【文档说明】上海交通大学附属中学2021-2022学年高一（下）期中考试物理试题（等级考） 含解析.docx，共(18)页，1.305 MB，由小赞的店铺上传

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上海交通大学附属中学2021-2022学年度第二学期高一物理期中（等级考）试卷命题：陆栋梁审核：苏俊杰王晓敏（满分100分，60分钟完成.答案一律写在答题纸上.）考生注意：1．全卷共6页，共20题.2．第1

9--20题要求写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案，而未写出主要演算过程的，不能得分，有数字计算的问题，答案中必须明确写出数值和单位.一、单项选择题（共12小题，40分，1-8每题3分，9-12每题4分）1.

下列说法正确的是（）A.重力势能一定大于零B.重力势能大小只由重物本身决定C.在地面上的物体所具有的重力势能一定等于零D.重力势能实际上是物体和地球组成的系统所共有的【答案】D【解析】【详解】A.重力势能具有相对性，同一物体相对于不同的零重力势能面，其值可能为正、可能为负、

也可能为零，故A错误；B.重力势能由物体的重力mg和其相对零重力势能面的高度h共同决定，故B错误；C.只有规定地面为零重力势能面时，地面上的物体所具有的重力势能才等于零，否则就不等于零，故C错误；D.重力势能实际上是物体和地球组成的系统所共有的，故D正确。故选D2.关于弹簧的

弹性势能，下列说法正确的是A.当弹簧变长时，它的弹性势能一定增大B.弹簧在拉伸时的弹性势能一定大于压缩时的弹性势能C.同一弹簧，在弹性限度内，形变量越大，弹性势能越大D.弹性势能的大小与使弹簧发生形变的物体质量有关【答案】C【解析】的。【详解】若弹簧处于压缩状态，当弹簧变长时，它的弹性势

能减小，选项A错误；弹簧的弹性势能由弹簧的形变量决定，则弹簧在拉伸时的弹性势能不一定大于压缩时的弹性势能，选项B错误；同一弹簧，在弹性限度内，形变量越大，弹性势能越大，选项C正确；弹性势能的大小由弹簧的形变量决定，与使弹簧发生形变的物体质量无关，选项D错误.3

.如图所示为苏炳添在圆形弯道上匀速率奔跑，则苏炳添在这段圆弧内（）A.线速度不变B.加速度不变C.相同时间内速度变化量相同D.相同时间内与轨道圆心的连线转过的角度相同【答案】D【解析】【详解】A．在圆形弯道上匀速率奔跑，线速度大小

不变，方向时刻改变，A错误；B．在圆形弯道上匀速率奔跑，做匀速圆周运动，加速度大小不变，方向时刻改变，B错误；C．根据vat=可知，运动员的加速度时刻改变，因此相同时间内速度变化量不相同，C错误；D．圆形弯道上匀速率奔跑，做匀速圆周运动，角速度恒定，根据t=可知，相同时间内与轨道圆

心的连线转过的角度相同，D正确。故选D。4.如图所示，小物块A与水平圆盘保持相对静止，跟着圆盘一起做匀速圆周运动，下列关于A的受力情况说法正确的是A.受重力、支持力B.受重力、支持力和指向圆心的摩擦力C.

受重力、支持力、与运动方向相同的摩擦力和向心力D.受重力、支持力、与运动方向相反的摩擦力和向心力【答案】B【解析】【详解】物块A随圆盘一起做匀速圆周运动，受重力、支持力和指向圆心的静摩擦力，重力和支持力平衡，靠静摩擦力提供向心力，故选B.5.如图所示，是物体

做匀变速曲线运动的轨迹，已知在B点处的速度方向与加速度的方向垂直，则下列说法中正确的是（）A.B点的速率比C点的速率小B.A点处的加速度比C点的加速度大C.从A点到C点，物体的速度一直增加D.从A点到C点，加速度与速度的

夹角先减小后增大【答案】A【解析】【详解】A．由题意可知，物体的加速度竖直向下，根据牛顿第二定律知合外力竖直向下，从B到C，运动方向和力的方向的夹角为锐角，合外力做正功，则B点的速率比C点的速率小，故A正确；B．物体做匀变速曲线运动，则加速度不变，故B错误；C．从A点

到C点，合外力先做负功，后做正功，则物体的速度先减小后增大，故C错误；D．从A点到C点，加速度与速度的夹角一直减小，故D错误。故选A。6.关于运动物体的受力、速度和动能，下列说法正确的是（）A.物体受到的合外力不为零，其速度必定变化B.物体的动能不变，其所受的合外力必定为零C.物体

受到的合外力对物体做功，它的速度一定变大D.物体受到的合外力对物体不做功，它的速度必定不变【答案】A【解析】【详解】A．物体受到的合外力不为零，将具有加速度，其速度必定变化，故A正确；B．物体的动能不变，只能说明物体速度大小不变，而物体速度方向可能改变，所以其所受合外力不一定为零，例如

匀速圆周运动，故B错误；C．物体受到的合外力对物体做正功，它的速度一定变大，物体受到的合外力对物体做负功，它的速度一定变小，故C错误；D．物体受到的合外力对物体不做功，它的速度大小一定不变，但方向可能改变，例如匀速圆周运动，故D错误。故选A。7.关于摩擦力和作用

力与反作用力做功的关系，下列说法正确的是（）A.滑动摩擦力对物体可能做负功，可能做正功，也可能不做功B.静摩擦力发生在相对静止的物体之间，所以静摩擦力对物体一定不做功C.作用力与反作用力所做的功一定大小相等D.作

用力做正功时，反作用力一定做负功【答案】A【解析】【详解】A．滑动摩擦力的方向与接触面的相对运动方向相反，相对接触面发生了位移，但相对地面的位移情况不一定，故滑动摩擦力对物体可能做负功，可能做正功，也可能不做功，A正确；B．静摩擦力发生在相对静止的物体之间，但相对地面

可能是运动的，所以静摩擦力对物体可能做功，B错误；C．一对作用力和反作用力作用在两个物体上，大小相等方向相反，但是两物体的位移不一定相等，所以做的功不一定大小相等，C错误；D．作用力和反作用力是作用在两个相互作用的物体之上的；作用力和反作用力可以同时做正功；如冰面上两个原来静止的小孩子相

互推一下之后，两人同时后退，则两力做正功，D错误。故选A。8.一个物体在平面内运动，以其运动的起点为坐标原点，建立平面直角坐标系，其运动可分解为沿坐标轴方向的两个直线运动，其运动学方程分别为232mxtt=+()，37myt=+(

)。则（）A.物体做匀变速直线运动B.物体做匀变速曲线运动C.物体做匀速直线运动D.物体做变加速曲线运动【答案】B【解析】【详解】由运动学方程可知，物体沿x轴方向做匀加建直线运动，沿y轴方向做匀速直线运动，合运动是曲线运动，且加速度恒定，所以合运动是

匀变速曲线运动。故选B。9.一块木板水平放在某装置底部，装置从地面开始向上运动的速度﹣时间图像如图所示，g取10m/s2，则下列分析正确的是（）A.0～0.5s木板的机械能守恒B.0.5s～1.0s木板的机械能守恒C.1.0s～1.5s木板的机械能守恒D.0～1.5s木板的机械能一

直在增加【答案】C【解析】【详解】A．0～0.5s木板加速上升，木板动能和重力势能均增大，木板的机械能不守恒，A错误；B．0.5s～1.0s木板匀速上升，动能不变，重力势能增大，机械能不守恒，B错误；CD．1.0s～1.5s木

板的加速度为2250m/s10m/s1.51.0ag−===−木板的加速度方向竖直向下，只受重力作用，做自由落体运动，只有重力做功，机械能守恒，C正确，D错误。故选C。10.如图所示，设竖直圆轨道的最低点处重力势能为零

，小球以某一初速度从最低点出发沿轨道内侧运动到最高点时，小球的机械能E机、重力势能Ep和动能Ek的相对大小（用柱形高度表示）可能是（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【详解】恰好通过最高点时，根据牛顿第

二定律2mvmgR=可得最小动能2kmin11=22EmvmgR=在最高点的势能p2EmgR=而pkEEE+=机因此机械能一定大于势能或动能，而动能最小为势能14，也有可能大于或等于势能。故选C。11.一只皮球从离地面一定高度由静止释放，其受到空

气阻力的大小与速度平方成正比。下列描写皮球在下落过程中速度v、加速度a与下落时间t的关系图像，皮球克服空气阻力做功、皮球动能E与下落高度h的关系图像，可能正确的是（）A.B.的C.D.【答案】C【解析】【详解】A

B．由于受到空气阻力的大小与速度平方成正比，由牛顿第二定律可得2mgkvma−=所以下落过程中先是加速度减小的加速运动，当2mgkv=时，以后做匀速运动，故AB错误；C．皮球在下落过程中，皮球克服空气阻力做功2Wfhkvh==故C正

确；D．皮球在下落过程中，由动能定理0mghfhE−=−所以()Emgfh=−由于f增大，故()mgf−减小，即斜率减小，故D错误。故选C。12.如图，工人在斜坡上用一绳跨过肩膀把货物从A点缓慢拉到B点，轻绳与斜坡夹角恒为θ。若工人采用身体前倾的姿势使θ变小且保持恒定，仍把货物从A

点缓慢拉到B点，则用身体前倾的姿势拉货物（）A.一定更省力，对货物做的功也一定更少B.一定更省力，但对货物做的功一定更多的C.不一定更省力，但对货物做的功一定更多D.不一定更省力，但对货物做的功一定更少【答案】C【解析】【详解】设绳中拉力为T，斜面倾角为，根据平衡关系cossin

(cossin)TmgmgT=+−整理sincoscossinmgmgT+=+对货物做的功sincoscos1tanmgmgWTx+==+θ变小，拉力不一定变小，但做功一定变大。故选C。二．填空题（共5小题，20分，每题4分）13.动能定理指出，物体受到的_

_________所做的功等于物体动能的变化量。从________定律出发，可以导出动能定理，体现了牛顿力学的简约美。【答案】①.合外力②.牛顿第二【解析】【详解】[1]动能定理指出，物体受到的合外力所做的功等于物体动能的变化量；[2]设质量为m的

物体以初速度0v、加速度为a做匀加速直线运动，位移为s时，速度为tv，物体所受合力为F合，由牛顿第二定律可得Fma=合由匀变速直线运动规律可得2202tasvv=−联立可得2201122tFsmvmv=−合因此从牛顿第二定律出发，可以导出动能定理；14.如图所示，质量为1.

0kg的重物P放在一长木板OA上，物体距O点距离为0.2m，将长木板绕O端缓慢转过30°的过程中，重物P相对于木板始终保持静止，g取10m/s2，则在这一过程中摩擦力对重物做功为_________J；支

持力对重物做功为_________J。【答案】①.0②.1【解析】【详解】[1][2]物块受到重力、支持力和摩擦力的作用，处于平衡状态，在缓慢上升的过程中，位移方向向左上，重力对物块做功为WG=-mgLsinθ=-1J物块在上升

的过程中，物块相对于木板并没有滑动，所以物块受到的摩擦力对物块做的功为零，由于重力对物块做了负功，摩擦力对物块不做功，根据动能定理可知WG+WN=0解得WN=1J15.国际空间站的轨道距地面319.6～346.9k

m，中国天宫空间站的轨道距地面约400km，若将这两个轨道近似视为圆轨道。设国际空间站和天宫空间站运行的周期分别为T1、T2，运行速率分别为v1、v2，则T1________T2、v1___________v2（均选填“大于”

或“小于”）。【答案】①.小于②.大于【解析】【详解】[1][2]由万有引力提供向心力22224MmvGmmrrrT==得GMvr=32rTGM=因为国际空间站比天宫空间站轨道半径12rr所以12TT12vv16.如图所示，一根细绳上端系在O点，下端系一个重球B，放在光滑的斜面体A上。现

用水平推力F向右推斜面体使之在光滑水平面上向右缓慢运动一段距离（细绳尚未到达平行于斜面的位置）。在此过程中：A的位移大小与B的位移大小______（选填：“相等”或“不相等”）；A对B所做功的大小与B对A所做功的大小______（选填：“相等”或“不相等”）。【答案】①.不相等②.相等【解析】

【详解】[1]做出斜面体向右移动一段距离后的情况如图，斜面体上各点的运动情况相同，位移可以用图中的红色线表示，小球的位移如图中绿色线表示，可知二者的位移是大小是不相等的。[2]小球B对斜面体A的弹力与斜面体A对小球B的弹力是一对作用力与反作

用力，二者大小相等，方向相反；弹力的方向垂直于斜面的方向，由几何关系可知，二者的位移在垂直于斜面的分量是相等的，所以A对B所做功的大小与B对A所做功的大小相等，一正一负。17.如图，光滑固定斜面的倾角为30°，A、B两物体的

质量之比为3:1。B用不可伸长的轻绳分别与A和地面相连，开始时A、B离地高度相同。在C处剪断轻绳，当B落地前瞬间，A、B速度大小的关系为vB=________vA，机械能大小的关系为EA=________EB（以地面为零势能面）。的【答案】①.2②.3【解析】【

详解】[1]设开始时A、B离地高度h，B的运动时间为t22Bvgh=解得2Bvgh=B的运动时间为212hgt=解得2htg=对A根据牛顿第二定律得sin30AAmgma=解得12ag=A的速度为122Avatgh==解得2BAvv=[2]当B落地前瞬间，A、B的机械能分别为AAEmgh

=BBEmgh=解得3ABEE=三．综合题（共3小题，40分，18题12分，19题12分，20题16分）18.一艘宇宙飞船飞近某一新发现的行星，并进入靠近该行星表面的圆形轨道绕行数圈后，着陆在行星上，宇宙飞船

上备有以下实验仪器：A．弹簧测力计一个B．精确秒表一只C．天平一台（附砝码一套）D．物体一个为测定该行星的密度，宇航员在绕行中进行了一次测量，依据测量数据可以求出密度.。（1）绕行时测量所用的仪器为________（用仪器的字母序号表示），

所测物理量为________。（2）密度表达式：________（万有引力常量为G）【答案】①.B②.周期T③.23πGT=【解析】【分析】【详解】(1)(2)[1][2][3]在地表附近，由重力等于万有引力则有2MmGmgR=宇宙飞船绕行星做圆周运动，

万有引力等于向心力则有2224MmGmRRT=该行星的密度为343MMVR==联立解得23πGT=由以上可知为测定该行星的密度ρ，需要测出宇宙飞船绕行星做圆周运动的周期T，需要用秒表B测周期。19.如图所示，在“圆锥摆验证向心力的表达式”实验中，细线的悬点刚好与一竖直放置的刻度尺零刻线

对齐，下端悬挂一质量为m的小球，将画有几个同心圆周的白纸置于悬点下方的水平平台上，调节细线的长度使小球自然下垂静止时恰好位于圆心正上方且靠近纸面。用手带动小球运动，使它在放手后恰能在纸面上方、沿某个画好的半径为r的圆周做匀速圆周运动。调节平台的高度，使纸面贴近小球但不接触。已知重力加速度为小

g。（1）用秒表记录运动n圈的总时间t，那么小球做圆周运动需要的向心力表达式为nF=__________（用m、n、t、r及相关的常量表示）；（2）用刻度尺测得画有圆周的纸面距悬点的竖直高度为h，那么小球做匀速圆周运动时外力提供

的向心力表达式F=__________（用m、r、h及相关的常量表示）；（3）经过多次实验研究，若22tnh=________，则可以达到验证向心力表达式的目的。【答案】①.2224nmrt②.rmgh③.24g【解析】【分

析】【详解】（1）[1]用秒表记录运动n圈的总时间t，那么小球做圆周运动的周期tTn=需要的向心力表达式为222224()n=mrnFmrtT=（2）[2]用刻度尺测得画有圆周的纸面距悬点的竖直高度为h，那么小球做匀速圆周运动时外力提供的向心力

表达式tanrFmgmgh==（3）[3]经过多次实验研究，若2224nrmrmgth=即2224tnhg=则可以达到验证向心力表达式的目的。20.无人机在距离水平地面高度h处，以速度0v水平匀速飞行并释放一包裹，不计空气阻力，重力加速度为g。(1)

求包裹释放点到落地点的水平距离x；(2)求包裹落地时的速度大小v；(3)以释放点为坐标原点，初速度方向为x轴方向，竖直向下为y轴方向，建立平面直角坐标系，写出该包裹运动的轨迹方程。【答案】(1)02hvg；(2)202vgh+；(3)2202gyxv=【解析

】【详解】(1)包裹脱离无人机后做平抛运动，在竖直方向做自由落体运动，则212hgt=解得2htg=水平方向上做匀速直线运动，所以水平距离为002hxvtvg==(2)包裹落地时，竖直方向速度为2yhvgtgg==落地时速度为222002yvvvvgh+=+

=(3)包裹做平抛运动，分解位移0xvt=212ygt=两式消去时间得包裹的轨迹方程为2202gyxv=21.倾斜直轨道AB和圆轨道BCD组成了竖直平面内的光滑轨道ABCD，如图甲所示。AB和BCD相切于B点，C、D为圆轨道的最低

点和最高点，O为圆心，OB与OC夹角为37°小滑块从轨道ABC上离C点竖直高度为h的某点由静止滑下，用力传感器测出滑块经过C点时对轨道的压力为F，多次改变高度得到如图乙所示的压力F与高度h的关系图像（该图线纵轴截距为2

N），重力加速度210m/sg=求：(1)滑块的质量和圆轨道的半径；(2)若要求滑块在圆轨道上运动时，在圆弧CD间不脱离轨道，则h应满足的条件；(3)是否存在某个h值，使得滑块经过最高点D飞出后恰好落在B处？若C存在，请求出h

值；若不存在，请计算说明理由。【答案】(1)0.2kg，0.4m；(2)1m；(3)不能落在B点【解析】【详解】(1)当0H=时，由图象截距可知2NFmg==得0.2kgm=有图象可知，当10.5m=H时，对轨道的压力17NF=21112mgHmv=211vFmgmR=−解

得0.4mR=(2)不脱离轨道分两种情况：其一是到圆心等高处速度为零，有能量守恒可知，滑块从静止开始下滑高度10.4mhR=其二是通过最高点，通过最高点的临界条件只有重力提供重力，由2DvmgmR=解得DvgR=设下落高度为0H，由动能定理()20122DmgHRmv−

=解得01mH=则应该满足下落高度差21mh(3)过B点作BE垂直于OC与点E，则sin370.24mDER==假设小球从D点以最小速度抛出后落在与B等高的水平面上，有()211cos372Rgt+=水平位移Dxvt=联立并带入数据解得0.76m0.24mxDE=故不能落到B处。

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