【文档说明】吉林省长春市东北师范大学附属中学2022-2023学年高一下学期期中物理试题 含解析.docx，共(20)页，1.705 MB，由小赞的店铺上传

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2022-2023学年东北师大附中高一年级（物理）学科试卷下学期期中考试一、单项选择题（共8小题，每小题4分）1.在物理学不断发展进步的过程中，许多物理学家做出了重要的贡献，下列叙述符合史实的是（）A.第谷总结得出了行星运动的规律，牛顿发现了万有引力定律

B.万有引力公式122mmFGr=中引力常量G的值是牛顿测得的C.物理学家胡克认为引力的大小与行星和太阳间距离的平方成正比D.牛顿将行星与太阳、地球与月球、地球与地面物体之间的引力规律推广到宇宙中的一切物体，得出了万有引力定律【答案】D【

解析】【详解】A．开普勒总结得出了行星运动的规律，牛顿发现了万有引力定律，A错误；B．万有引力公式122mmFGr=中引力常量G的值是卡文迪什测得的，B错误；C．物理学家牛顿认为引力的大小与行星和太阳间距离的平方成

正比，C错误；D．牛顿将行星与太阳、地球与月球、地球与地面物体之间的引力规律推广到宇宙中的一切物体，得出了万有引力定律，D正确。故选D。2.如图，B物体置于水平桌面上，A物体通过轻绳和轻质定滑轮与B物体

相连。开始时，A，B两物体均静止，A物体距地面高H，轻绳恰好伸直。已知B物体的质量是A物体质量的二分之一，重力加速度为g，不计一切摩擦。物体A从静止开始下落至刚要落地时，物体A的速度大小为（）A.23gHB.gHC.43gHD.32gH【答案】C【解析】【详解】根据题意，令A、B两物体质量分别为2

m、m，对A、B构成的系统，由机械能守恒定律有()21222mgHmmv=+解得43vgH=故选C。3.下列说法中正确的是（）A.物体速率不变时，其动量一定不变B.物体速度变化时，其动能可能不变C.人走路时，地面对人的静

摩擦力对鞋底做正功D.力在某一过程对物体不做功，在这个过程中力对物体的冲量一定为零【答案】B【解析】【详解】A．动量是矢量，物体速率不变，如果速度方向发生变化，物体的动量依然会发生变化，A错误；B．物体速度的大小不变，速度的

方向发生变化时，物体的速度发生变化，当物体的动能不变，即物体速度变化时，其动能可能不变，B正确；C．人走路时，地面对人的静摩擦力在力的方向上没有产生位移，可知人走路时，地面对人的静摩擦力对鞋底不做功，C错误；D．根据cosWFx

=，IFt=可知功是力对空间位移的累积，冲量是力对时间的累积，则力在某一过程对物体不做功，在这个过程中力对物体的冲量不一定为零，D错误。故选B4.一质量为m=0.2kg的物体，从20m高处以v0=10m/s的水平速度被抛出，忽略空气

阻力，重力加速度g=10m/s2.下列说法正确的是（）A.1.5s末重力的瞬时功率为20WB.前2s内重力的平均功率为40WC.从物体开始运动到下落5m时，重力的冲量为2Ns。D.下落20m时，物体的动量变化量为2(10510)kgm/s−【答案】C【解析】【详解

】A．1.5s末重力的瞬时功率为yPmgv=竖直速度为ygt=v联立解得P=30W故A错误；B．前2s内物体下落的高度为2211102m20m22hgt===前2s内重力做的功为0.21020JWmgh==前2s内重力的平均功率为20W=10W2WPt==故B错误；C

．从物体开始运动到下落5m时所用的时间为21112hgt=解得11st=重力的冲量为10.2101Ns2NsImgt===故C正确；D．下落20m时，所用的时间为212Hgt=解得2st=根据动量定理Ip=可得下落20m时，物体的动量变

化量为0.2102Ns4Nspmgt===故D错误。故选C。5.如图，物体在拉力作用下竖直向上运动，以下情况中可能存在的是（）A.加速运动时，拉力做功1J，物体重力势能的增加量等于1JB.匀速运动时，拉力

做功1J，物体重力势能的增加量大于1JC.减速运动时，重力做功1−J，物体和地球系统的机械能增加量等于1JD.加速运动时，重力做功1−J，物体和地球系统的机械能增加量大于1J【答案】D【解析】【详解】A．加速向上运动时，

拉力做功1J，则物体机械能增加1J，而增加的动能大于0，可知物体重力势能的增加量小于1J，A错误；B．匀速向上运动时，拉力做功1J，则物体机械能增加1J，而增加的动能等于0，可知物体重力势能的增加量等于1J，B错误；C．减速向上运动时，重力做功1−J，即重力势能

增加1J，由于速度减小，动能减小，即物体和地球系统的机械能增加量小于1J，C错误；D．加速向上运动时，重力做功1−J，即重力势能增加1J，由于速度变大，动能增加，即物体和地球系统的机械能增加量大于1J，D正确。故选D。6.如图，物体

置于粗糙水平面上，分别对物体施加水平拉力F1和与水平方向成角的斜向上的拉力F2，两种情况物体以相同的加速度运动。当物体经过相同时间t时，关于两种情况拉力与合力的冲量说法正确的是（）A.两种情况拉力的冲量相同，合力的冲量也相同B.F2的冲量方向水平向右，大小为F2cosθtC

.F1的冲量可能大于F2的冲量，两种情况合力的冲量相同D.F1的冲量一定大于F2的冲量，第一种情况合力的冲量小于第二种情况合力的冲量【答案】C【解析】【详解】ACD．对物体施加水平拉力F1时，根据牛顿第二定律，有1Fmgma−=拉力斜

向上时有()22cossinFmgFma−−=联立可得12cossinFF=−（）由于不知道θ的大小，所以无法比较F1和F2的大小，根据冲量公式IFt=两种情况拉力的冲量关系不能确定，根据Fm

a=合可知两种情况下合力相等，根据冲量公式可知合力的冲量相同，故AD错误，C正确；B．F2的冲量大小为2IFt=方向与F2的方向相同，故B错误。故选C。7.如图，水平弹簧右端固定在竖直墙壁上，左端固连

在物块上，水平面光滑。开始时物块静止，弹簧处于原长。一颗子弹以水平速度v0射入物块，并留在物块中。若子弹和物块作用时间极短，下列有关说法中正确的是（）A.子弹开始打物块到与物块共速，子弹、物块组成的系

统动量守恒B.子弹开始打物块到弹簧压缩至最短，子弹、物块、弹簧组成的系统机械能守恒C.子弹开始打物块到弹簧压缩至最短，子弹、物块、弹簧组成的系统动量守恒D.子弹物块以相同速度压弹簧的过程中，物块、子弹、弹簧组成的系统动量守恒【答案】A【解析】【详解】A．

由于子弹和物块作用时间极短，则在打击过程中，内力远远大于外力，可知子弹开始打物块到与物块共速，子弹、物块组成的系统动量守恒，A正确；B．根据上述，子弹开始打物块到与物块共速过程类似完全非弹性碰撞，该过程有一部分动能转化为内能，则子弹开始打物块到弹簧压缩至最

短，子弹、物块、弹簧组成的系统机械能减小，不守恒，B错误；C．打击过程子弹与物块动量守恒，打击完成后，子弹与木块向右压缩弹簧，系统所受外力的合力不为0，该过程动量不守恒，可知子弹开始打物块到弹簧压缩至最短，子弹、物块、弹簧组成的系统动量不守恒，C错误；D．根据上述可知，子弹物

块以相同速度压弹簧的过程中，物块、子弹、弹簧组成的系统动量不守恒，D错误。故选A。8.如图，卫星b为地球极地圆轨道卫星，卫星a为同步卫星，两卫星轨道面互相垂直。图示时刻，卫星b在卫星a轨道上A点的正下方，卫星a处于轨道上图示位置B，劣弧AB为四分之一圆弧，a卫星转动方向如图所示

。已知b的周期为3小时，地球自转周期为24小时，下列说法正确的是（）A.卫星a的加速度与卫星b的加速度之比为16:1B.卫星a的线速度与卫星b的线速度之比为2:1C.从图示时刻起再经过6小时，卫星a将出现在卫星b的正上方D.相等时间内a卫星与地心连线扫过的面积与b卫

星与地心连线扫过的面积之比为2:1【答案】D【解析】【详解】A．地球同步卫星的周期等于地球自转周期24h，根据2224aaaaaaaMmrGmmarT==，2224bbbbbbbMmrGmmarT==解得41

abrr=，116abaa=A错误；B．根据22aaaaaMmvGmrr=，22bbbbbMmvGmrr=结合上述解得14abvv=B错误；C．从图示时刻起再经过6小时，由于616h244aaTT==，

66h23bbTT==即经历6小时，卫星a转过四分之一圆周，卫星b转过两个完整圆周，根据图像可知，此时卫星a位于A的圆周上对称点位置，卫星b位于A的正下方，卫星a并没有出现在卫星b的正上方，C错误；D．中心天体是地球，根据开普勒第二定

律可知相等时间内a卫星与地心连线扫过的面积与b卫星与地心连线扫过的面积之比为2:1，正确。故选D。二、多项选择题（共8小题，每小题4分）9.如图，由A、B两颗星构成的孤立双中子星系统。已知A、B两中子星均做匀速圆周运

动，其转动中心为O，且4OAOB=。关于此系统下列说法中正确的是（）A.A、B两颗星的周期之比为1:1B.A、B两颗星的周期之比为8:1C.A、B两颗星的质量之比为1:1D.A、B两颗星的质量之比为1:4【答案】AD【解析】【详解】AB．根据题意可知，A、B两颗星构成的孤立双中子星系统，转动

时角速度相等，由公式2T=可得，A、B两颗星的周期之比为1:1，故B错误，A正确；CD．A、B两颗星构成的孤立双中子星系统，万有引力提供向心力，则有()22ABAB2GmmmOAmOBOAOB==+A、B两颗星的质量之比为AB14

mOBmOA==故C错误，D正确。故选AD。10.“天问一号”探测器在靠近火星时需要通过变轨过程逐渐靠近火星。已知引力常量为G，则下列说法正确的是（）A.“天问一号”的发射速度大于地球的第二宇宙速度B.“天问一号”在轨道I上经P点的势能大于在轨道II上的经过Q点的势能C.“天问一号”在P点从轨道I

I变轨到轨道I，需要在P点朝速度反方向喷气D.若轨道I贴近火星表面，已知“天问一号”在轨道I上运动的角速度，可以知火星的密度【答案】AD【解析】【详解】A．“天问一号”脱离了地球的束缚，没有脱离太阳的束缚，则“天问一号

”的发射速度大于地球的第二宇宙速度，A正确；B．由Q点到P点，卫星到火星间距减小，万有引力做正功，势能减小，即“天问一号”在轨道I上经P点的势能小于在轨道II上的经过Q点的势能，B错误；C．轨道II变轨到轨道I，是由高轨道到低轨道，需要在P点减速，即需要在P点朝速度方向喷

气，C错误；D．在火星表面有22MmGmRR=火星密度为343MR=解得234G=D正确。故选AD。11.如图，水平面上质量为m的玩具车在发动机牵引力F的作用下开始加速运动，牵引力F的功率P保持恒

定，运动过程中玩具车所受的阻力fF大小不变，玩具车速度最终达到最大值maxv。图乙为玩具车速度的倒数1v与加速度a的关系图像，根据图像所给信息可知以下说法正确的是（）A.30Pm=B.max10m/sv=C.f0.1PF=D.图像的斜率为fF

P【答案】AB【解析】【详解】ACD．根据题意，由牛顿第二定律有fFFma−=又有PFv=整理得f1FmavPP=+结合图像有，斜率0.13mkP==截距f0.1FbP==解得30Pm=f10PF=故CD错误，A正确。B．根据题意可知，当加速

度为零时，汽车的速度最大，由图乙可知max10.1v=解得max10msv=故B正确；故选AB。12.如图，A，B两颗人造地球卫星绕地球做圆轨道环绕，图中时刻地心与A的连线OA和地心与B的连线OB互相垂直。若已知地球

对A，B两颗星的张角为分别为1、2，且12sin124sin2=，卫星B的周期为T。下列说法正确的是（）A.A，B两颗星的轨道半径之比为1:4B.若两颗星均按图中顺时针方向转动，则至少经过67T两星相距最远C.若两颗星均按图中逆时针方向转动，则再

经过87T两星相距最近D.若两颗星均按图中逆时针方向转动，则再经过2T两星相距最近【答案】BD【解析】【详解】A．根据几何关系有11sin2RR=，22sin2RR=解得12:4:1RR=A错误；B．若两颗星均按图中顺时针方向转动，令则至少经过

1t两星相距最远，则有111222ttTT−−=根据开普勒第三定律有3312221RRTT=结合上述解得167tT=B正确；CD．若两颗星均按图中逆时针方向转动，令则至少经过2t两星相距最近，则有2212222ttnTT

+−=（n=1，2，3…）结合上述解得2827ntT−=若287tT=，解得54n=不符合题意，若22tT=，解得2n=符合题意，C错误，D正确。故选BD。13.如图，足够长粗糙程度均匀的斜面固定于水平面上，一物体从斜面底端沿斜面向上冲，冲到最高处后

折返回到斜面底端。已知斜面倾角37°，物体质量为2kg，物体在斜面底端的初动能为100J，回斜面底端时的动能为80J。规定物体在斜面底端时重力势能为零，重力加速度g=10m/s2，忽略空气阻力，A点为上冲最大距离的一半处。以下说法中正确的是（）A.物体与斜面

间的动摩擦因数为112B.上滑时动能和势能相等的位置在A点处C.下滑时动能和势能相等位置在A点以下D.物体上滑时机械能损失10J【答案】ACD【解析】【详解】A．令上冲最大距离为0x，则上冲过程由动能定理有00k0

sincos0mgxmgxE−−=−下滑过程由动能定理有00k1sincos0mgxmgxE−=−解得07.5mx=，112=A正确；B．令上滑时动能和势能相等的位置到出发点间距为x1，则有11k0ksincosmgxmgxEE−−=−上其中1ksinmg

xE=上结合上述解得的0175m3.95m>3.75m192xx==可知，上滑时动能和势能相等的位置在A点处上方，B错误；C．令下滑时动能和势能相等的位置到出发点间距为x2，则有()()0202ksincos0

mgxxmgxxE−−−=−下其中2ksinmgxE=下结合上述解得0260m3.53m<3.75m172xx==可知，下滑时动能和势能相等的位置在A点处下方，C正确；D．根据功能关系，物体上滑

过程损失机械能转化为摩擦生热。则机械能损失为0cos10Jmgx=D正确。故选ACD。三、实验题（共1小题，每空2分）14.在“验证机械能守恒定律”实验中，打点计时器所用电源频率为50Hz，当地重力加速度的值为9.80m/s2，测得所用重物的质量为0.50kg。某同学用图甲所

示实验装置打出几条纸带，按实验要求选出一条纸带进行测量，测得连续三点A、B、C到第一个点O的距离如图乙所示，相邻计数点时间间隔为0.02s。回答下列问题，所有计算结果均保留三位有效数字。（1）纸带的______端与重物相连。（填“左”或“右”）（2）打点计时器打下计数点B时，重物的速度

vB=______m/s。（3）在从打下起点O到打下计数点B的过程中重物重力势能的减少量ΔEp=______J，此过程中重物动能的增加量ΔEk=______J。（4）通过计算，数值上ΔEp______ΔEk（填“>”、“=”

或“<”），这是因为______。的的（5）实验的结论是______。【答案】①.左②.0.980③.0.245④.0.240⑤.⑥.实验中存在着阻力做功，有机械能损失⑦.在实验误差允许的范围内，重物的机械能守恒【解析】【详解】（1）[1]重物带动纸带向下做

加速运动，速度逐渐增大，点迹逐渐变稀疏，可知纸带与重物连接的一端的点迹分布密集一些，即纸带的左端与重物相连。（2）[2]根据匀变速直线运动，全程的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，则打点计时器打下计数点B时，重物的速度为()27.063.1410m/s0.980

m/s20.02Bv−−==（3）[3]在从打下起点O到打下计数点B的过程中重物重力势能的减少量p0.245JOBEmgx==[4]此过程中重物动能的增加量k210.240J2BEmv==（4）[5]通过上述计算，数值上有pkE

E[6]这是因为实验中存在着阻力做功，减小的重力势能有一小部分转化为内能，即实验中存在着阻力做功，有机械能损失，（5）[7]根据上述数据，实验的结论是在实验误差允许的范围内，重物的机械能守恒。四、计算题（共3小题，15题、16题10分，

17题14分）15.如图所示，光滑四分之一圆弧轨道BC与粗糙水平面相切。质量m=1kg的物体，从水平面上的A点以初速度v0=4m/s向左运动，冲上圆弧轨道，恰能到达轨道最高点C，然后又沿光滑轨道下滑最终停止在水平面上。已知AB长L=4m，轨道半径R=0.4m，重力加速度g=

10m/s2，求：（1）物体与水平面间的动摩擦因数μ是多少？（2）物体最终停下的位置与B点之间的距离是多少？【答案】（1）0.1；（2）4m【解析】【详解】（1）物体从开始运动到轨道顶端整个运动过程中，只有重力和

摩擦阻力做功，根据动能定理得20102mgRfLmv−−=−物体在水平面上所受摩擦力为fmg=解得0.1=（2）物体从轨道上端到停止运动整个运动过程中，只有重力和摩擦阻力做功，根据动能定理得0mgRmgx−=解得4mx=16.如图，两条长度均为l的轻绳，一端固定于O点，另一端

分别连接一质量为m的小球A、B。现将小球A拉起一定高度，当左侧轻绳与竖直方向成θ角时释放小球A，小球A运动到最低点时恰好与小球B发生正碰，碰撞后两球结合在一起继续向上摆动。已知重力加速度为g，两球碰撞时间极短，两球均可视为质点。

求：（1）碰撞前瞬间小球A的速度大小vA；（2）碰撞后小球A、B上升最大高度h。【答案】（1）A2(1cos)vgL=−；（2）1(1cos)4HL=−【解析】【详解】（1）小球A从开始运动到与小球B碰撞前整个运动过程中，只有重力做功，机械能守恒，根据机械能守恒定律得2A1(1cos)2mg

Lmv−=解得A2(1cos)vgL=−的（2）小球A与小球B碰撞过程中水平方向动量守恒，取水平向右为正方向，根据动量守恒定律得A2mvmv=小球A、B从碰撞后瞬间到上升到最大高度的整个运动过程中，只有重力做功，机械能守恒

，根据机械能守恒定律得212(2)2mgHmv=联立解得1(1cos)4HL=−17.如图，水平轻质弹簧左端固定于竖直墙上，右端与质量m=2kg的小物块接触但不栓接，弹簧原长小于光滑平台OA的长度。在平

台的右端有一传送带，AB长L=16m，物块与传送带间的动摩擦因数μ1=0.1。粗糙水平面BD的BC部分长s=2.5m，物块与粗糙水平面间的动摩擦因数μ2=0.2。C点处有一半径为R的光滑竖直圆轨道与水平面BC平滑连接。已知传送带以v

=4m/s的速率顺时针转动，不考虑水平面与传送带连接处物块的机械能损失。开始时弹簧处于压缩状态，小物块固定，弹簧储存的弹性势能Ep=36J。放开物块，小物块通过圆轨道最高点时对轨道的压力恰好等于物块的重力，物块最终停在粗糙水平面上，重力加速度g=10m/s

2。求（1）物块运动到B点的动能Ek；（2）竖直圆轨道的半径R；（3）若传送带速度大小可调，要使物块不脱离轨道，传送带的速度大小满足的条件。【答案】（1）16J；（2）0.1m；（3）15m/sv或023m/sv【解析】【详解】（1）物体被弹出，弹簧的弹性势能全部转化为动能，弹簧

与物块组成的系统机械能守恒，根据机械能守恒定律有2p012Emv=解得06m/sv=由于0vv可知，物块滑上传送带之后立即减速，从减速到与传送带共速的过程中有1mgma=，2202axvv=−解得10mxL

=故物体减速至与传送带共速后与传送带相对静止，并最终以4m/s的速度滑下传送带，因此运动到B点时物块的动能2k116J2Emv==（2）由物体通过轨道最高点时对轨道的压力恰好等于物块的重力可知，在轨道最高点有212vmgmR=从B点运动至轨道最高点的整个过程，根据动能定理有221k1

22mgsmgRmvE−−=−解得0.1mR=（3）当物块恰能通过最高点时，在轨道最高点有22vmgmR=解得21m/sv=根据动能定理有2222311222mgsmgRmvmv−−=−解得315m/sv=当物体从v0减速到v3时有221032axv

v=−解得110.5mxL=故当物块能通过最高点时传送带速度需满足315m/svv=当物体恰能运动到与圆心等高处，根据动能定理有224102mgsmgRmv−−=−解得423m/sv=当物体从v0减速到v4时有222042axvv=−解得212mxL=故当物块运动到与圆心等高处之

下时传送带速度需满足4023m/svv=因此，物块不脱离轨道，传送带速度需要满足的条件为15m/sv或023m/sv获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com