，有一质量为𝑚的物体在该星球表面做圆周运动，则有𝑚𝑔0=𝑚𝑣2𝑅解得𝑣=√𝑔0𝑅=√2𝑣0

𝑅𝑡（2设该星球的质量为𝑀，密度为𝜌，则在该星球表面质量为𝑚的物体的重力等于万有引力，即𝐺𝑀𝑚𝑅2=𝑚𝑔0解得𝑀=𝑔0𝑅2𝐺=2𝑣0𝑅2𝐺𝑡而该星球的体积为𝑉=43𝜋𝑅3可得该星球的密度为𝜌=𝑀𝑉=2𝑣0𝑅2𝐺𝑡×34𝜋𝑅3

=3𝑣02𝜋𝑅𝐺𝑡16．（1）0.3s；（2）37°；（3）1.2m【详解】（1）（2）根据题意，设出手时瞬时速度与水平方向的夹角为𝜃，则竖直方向的初速度为𝑣𝑦=𝑣0sin𝜃篮球到达篮

筐中心时，竖直速度刚好为零，则有𝑣𝑦2=2𝑔(𝐻−ℎ)12𝑣𝑦𝑡=𝐻−ℎ联立解得sin𝜃=35𝑡=0.3s则有𝜃=37°（3）由几何关系可知，水平初速度为𝑣𝑥=𝑣0cos37°=4ms⁄水平位移为𝑥=𝑣𝑥𝑡=1.2m17．（1

）20m/s；（2）1560N；（3）13.8s【详解】（1）滑雪者从A点运动到𝐵点的过程，由牛顿第二定律有𝑚𝑔sin𝜃−𝜇𝑚𝑔cos𝜃=𝑚𝑎1根据运动学公式2𝑎1𝐿=𝑣2解得𝑣=20m/s（2）滑雪者在𝐷点时，由向心力公式有𝐹N−𝑚𝑔=𝑚𝑣2𝑟解得�

�N=1560N由牛顿第三定律可知，滑雪者在𝐷点对弧形滑道的压力大小𝐹N′=𝐹N=1560N（3）设滑雪者在滑道AB上运动的时间为𝑡1，在滑道BD上运动的时间为𝑡2，在滑道DE上运动的时间为𝑡3，由运动学公式有𝑣=𝑎1𝑡1由几何关系可知∠𝐵𝑂𝐷=37°则𝑡

2=37°360°⋅2𝜋𝑟𝑣又𝑎2=𝜇𝑔𝑣=𝑎2𝑡3𝑡=𝑡1+𝑡2+𝑡3解得𝑡=13.8s获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com