【文档说明】黑龙江省齐齐哈尔市第八中学2022-2023学年高一下学期期中 物理 答案.docx，共(18)页，1.578 MB，由小赞的店铺上传

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2022-2023学年度下学期期中考试高一物理试题一、选择题（本题共10小题，共46分。其中1-7小题只有一个选项符合题意，每小题4分；8-10小题有多个选项符合题意，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.下列说法正确的是（）A.弹簧对与之相连的物体做的功等于弹簧弹性势能

的增加B.质点在恒力作用下不可能做曲线运动C.质点做曲线运动时合力可以不做功D.物体合外力为0时，机械能守恒【答案】C【解析】【详解】A．弹簧对与之相连的物体做正功，弹性势能减小，故A错误；B．质点在恒力作用下可能做曲线运动，如平抛

运动，故B错误；C．质点做曲线运动时合力可以不做功，如匀速圆周运动，故C正确；D．物体合外力为0时，机械能不一定守恒，如匀速上升的物体，机械能增大，故D错误。故选C。2.如图所示，质量相同的质点A、B被用轻质细线悬挂在同一点O，在同一水平面内做匀速圆周运动，则（）A.A的线速度一定比B的线速度

大B.A的角速度一定比B的角速度大C.A的向心力一定比B的向心力小D.A所受细线的拉力一定比B所受细线的拉力小【答案】A【解析】【详解】AB．设细线与竖直方向的夹角为θ，根据22tansinsinvmgmLmL==得s

intanvgL=cosgL=A球细线与竖直方向的夹角较大，则线速度较大，两球Lcosθ相等，则两球的角速度相等，故A正确，B错误；C．向心力ntanFmg=A球细线与竖直方向的夹角较大，则向心力较大，故C错误；D．根据竖直方向上受力平衡有c

osFmg=A球与竖直方向的夹角较大，则A球所受细线的拉力较大，故D错误。故选A。3.如图所示，竖直平面内固定有一个半径为R的光滑圆环形相管，现给小球（直径略小于管内径）一个初速度，使小球在管内做圆周运动，小球通过最高点时

的速度为v，已知重力加速度为g，则下列叙述中错误的是（）A.v的极小值为0B.v由零逐渐增大的过程中，轨道对球的弹力先减小再增大C.当v由值gR逐渐增大的过程中，轨道对小球的弹力也逐渐增大D.当v由值gR逐渐减小的过程中，轨道对小球的弹力也逐

渐减小【答案】D【解析】详解】A．当v较小时，对小球通过最高点，由牛顿第二定律2NvmgFmR−=带入v=0可得FN=mg等式成立，说明v的极小值可以为0，故选项A正确；BCD．当v较小在0~gR范围内变化时2NvmgFmR−=可知，FN随着v的减小而

逐渐增大，随着v的增大而逐渐减小；当v在大于gR范围内逐渐变大时mg＋FN=m2vR可知，FN随着v的增大而逐渐变大，故选项B、C正确，D错误。本题选错误的，故选D。4.如图所示，设行星绕太阳的运动是匀速圆周运动，金星

自身的半径是火星的n倍，质量为火星的k倍，不考虑行星自转的影响，则A.金星表面的重力加速度是火星的knB.金星第一宇宙速度是火星的knC.金星绕太阳运动的加速度比火星小D.金星绕太阳运动的周期比火星大【答案】B【解析】【的

【详解】有黄金代换公式GM=gR2可知g=GM/R2,所以222=MRgkgMRn=金金火金火火故A错误，由万有引力提供近地卫星做匀速圆周运动的向心力可知22GMmvmRR=解得GMvR=，所以=vkv

n金火故B正确；由2GMmmar=可知轨道越高，则加速度越小，故C错；由22(2)GMmmrrT=可知轨道越高，则周期越大，故D错；综上所述本题答案是：B【点睛】结合黄金代换求出星球表面的重力加速度，并利用万有引力提供向心力比较运动中的加速度及周期的大小．5.

假设将来人类登上了火星，航天员考察完毕后，乘坐一艘宇宙飞船从火星返回地球时，经历了如图所示的变轨过程，则有关这艘飞船的说法，下列正确的是（）A.飞船在轨道Ⅰ上运动到P点的速度大于在轨道Ⅱ上运动到P点的速度B.飞船绕火星在轨道Ⅰ上运动的周期跟飞船返回地面的过程中绕地球以与轨

道Ⅰ同样的轨道半径运动的周期相同C.飞船在轨道Ⅲ上运动到P点时的加速度大于飞船在轨道Ⅱ上运动到P点时的加速度D.飞船在轨道Ⅱ上运动时，经过P点时的速度大于经过Q点时的速度【答案】D【解析】【详解】A．飞船在轨道Ⅰ上经过P点时，要点火加速，使其速度增

大做离心运动，从而转移到轨道Ⅱ上，所以飞船在轨道Ⅰ上运动到P点的速度小于在轨道Ⅱ上运动到P点的速度，A错误；B．根据222()MmGmrrT=得周期公式32rTGM=，虽然r相等，但是由于地球和火星的质量不等

，所以周期T不相等，B错误；C．飞船在轨道Ⅲ上运动到P点时与飞船在轨道Ⅱ上运动到P点时受到的万有引力大小相等，加速度相等，C错误；D．飞船在轨道Ⅱ上从P点运动到Q点时，飞船做离心运动，P点速度大于Q点的速度，D正确。故选D。6.如图，一很长的、不可伸长的柔软轻绳跨过光滑定

滑轮，绳两端各系一小球a和b、a球质量为m，静置于地面；b球质量为3m，用手托住，高度为h，此时轻绳刚好拉紧，从静止开始释放b后，a可能达到的最大高度为（）A.hB.2hC.1.5hD.2.5h【答案】C【解析】【详解】设a球上升高度h时，两球

的速度大小为v，根据ab系统的机械能守恒得：3mgh=mgh+12•（3m+m）v2，解得：vgh=，此后绳子恰好松弛，a球开始做初速为vgh=的竖直上抛运动，再对a球，根据机械能守恒：mgh+212mv=mgH，解得a球能达到的最大高度

：H=1.5h，故C正确，ABD错误。7.如图所示，有一斜面体ABC，第一次将BC边固定在水平地面上，小物体从顶端沿斜面恰能匀速下滑；第二次将AB边固定于水平地面上，让该小物体从顶端C静止开始下滑，那么

（）A.小物体两次从顶端滑到底端的过程中，克服摩擦力做功相等B.斜面的动摩擦因数为0.75C.第二次小物体滑到底端A点时的速度大小3ghD.第二次小物体滑到底端A点时的克服摩擦力做功为1.5mgh【答案】C【解析】【详解】B．由几何关系可知tanC=0.5则第一次匀速下滑，则sincos

mgCmgC=解得=0.5选项B错误；AD．小物体两次从顶端滑到底端的过程中，两次克服摩擦力做功分别为1cos5fWmgChmgh==21sin52fWmgChmgh==小物体两次从顶端滑到底端的过程中，克服摩擦力做功不相等，选项AD错误

；C．第二次小物体滑到底端A点时212sin52AmvmghmgCh=−解得3Avgh=选项C正确。故选C。8.如图所示，一质量为m的小球固定于轻质弹簧的一端，弹簧的另一端固定于O点处。将小球拉至A处，弹簧恰好无形变，由静止释放小球，它运动到O点正下方

B点速度为v，AB间的竖直高度差为h，则（）A.由A到B重力做的功等于mghB.由A到B重力势能减少212mvC.由A到B小球克服弹力做功为mghD.小球到达位置B时弹簧的弹性势能为22mvmgh−【答案】AD【解析】【分析】【详解】A．重力做功只与初末

位置的高度差有关，则由A至B重力功为mgh，A正确；BD．由A至B重力做功为mgh，则重力势能减少mgh。小球在下降中小球的重力势能转化为动能和弹性势能，所以2p12mghmvE=+B错误D正确；C．根据

动能定理得212mghWmv+=弹所以由A至B小球克服弹力做功22mvmgh−，C错误。故选AD。9.如图所示，质量为2kgm=的小球，以015m/sv=的初速度，朝着一个倾角为37=的斜面平抛出去，它落到斜面上时的速度方向刚好和斜面垂

直，则（）为A.该小球落到斜面上的瞬间重力对小球做功的瞬时功率为500WB.该小球落到斜面上的瞬间重力对小球做功的瞬时功率为400WC.整个平抛运动过程中重力对小球做功的平均功率为200WD.整个平抛运动过程

中重力对小球做功的平均功率为400W【答案】BC【解析】【详解】AB．小球落到一倾角为的斜面上时，其速度方向与斜面垂直，故小球击中斜面前瞬间，速度方向与竖直方向的夹角为0cotyvv=解得20m/syv=此时重力做

功的功率为21020W400WyPmgv===故B正确，A错误；CD．平抛运动的时间为2syvtg==下降的高度为2120m2hgt==重力做功的平均功率200WmghPt==故C正确，D错误。故选BC。10.额定功率为100kW的汽车，在平

直公路上行驶的最大速度为20m/s，汽车的质量3210kgm=，如果汽车从静止开始做匀加速直线运动，加速度大小为22.5m/s，运动过程中阻力不变，则下列说法正确的是（）A.汽车所受的恒定阻力为4000NB.匀加速阶段汽车的牵引力为10000NC.匀加速所能持续的时间为4sD.汽车匀

加速阶段的最大速度为10m/s【答案】BCD【解析】【详解】A．当汽车以最大速度行驶时，此时牵引力与阻力大小相等，则有33max10010N510N20PFfv====故A错误；B．当汽车匀加速行驶时，设此时的牵引

力为F，依据题意有Ffma−=22.5m/sa=3210kgm=求得10000NF=故B正确；CD．当汽车匀加速行驶时，汽车的功率也在随时间增大，据题意有=+()FvfmaatP代入数据解得4st即匀加速所能持续的时间为4s，则汽车匀加速阶段的最大速度为2.54m

/s10m/sv==故CD正确.故选BCD。二、实验题（本题共2小题，每空2分，共18分）11.在“利用重锤做自由落体运动验证机械能守恒定律”的实验中。（1）下列关于该实验说法正确是___________A.纸带必须尽量保持竖直方向以

减小摩擦阻力作用B.为了验证机械能守恒,必须选择纸带上打出的第一个点作为起点C.将电磁打点计时器改成电火花打点计时器可以减少纸带和打点计时器间的摩擦D.可以选择较轻的物体作为重物以延长下落的时间，实验效果更好（2）在该实验中，选定了一条较为理想的纸带，如图所

示，“0”为起始点，以后纸带上所打的各点依次记为1，2，3…测得的x1，x2，x3…是重锤从开始运动到各时刻的位移。已知打点计时器的打点周期为T，重锤质量为m，重力加速度为g，则当打点计时器打点“4”时，重锤的动能Ek4=____________________；从“0”点到“

4”点的过程中重锤重力势能的减少量ΔEp=___________________。（3）通过计算，发现重力势能的减少量略大于动能的增加量，这是因为_____【答案】①.AC##CA②.2532()8mxxT−③.4mgx④.有摩擦力阻力作用，一部分机械能

转换为内能，导致机械能损失【解析】【详解】（1）[1]A．纸带必须尽量保持竖直方向以减小摩擦阻力作用，减小误差，故A正确；B．为了验证机械能守恒，验证一段距离内重力势能变化量和动能变化量的关系，选择合适的点作为起点，起点并不需要为第一个点，故B错误；C．将电磁打点计时器改成

电火花打点计时器可以减少纸带和打点计时器间的摩擦，故C正确；D．应该选择较重的物体作为重物以降低阻力带来的影响，故D错误。故选AC。（2）[2]当打点计时器打点“4”时，重锤的速度大小532xxvT−=重锤的

动能的2253k42()128mxxEmvT−==[3]从“0”点到“4”点的过程中重锤重力势能的减少量4pmghxEmg==（3）[4]发现重力势能的减少量略大于动能的增加量，这是因为有摩擦力阻力

作用，一部分机械能转换为内能，导致机械能损失。12.小明用如图甲所示的装置“研究平抛运动及其特点”，他的实验操作是：在小球A、B处于同一高度时，用小锤轻击弹性金属片使A球水平飞出，同时B球被松开。(1)他观察到的现象是：小球A、B_______（填“同时”或“先后”）落地

；(2)让A、B球恢复初始状态，用较大的力敲击弹性金属片，A球在空中运动的时间_______（填“变长”“不变”或“变短”）；(3)上述现象说明：平抛运动的竖直分运动是_______运动。(4)然后小明用图乙所示方法记录平抛运动的轨迹，由于没有记录抛出点，如图

丙所示，数据处理时选择A点为坐标原点（0，0），结合实验中重锤方向确定坐标系，丙图中小方格的边长均为0.05m，g取10m/s2，则小球运动中水平分速度的大小为_____m/s，小球经过B点时的速度大小为______m/s。【答案】①.同时②.不变③.自由落体④.1.5m/

s⑤.2.5m/s【解析】【详解】(1)[1]因A做平抛运动，B做自由落体运动，平抛运动在竖直方向的分运动是自由落体运动，故AB同时落地。(2)[2]用较大的力敲击弹性金属片，将使得A球的水平初速度变大，

但平抛运动的高度仍然不变，由212hgt=可知，A球在空中运动的时间不变。(3)由上面的实验可知，A、B两球同时落地，可以平抛运动的竖直分运动是自由落体运动。(4)[4]小球竖直方向是匀变速直线运动，由2xaT

=可知，它们时间间隔为的20.05s0.1s10xTg===小球在水平方向是匀速直线运动，由题图可知，水平初速度为030.05m/s1.5m/s0.1xvT===[5]小球经过B点时竖直方向的速度为(35)0.05m/s2m/s20.1yv+==故小球经过B点时的速度为22220

1.52m/s2.5m/syvvv=+=+=三、计算题（本题共3小题，共36分。其中13题10分，14题12分，15题14分。请写出必要的文字说明、物理公式及重要的演算步骤；按题目要求书写数值的有效位数及单位）

13.已知地球半径为R，地球表面重力加速度为g，引力常量为G，同步卫星绕地球匀速转动，轨道半径为地球半径6倍（忽略地球自转的影响），求：（1）地球的密度；（2）同步卫星的线速度v。【答案】（1）34gGR=；（2）6gRv=【解

析】【详解】（1）依题意，忽略地球自转的影响，对地球表面上的物体，重力大小等于万有引力大小，有2MmGmgR=地球质量343MVR==联立两式求得34gGR=（2）对于地球同步卫星，有22MmvGmrr=6rR=联立求得6GMvR=把黄金代

换公式2GMgR=代入上式，可求得同步卫星的线速度大小6gRv=14.如图所示，一半径R=0.4m的圆盘水平放置，绕竖直轴OO′匀速转动，在圆盘上方h=0.8m处有一水平轨道，O′点左侧x0=2m处有一质量m=1kg的小球在F=4.25N的水平恒力作用下由静止开始运动，当小球运动到O′点时撤走

外力F，小球从O′点离开轨道，此时圆盘半径OA恰与小球的速度平行，且OA与速度都沿x轴正方向，g取10m/s2，为了保证小球刚好落在A点，则：（1）小球与水平面的动摩擦因数为多少？（2）圆盘转动的角速度应为多大？【答案】（1）0.4；（2）5(rad/s)k，其

中k=1，2，3【解析】【分析】（1）物块离开O′点后做平抛运动，可以求出平抛运动的初速度，然后根据运动学公式求解加速度，根据牛顿第二定律求解动摩擦因数；（2）根据平抛运动的时间为圆盘转动周期的整数倍进行求解即可；【详解】（1）小球离

开O点后做平抛运动，若正好落在A点，则212hgt=0xRvt==联立代入数据求得01m/sv=则小球由P到O点的过程中，由运动学公式22002vvax−=得2220000.25m/s2vax−==由牛顿第二定律得Fmgma=-代

入已知数据求得0.4=（2）为了使小球刚好落在A点，则小球下落的时间为圆盘转动周期的整数倍，即有2ktkT==其中123...k=，，即225(rad/s)2kgkkth===其中123...k=，，15.滑板运

动是极限运动的鼻祖，许多极限运动项目均由滑板项目延伸而来。如图所示是滑板运动的轨道，BC和DE是两段光滑圆弧形轨道，BC段的圆心为O点，圆心角为60°，半径OC与水平轨道CD垂直，水平轨道CD段粗糙且长8m，一运动

员从轨道上的A点以3m/s的速度水平滑出，在B点刚好沿轨道的切线方向滑入圆弧形轨道BC，经CD轨道后冲上DE轨道，到达E点时速度减为零，然后返回。已知运动员和滑板的总质量为60kg，B、E两点与水平面CD的竖直高度分别为h和H，且2mh=，2.8mH=。求：（1）运动员从A运动到达B点时的速度大小

Bv和在空中飞行的时间ABt；（2）轨道CD段的动摩擦因数、离开圆弧轨道末端时，滑板对轨道的压力；（3）通过计算说明，第一次返回时，运动员能否回到B点？如能，请求出回到B点时的速度大小；如不能，则最后停在何处？【答案】（1）6m/sBv=，33s10ABt=；（2）0.125=，1740

NF=压，方向竖直向下；（3）不能，最后停在距离D点左侧6.4m处【解析】【详解】（1）由题意可知0cos60Bvv=解得026m/sBvv==在B点竖直方向的速度sin6033m/sByBvv==空中飞行的时间33s10ByABvt

g==（2）由B点到E点，由动能定理可得2120CDBmghmgxmgHmv−−=−代入数据可得0.125=由B点到C点，由动能定理可得221122CBmghmvmv=−在C点由牛顿第二定律知2NCCvFmgmR−=由几何知识cos60RhR−=联立解

得N1740NCF=根据牛顿第三定律N1740NCFF==压方向竖直向下。（3）运动员能到达左侧的最大高度为h'，从B到第一次返回左侧最高处，根据动能定理有21202CDBmghmghmgxmv−−=−解得'1.8m<2mhh==所以第一次返回时，运动员不能回到B点

，设运动员从B点运动到停止，在CD段的总路程为s，由动能定理可得2012Bmghmgsmv−=−代入数据解得30.4ms=因为36.4mCDsx=+所以运动员最后停在距离D点左侧6.4m处获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号

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