【文档说明】福建省宁德市五校教学联合体2022-2023学年第二学期期中质量监测高一物理试题答案.docx，共(19)页，1.016 MB，由小赞的店铺上传

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福宁古五校教学联合体2022-2023学年第二学期期中质量监测高一物理试卷（满分：100分；时间：75分钟）注意事项：1.答卷前，考生务必将班级、姓名、准考证号等考生信息填写清楚。2.每小题选出答案后，填入答案卷中。3.考试结束，考生只将答案卷交回，试卷自己

保留。第Ⅰ卷（选择题，40分）一、单项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分。在每个小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1.下列物体的几种运动中机械能守恒的是A.匀速下落的跳伞运动员B.真空中自由下落的铁球C.沿斜面匀

速上滑的木块D.在光滑水平面上压缩弹簧过程中的小球【答案】B【解析】【分析】只有重力做功或只有弹力做功，机械能守恒，根据机械能守恒条件分析答题．【详解】A、跳伞运动员匀速下落，动能不变，重力势能减少，机械能不守恒，A错误；B、真空中的自

由下落的铁球，只有重力做功，机械能守恒，B正确；C、沿斜面匀速上滑的木块，动能不变，重力势能增大，机械能增大，C错误；D、在光滑水平面上压缩弹簧过程中的小球，受弹簧弹力做功，小球的机械能不守恒，D错误．【点睛】本题考查了判断机械能是否守恒，知道机械能守恒的条件即可正确解题；特别注意D项中系统机

械能守恒，但小球的机械能不守恒．2.关于曲线运动，下列说法不正确的是（）A.曲线运动是一种变速运动B.做曲线运动的物体速度方向一定沿曲线的切线方向C.做曲线运动的物体合外力一定是变化的D.曲线运动可能是匀变速运动【答案】C【解析】【详解】A．既然是曲线运动，它的速度的方向必定是改变的，所以曲线运

动一定是变速运动，A正确；B．做曲线运动的物体速度时刻变化，且沿轨迹的切线，B正确；C．在恒力作用下，物体可以做曲线运动，如平抛运动，所以做曲线运动的物体合外力不一定是变化的，C错误；D．平抛运动的加速度不变，是匀变速曲线运动，D正确。本题选择错误的选项。故选C。3.一快艇从岸

边驶向河中离岸边100m远的一浮标处，已知快艇在静水中的速度-时间图像如图所示，河水流速恒为3m/s，则下列说法正确的是（）A.快艇的运动轨迹可能为直线，也可能为曲线B.快艇6s末的速度一定为6m/sC.快艇以最短时间到达浮标处，它经过的位移为100mD.在岸边能找到某一位置使快艇最快到达浮

标处，它所用的时间为20s【答案】D【解析】【详解】AB．快艇在静水中做匀加速直线运动，河水流速为3m/s，快艇的合速度的方向与加速度方向不在同一直线上，所以快艇的运动轨迹是曲线，且快艇6s末的速度为222233m/s32m/svvv=

+=+=快艇静水故AB错误；CD．快艇的艇头与河岸垂直时，其到达浮标处所需的时间最短，则212dat=由图可知，快艇在静水中的加速度为223m/s0.5m/s6vat===则22100s20s0.5dta===由于快艇在沿河岸

方向上有位移，故快艇最快到达浮标处的位移必定大于100m，故C错误，D正确。故选D。4.如图所示，劲度系数为k的轻弹簧一端固定在墙上，另一端与置于水平面上的质量为m的小物体接触（未连接），如图中O点，弹簧水平且无形变．用水平力F缓慢向左推动物

体，在弹性限度内弹簧长度被压缩了x0，如图中B点，此时物体静止．撤去F后，物体开始向右运动，运动的最大距离距B点为3x0，C点是物体向右运动过程中弹力和摩擦力大小相等的位置，物体与水平面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，则（）A.撤去F时，弹簧的弹性势能为2μmgx0

B.撤去F后物体先做加速度逐渐变小的加速运动，再做加速度逐渐变大的减速运动，最后做匀减速运动C.物体从B→C，弹簧弹性势能的减少量等于物体动能的增加量D.撤去F后，物体向右运动到O点时的动能最大【答案】B【解析】【详解】试题分析：A、撤去F

后，物体开始向右运动，运动的最大距离距B点为3x0，根据能量守恒定理得，Ep=μmg•3x0=3μmgx0，故A错误．B、撤去F后，开始弹簧的弹力大于摩擦力，物体向右做加速度减小的加速运动，当弹力与摩擦力相等时，速度最大，然后弹力小于摩擦力，做加速度增大的减速运动

，与弹簧脱离后，做匀减速直线运动，故B正确．C、从B到C的过程，动能增加，弹性势能减小，内能增加，根据能量守恒知，弹簧弹性势能的减小量等于物体动能的增加量和摩擦产生的内能，故C错误．D、撤去F后，物体运动到C点时的速度最大，动能最大，故D错误．故选B．考点：动能定理的应用．全科免

费下载公众号-《高中僧课堂》二、多项选择题：本题共4小题，每小题6分，共24分。在每个小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。5.如图所示，有一个很大的圆形餐桌，水平桌面中间嵌着一可绕中心轴O转动的圆盘，圆盘上A处放一质量为m的

菜盘，B处放一质量为0.5m的菜盘，OA＝2OB，圆盘匀速转动，两菜盘均视为质点且不打滑。下列说法正确的是（）A.A、B两处菜盘的周期之比为1：2B.A、B两处菜盘的线速度大小之比为2：1C.A、B两处菜盘的向心加速度大小之比为4：1D.A、B两处菜盘受到的静摩

擦力大小之比为4：1【答案】BD【解析】【详解】A．圆盘上A、B两个点，属于同轴转动，有AB=根据2T=可知A、B两处菜盘的周期之比为1：1。故A错误；B．同理，根据vr=依题意，有2ABrr=可知A、B两处菜盘的线速度大小之比为2：1。故B正确；C．根据2ar=可知A、

B两处菜盘的向心加速度大小之比为2：1。故C错误；D．A、B两点处的菜盘所受的静摩擦力提供向心力，根据向心力公式f=ma所以410.5AABBfmafma==：故D正确。故选BD。6.复兴号动车在世界上首次实现了速度350km/h自动驾驶

功能，成为我国高铁自主创新的又一重大标志性成果。一列质量为M的动车，以恒定功率P在平直轨道上由静止开始运动，经时间t达到该功率下的最大速度mv，设动车行驶过程所受到的阻力f保持不变。动车在时间t内（）A.做匀加速直线运动，加速

度大小a=mvtB.在时间t内通过的位移为m2vs=tC.牵引力的功率m·Pfv=D.牵引力做功等于Pt【答案】CD【解析】【详解】A．复兴号动车以恒定功率运动，由牛顿第二定律得Pfmav−=易知v增大，a变小，是变加速

直线运动。故A错误；B．若复兴号做匀变速直线运动，v-t图像如图中直线所示由图像面积可得位移为m2vxt=复兴号动车实际做加速度逐渐减小的变加速直线运动，v-t图像如图中曲线所示，其位移m2vst故B错误；C．当0a=时，速度最大，故牵引力m=PFf

v=为即牵引力的功率mPfv=故C正确；D．牵引力做功等于W=Pt故D正确。故选CD。7.如图所示，固定光滑斜面AC长为L，B为斜面中点。一物块在恒定拉力F作用下，从最低点A由静止开始沿斜面向上拉到B点撤去

拉力F，物块继续上滑经过最高点C，设物块由A运动到C的时间为0t，下列描述该过程中物块的速度v随时间t、物块的动能kE随位移x、机械能E随位移x、加速度a随位移x变化规律的图像中，可能正确的是（）A.B.C.D.【答案】BC【解析】【详解】B．合力先做正功再做负功

，根据动能随x的表达式知，动能先均匀增加，然后均匀减小，B正确；AD．则物块先做匀加速直线运动，然后做匀减速直线运动，匀加速直线运动的位移和匀减速直线运动的位移大小相等，匀减速直线运动的平均速度大于匀加速直线运动的平均速度，则匀减速运动的时间小于匀加速直

线运动的时间；物体先向上匀加速后向上匀减速运动，速度方向不变，在中间位置而不是中间时刻，加速度改变方向，故AD错误。C．根据除重力以外其它力做功等于机械能的增量，知前半段恒力F做正功，可知机械能随x均匀增加，后半段只有重力做功，机械能守恒，故C正确。故选BC。8.如图a，在竖

直平面内固定一光滑的半圆形轨道ABC，小球以一定的初速度从最低点A冲上轨道，图b是小球在半圆形轨道上从A运动到C的过程中，其速度平方与其对应高度的关系图像。已知小球在最高点C受到轨道的作用力为2.5N，空气阻力

不计，B点为AC轨道中点，重力加速度g取10m/s2，下列说法正确的是（）A.图b中22=25m/sxB.小球质量为0.2kgC.小球在A点时重力的功率为5WD.小球在B点受到轨道作用力为8.5N【答案】AB

D【解析】【详解】A．小球在光滑轨道上运动，只有重力做功，故机械能守恒，有221122Ahmvmvmgh=+解得222Ahvvgh=+即()222292100.8m/s25m/sx=+=A正确；B．依题意小球在C点，有2CvFmgmR+=又22

29m/sCv=，20.8mR=解得0.2kgm=B正确；C．小球在A点时重力方向竖直向下，速度水平向右，二者夹角为90，根据cosPmgv=可知重力的瞬时功率为零，C错误；D．由机械能守恒，可得22

1122ABmvmvmgR=+又因为小球在B点受到的在水平方向上的合外力提供向心力，可得2BBmvFR=联立，可得8.5NBF=D正确。故选ABD。第Ⅱ卷（非选择题，共60分）三、填空题和实验题：本题共4小题，共24分。9.质量

为1kg的质点静止于光滑水平面上，从t=0时起，第1秒内受到2N的水平外力作用，第2秒内受到同方向的1N的外力作用，第1秒末的外力的瞬时功率为___________W，0～2s内外力的平均功率是___

________W。【答案】①.4②.2.25【解析】【详解】[1]0~1s，物体的加速度11Fma=解得212m/s=a1s末速度1112m/s==vat第1秒末外力的瞬时功率为114WPFv==[2]位移211111m2xat==

外力做的功1112JWFx==1~2s，物体的加速度22Fma=解得221m/sa=位移22122212.5m2xvtat=+=外力做的功2222.5JWFx==0~2s内外力的平均功率12122.25WWWPtt+==+10.长L=0.5m的轻绳悬挂一

质量m=2kg的小球（可看成质点），开始时绳竖直，小球与一倾角θ=30°的质量M=4kg的静止三角形物块刚好接触，如图所示，不计所有的摩擦。若用水平推力F向左推动三角形物块，当轻绳与斜面平行时小球的速度大小为v=0.2m/s，重

力加速度g=10m/s2，则此过程中，轻绳对小球做的功为___________J；推力F做的功为___________J。的【答案】①.0②.5.36【解析】【详解】（1）小球做圆周运动，轻绳对小球的作用力与小球运动方向一直垂直，因此轻绳对小球做的功是零。（2）由功能关系可知，推力F做

的功为小球机械能的增加量和三角形物块动能的增加量之和，则有()22111sin1222vWmgLmvM=−++代入数据解得5.36JW=11.向心力演示器如图所示，用来探究小球做圆周运动所需向心力F的大小与质量m、角速度和半径r之间的关系。两个

变速轮塔通过皮带连接，匀速转动手柄使长槽和短槽分别随变速轮塔1和变速轮塔2匀速转动，槽内的钢球就做匀速圆周运动。横臂的挡板对钢球的压力提供向心力，钢球对挡板的反作用力通过横臂的杠杆作用使弹簧测力筒下降

，从而露出标尺，标尺上的黑白相间的等分格显示出两个钢球所受向心力的比值。如图是探究过程中某次实验时装置的状态。（1）在研究向心力F的大小与质量m、角速度和半径r之间的关系时我们主要用到了物理学中的___________；A．理想实验法B．等效替代法C．控制变量

法D．演绎法（2）图中所示，若两个钢球质量和运动半径相等，则是在研究向心力的大小F与___________的关系；A．钢球质量mB．运动半径rC．角速度（3）图中所示，若两个钢球质量和运动半径相等，图中标尺上黑白相间的等分格显示

出钢球A和钢球C所受向心力的比值为9:1，则与皮带连接的变速轮塔1和变速轮塔2的半径之比为___________。A．9:1B．1:9C．3:1D．1:3【答案】①.C②.C③.D【解析】【详解】（1）[1]本实验通过控制质量m、角速度ω

和半径r中两个物理量相同，探究向心力F与另外一个物理量之间的关系，采用的科学方法是控制变量法。故选C。（2）[2]若两个钢球质量和运动半径相等，则是在研究向心力的大小F与角速度的关系。故选C。（3）

[3]两钢球质量m相等，做匀速圆周运动的半径r相等，根据2Fmr=可知二者角速度之比为11223FF==两变速塔轮边缘的线速度大小相等，所以有1122RR=与皮带连接的变速轮塔1和变速轮塔2的半径之比为12211

3RR==故选D。12.（1）某学校使用的是电磁式打点计时器，则该打点计时器要接下面的___________（填“A”或“B”）电源。（2）用如图所示的实验装置验证机械能守恒定律，在下面所列举的该实验的几个操作步骤中，你认为没有必要进行的或者

错误的步骤是___________（填字母代号）。A.按照图示的装置安装器件B.将打点计时器接到学生电源的直流输出端上C.用天平测量出重物的质量D.先放手让纸带和重物下落，再接通电源开关E.选择一条纸带，用刻度尺测出重物从起始点O（此时重物的速

度为零）下落的高度1h、2h、3h、、nh，计算出对应的瞬时速度1v、2v、3v、、nvF.分别算出212imv和(1imghi=，2，3)n，在实验误差允许范围内看是否相等。（3）在“验证机械能守恒定律”的实验中，打点周期为0.02s，自由下落的重物质量为1kg，打出一条

理想的纸带，数据如图所示，单位是cm，g取29.8m/s，O、A之间有多个点没画出，打点计时器打下点B时，物体的速度Bv=___________m/s，从起始点O（此时重物的速度为零）到打下B点的过程中，重力势能的减少量pE=___________J，若考虑空

气阻力，动能增加量应___________重力势能减少量（填：大于、小于或等于）【答案】①.A②.BCD③.0.98④.0.49⑤.小于【解析】【详解】（1）[1]电磁式打点计时器应使用低压交流电源，故选A。（2）[2]B．打点计时器应接到学生电源的交流输出端上，故B错误；C．验证动能

的增加量和重力势能的减小量是否相等，两边都有质量，可以约去，不必要用天平测量物体的质量，故C错误；D．实验时应先接通电源，再释放纸带，故D错误故选BCD。（3）[3]根据某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度求出B点的速度()2AC7.063.1410

m/s=0.98m/s220.02BxvT−−==[4]重力势能的减小量19.80.0501J0.49JpEmghD==创?[5]若考虑空气阻力，重物下落过程中需要克服阻力做功，机械能有损失，故动能增加量应小于重力势能减少量。四、计算题：本题共3小题，共36分。解题时写出必

要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，有数值计算的，最后要写出数值和单位，并将相应内容填入答题卷相应位置。13.一质量m=2kg的物块放于水平面上。在与水平面成α=37°斜向上的拉力F=10N作用下，从静止开始向。右运动s=10m的距离，物块与水平面间的动摩擦因数μ=0.2，g=

10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8求：（1）拉力对物块所做的功WF；（2）摩擦力对物块所做的功Wf。【答案】（1）80J；（2）-28J【解析】【详解】（1）拉力对物块所做的功为

cos80JFWFs==（2）对物块，有sin37NFmg+=fN=解得2.8Nf=摩擦力对物块所做的功为f2.810J28JWfs=−=−=−14.第24届冬奥会于2022年2月在北京和张家口成功举行，高山滑雪是冬奥会运动项目之一，训练轨

道可简化为由弧形轨道AO和倾斜直轨道OB组成，如图所示。某运动员（可视为质点）从弧形轨道A点由静止滑下，从O点沿水平方向飞出，并落到轨道OB上。已知A点与O点的高度差h=20m，轨道OB的倾角37=，取210m/s=g，不计一切摩擦和空气阻力，sin370.6

=，cos370.8=，求：（1）运动员经过O点时的速度大小；（2）落点与O点的距离；（3）运动员从O点飞出后与轨道OB的最远距离。【答案】（1）20m/s；（2）75m；（3）9m【解析】【详解】（1）从A到O对运动员，动能

定理2012mghmv=解得020m/sv=（2）运动员作平抛运动tanyx=212ygt=0xvt=解得60mx=落点与O点的距离75mcosxs==（3）从O点飞出后与轨道OB时，垂直斜面方向速度为0sin12m/syvv==垂直斜面方向加速度为2cos8m/syag==

从O点飞出后与轨道OB最远距离2m9m2yyvha==（）15.如图所示，在距水平地面高h1=1.2m的光滑水平台面上，一个质量m=1.5kg的物块（视为质点）压缩弹簧后被锁扣K锁住，储存的弹性势能Ep=3J。现打开锁扣K，物块与弹簧分离后将以一定的水平速度向右滑离

平台，并恰好从B点沿切线方向进入光滑竖直的圆弧轨道BC。已知B点距水平地面的高h2=0.6m，的圆弧轨道BC的圆心O，C点的切线水平，并与水平地面上长为L=2.8m的粗糙直轨道CD平滑连接，小物块沿轨道BCD运动并与右边的竖直墙壁会发生

碰撞，重力加速度g=10m/s2，空气阻力忽略不计。试求：（1）物块运动到B的瞬时速度vB大小及与水平方向夹角；（2）物块在圆弧轨道BC上滑到C时对轨道压力NC大小；（3）若物块与墙壁碰撞后速度反向、大小变为碰前的

一半，且只会发生一次碰撞，那么物块与轨道CD之间的动摩擦因数μ应该满足怎样的条件。【答案】（1）4m/sBv=，60=；（2）50NCN=；（3）0.056≤μ＜0.5【解析】【详解】（1）解除锁扣，物块获得动

能2p012Emv=解得02msv=物块由A运动到B过程中做平抛运动，机械能守恒()2p1212BEmghhmv+−=解得4msBv=根据平抛运动规律有021cos42Bvv===60=（2）根据图中几何关系可知()21co

sOhBRC=−解得的1.2mR=根据能的转化与守恒可知21p12CEmghmv+=解得27msCv=对物块在圆弧轨道C点应用牛顿运动定律2CCvNmgmR−=解得50NCN=根据牛顿第三定律，物块对轨道压力NC大小为50N。（3）

依据题意知，μ的最大值对应的是物块撞墙前瞬间的速度趋于零，运用动能定理有2102CmgLmv−=−代入数据解得12μ＜对于μ的最小值求解，首先应判断物块第一次碰墙后反弹，能否沿圆轨道滑离B点，设物块碰前在D处的速度为2v，由能量关系有21p212mghEmgLmv+=+第一次

碰墙后返回至C处的动能为2k218CEmvmgL=−可知即使μ＝0，有22218mvmgh物块不可能返滑至B点，μ的最小值对应着物块撞后回到圆轨道最高某处，又下滑经C恰好至D点停止，运用动能定理2221122DCmgLmvmv−=−221

120)22DmgLmv−=−（）（联立解得118综上可知满足题目条件的动摩擦因数μ值11182即为0.056≤μ＜0.5获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com