【文档说明】云南省大理白族自治州2022-2023学年高一下学期7月期末质量监测物理试题 含解析.docx，共(17)页，1.400 MB，由小赞的店铺上传

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2022~2023学年下学期大理州普通高中质量监测高一物理试卷（全卷三个大题，共18个小题，共6页；满分100分，考试用时90分钟）注意事项：1.答题前，考生务必用黑色碳素笔将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号等在答题卡上填写清楚

，并认真核准条形码上的相关信息，在规定的位置贴好条形码。2.选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。在试题卷上作答无效。3.非选择题用黑色碳素笔在答题卡上各题的答题区域内作答，在试题卷上作答无效。

4.考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。第Ⅰ卷（选择题，共48分）一、选择题（本大题共12小题，每小题4分，共48分。在每小题给出的四个选项中，第1~8题只有一项符合题目要求；第9~12题有多项符合题目要求，全部选对

的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分）1.一质点做匀速圆周运动，下列说法正确的是（）A.该质点的速度保持不变B.该质点的加速度保持不变C.该质点所受的合外力始终为零D.该质点的角速度大小保持不变【答案】D【解析】【详解】A．匀速圆周运动中的匀

速指的是速率不变，其速度方向时刻改变，故A错误；B．匀速圆周运动的速率不变，由2nvar=可知向心加速度大小不变，但向心加速度的方向指向圆心时刻变化，故向心加速度改变，故B错误；C．匀速圆周运动的质点受到的合外力提供向心力，则其大小不变，而

方向指向圆心时刻改变，故C错误；D．由于匀速圆周运动的速率不变，所以转过2所用的时间相同，即角速度不变，故D正确。故选D。2.如图所示，质量为m木箱P静止在倾角为的斜面上，木箱与斜面之间的动摩擦因数为，重力加速度为g，则斜面对木箱的摩擦力大小为（）的AsinmgB.

cosmgC.sinmgD.cosmg【答案】A【解析】【详解】木箱处于平衡状态，在沿斜面方向，斜面对木箱的摩擦力与木箱重力沿斜面向下的分力平衡，即fsinFmg=故选A。3.如图所示为加速度测量仪示意图，与两根完全相同的轻质弹簧连接的小球穿在光滑的细铁丝上，系统静止时小球

上的指针指在0刻度线处，当测量仪以大小为22m/s的加速度运动时，指针偏离0刻度线的距离为4cm，若指针指在0刻度线左侧6cm处，测量仪运动的加速度为（）A.26m/s，方向向左B.26m/s，方向向右C.23m/s，方向向左D.23m/s，方向向右【答案】D

【解析】【详解】当测量仪以大小为212m/sa=的加速度运动时，设弹簧的进度系数为k，由牛顿第二定律有112kxma=若指针指在0刻度线左侧6cm处，由牛顿第二定律有222kxma=联立两式可得22s3m/a=由于受力方向向右，加速度方向向右故选D。4.汽车保持定速巡航（汽车速度大小不变）行

驶，分别通过上坡、平路和下坡路段，通过各路段时路面对.。汽车的阻力及空气阻力大小恒定，关于几个路段汽车发动机的功率，下列说法正确的是（）A.在上坡路段发动机功率最大B.在平路路段发动机功率最大C.在下坡路段发动机功率最大D.三

种路段发动机功率均相同【答案】A【解析】【详解】汽车保持定速巡航（汽车速度大小不变）行驶，则在上坡路段发动机功率(sin)PFvmgfv==+在平路路段发动机功率PFvfv==在下坡路段发动机功率(sin)PFvfmgv==−所以在上坡路段

发动机功率最大。故选A。5.如图所示，MN为排球网，运动员从M点左上方的P点将排球水平击出，P、M两点的竖直高度差为h，水平距离为4h，重力加速度为g，排球可视为质点，不计空气阻力，为使排球能越过球网落到对方场地，运

动员击出排球的最小速度为（）A.2ghB.2ghC.22ghD.4gh【答案】C【解析】【详解】排球做平抛运动，为使排球能越过球网落到对方场地，运动员击出排球的最小速度满足min4hvt=212hgt=联立求得min22vgh=故选C。6.某

球形行星半径为R，在该星球上以初速度0v竖直上抛一小球，经时间t小球落回抛出点，则环绕该行星做圆周运动的卫星周期的最小值为（忽略行星自转的影响）（）A.02π2RtvB.02πRtvC.04π2RtvD.04πR

tv【答案】A【解析】【详解】设该行星表面的重力加速度为g，根据竖直上抛运动规律可得02vtg=①在行星表面，重力可视为等于万有引力，即002GMmmgr=②设该行星质量为M，卫星质量为m，轨道半径为r，周期为T，根据万有引力定律和牛顿第二定律有2224π

MmGmrrT=③解得2πrTrGM=④由上式可知，当r=R时卫星的周期最小，则由①②④式可得环绕该行星做圆周运动的卫星周期的最小值为min02π2RtTv=故选A。7.如图所示（俯视图），质量为1kg的滑块P静止在粗糙水平地面上，受到相互垂直的水平恒力1F和2F的作用从静止开始运动

，经2s=t时间滑块通过的位移为4m。若13NF=，24NF=，取210m/sg=，则滑块与地面之间的动摩擦因数为（）A.0.2B.0.3C.0.4D.0.5【答案】B【解析】【详解】滑块从静止开始运动，经2s=t时间滑块通过的位移为4m，则有212xat=解得2222m/

sxat==则2NFma==合水平恒力1F和2F的合力22215NFFF+==所以有FfF−=合解得摩擦力3NfFF=−=合则摩擦因数0.3fmg==故选B。8.飞机起飞时从静止开始沿平直轨道向前滑行，经过位移

s后离地起飞，该过程视为匀加速直线运动。飞机通过前2s位移的平均速度大小为1v，通过后2s位移的平均速度大小为2v，则2v与1v的比值满足（）A.21112vvB.2112vvC.2123vvD.2134vv【

答案】C【解析】【详解】设经过位移中点时的瞬时速度为v，末速度为v有222sav=2222savv=−解得2vv=则112vv=21222vvvv++==所以21412122122.41vvvv++==故

选C。9.一质点做自由落体运动，用v表示该质点的速率，kE表示该质点的动能，pE表示该质点的重力势能，E表示该质点的机械能，t表示该质点的运动时间，下列图像正确的是（）A.B.C.D.【答案】AD【解析】【详解】AB．自由落体运动时有

vgt=222k1122Emvmgt==故A正确，B错误；C．自由落体运动时重力势能()222p0001122Emghhmghgtmgtmgh=−=−=−+故C错误；D．自由落体运动时机械能守恒，即E不变，故D正确。故选AD。10.质量为m的人站在电梯内，电梯从1

楼上升到40楼，此过程中电梯速度v随时间t变化的图像如图所示，重力加速度为g，下列说法正确的是（）A.10~t时间内电梯对人的支持力大于mgB.21~tt时间内人处于超重状态C.23~tt时间内人处于超重状态D.23~tt时间内电梯对人的支持力不断增大【答案】AD

【解析】【详解】A．由图可知10~t时间内电梯向上加速运动，具有向上的加速度，电梯里的人处于超重状态，电梯对人的支持力大于mg，选项A正确；B．由图可知21~tt时间内电梯匀速运动，电梯里的人处于平衡状态，选项B错误；C．由图可知23~tt时间内电梯向上减速运动，具有向下的加速度，电梯

里的人处于失重状态，选项C错误；D．v-t图像的斜率表示加速度，由图可知23~tt时间内加速度逐渐减小，根据牛顿第二定律有NmgFma−=解得NFmgma=−所以电梯对人的支持力不断增大，选项D正确。故选AD。11.如图所示，光滑斜面OA和OB的倾角分

别为30和60，质量相等的物块P和Q（均视为质点）从O点由静止释放，分别沿OA和OB下滑，从开始释放到到达斜面底端的过程中，重力对P、Q做的功分别为1W、2W，重力做功的功率分别为1P、2P，下列表达式正确的是（）A.1233WW=B.121WW

=C.1233PP=D.1213PP=【答案】BC【解析】【详解】AB．重力做功Wmgh=由于m、h相同，所以121WW=故A错误，B正确；CD．物块下落做匀加速运动，有21(sin)sin2hgt=

则下落时间22sinhtg=则重力做功的功率WPt=所以1221sin303sin603PtPt===故C正确，D错误。故选BC12.如图所示，质量为m的小球a和质量为4m的小球b固定在长度为L的轻质杆两端，杆可绕过杆中点的固定转动轴在竖直

平面内转动，将a、b从杆水平的位置由静止释放，重力加速度为g，则从释放两小球到小球b第一次到达最低点的过程中，下列说法正确的是（）。A.小球b机械能守恒B.小球b减小的重力势能大于小球a增加的机械能C.杆对小球a做的功为45mgLD.杆对小球b做的功为15mgL−【答案】BC【解析

】【详解】A．从释放两小球到小球b第一次到达最低点的过程中，杆对小球做功，小球b机械能不守恒，故A错误；B．根据能量守恒可知小球b减小的重力势能等于小球a增加的机械能和小球b增加的动能，故B正确；C．从释放两小球到小球b第一次

到达最低点的过程中，系统机械能守恒，则有()2144222LLmgmgmmv−=+解得35abvvvgL===对a分析，由动能定理得2122aaLWmgmv−=解得轻杆对小球a做的功为45aWmgL=故C正确；D．对b分析，由动能定理得214224bbWmLmgv+=

解得轻杆对小球b做的功为45bgLWm−=故D错误。故选BC。第Ⅱ卷（非选择题，共52分）二、填空、实验题（本大题共2小题，共14分）13.A、B两同学通过下面的实验测量人的反应时间。实验步骤如下

：（1）如图甲所示，A同学捏住直尺上端，让直尺处于竖直状态，B同学把手放在直尺零刻度线处（未碰到直尺），准备用两个手指夹住下落的直尺；（2）A同学突然松手，尺子开始下落，B同学看到尺子下落后快速用手指夹住尺子。若夹住尺子的位置刻度为x，重力加速度大小为

g，则B同学的反应时间为___________（用x和g表示），取当地的重力加速度大小为210m/sg=，16.20cmx=，可得B同学的反应时间为___________s。若在该直尺的另一面标记出表示反应时间的刻度线，0.1

s对应的直尺刻度值为1x，0.2s对应的直尺刻度值为2x，则21xx=___________。【答案】①.2xg②.0.18③.4【解析】【详解】（2）[1][2]在B同学的反应时间t内，尺子做自由落体运动，有212xgt=解得2xtg=代入数据可得2216.2010s0.18

s10t−==（2）[3]根据自由落体运动规律可得22211(0.2s)241(0.1s)2gxxg==14.某实验小组用如图甲所示的实验装置验证机械能守恒定律。部分实验步骤如下：（1）测量滑块质量M和钩码质量m（2）将气垫导轨调成水平。

（3）将穿过打点计时器的纸带固定在滑块上，滑块通过跨过光滑定滑轮的轻质细线与钩码相连。（4）启动打点计时器和气垫导轨，将滑块从靠近打点计时器的位置由静止释放，打出一条纸带如图乙所示。图中A点是释放滑块瞬间打点计时器打下的点，B、C、D三点是

纸带上连续打下的3个计时点，测得A、C之间的距离为x1，B、C之间的距离为x2，C、D之间的距离为x3，打点计时器计时周期为T。（5）若200gM=、50gm=、154.00cmx=、22.76cmx=、32.84cmx=，0.02s=T，根据以上数据可得

打点计时器打下C点时滑块的速度大小为___________m/s，滑块运动的加速度大小为___________2m/s（以上两空计算结果保留两位有效数字）。从打点计时器打下A点到打下C点的过程中，钩码和滑块组成的系统重力势能减少量为pE=______

_____J，动能增加量为kE=___________J（g取29.8m/s，后面两空计算结果保留三位有效数字）。【答案】①.1.4②.2.0③.0.265④.0.245【解析】【详解】（5）[1]做匀变速直线运动的物体，一段时间的平均速度等于该段时间中间时刻的瞬时速度，即打点计时

器打下C点时滑块的速度大小为231.4m/s2CxxvT+==[2]由逐差法可得滑块运动的加速度大小为23222.0m/sxxaT−==。[3]从打点计时器打下A点到打下C点的过程中，钩码和滑块组成的系统重力势能减少量为p10.265JEmgx=

=[4]动能增加量为()2k10.245J2CEMmv=+=三、计算题（本大题共4小题，共38分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后结果的不能得分。有数据计算的题，答案中必须明确写出数值和单位）15.一卫星环绕半径为R的球形行星做匀速

圆周运动，该卫星距离行星表面的高度为R，运行周期为T，万有引力常量为G。求：（1）该行星的质量；（2）该行星的平均密度。【答案】（1）23232πRGT；（2）224πGT【解析】【详解】（1）设该行星的质量为M，卫星的质量为m，根据万有引力定律和牛顿第二定律有

2224π2(2)MmGmRRT=解得23232πRMGT=（2）该行星的平均密度为23223π4π332π24RTVRGTGM===16.如图甲所示，一滑块（可视为质点）从斜面底端B点以09.6m/sv=的初速度沿斜面上滑，以平行斜面向上

为正方向，滑块速度v随时间t变化的图像如图乙所示，取重力加速度210m/sg=。求：（1）滑块与斜面之间的动摩擦因数；（2）滑块从开始运动到返回B点所需的时间。【答案】（1）0.45=；（2）3st=【解析】【详解】（1）由图乙可知滑块上滑时的加速度大小22

19.6m/s9.6m/s1a==下滑时的加速度大小2222.4m/s2.4m/s1a==根据牛顿第二定律有1sincosmgmgma+=2sincosmgmgma−=联立代入数据解得sin0.6=cos0.36=所以0.4

5=（2）由图乙可知滑块上滑的位移19.61m4.8m2x==根据匀变速运动有21112xat=22212xat=解得11st=22st=所以滑块从开始运动到返回B点所需的时间123sttt=+=17.如图所示

，AB为位于竖直平面内半径为R的四分之一粗糙圆弧轨道，B点切线水平，质量为m的小球从A点由静止释放，从B点水平抛出后，用频闪照相机（闪光周期恒定）拍下了其运动过程中的a、b、c三个位置，测得a、b两点之间的水平距离为x，竖直距离为1y，b、c两点之间的竖直距

离为2y，重力加速度为g，不计空气阻力，小球视为质点。求：（1）小球运动到轨道末端B点时对轨道的压力大小；（2）从A到B的过程中，小球克服摩擦力做的功。【答案】（1）221()mgxmgRyy+−；（2）2212()mgxmgRyy−−

【解析】【详解】（1）根据平抛运动规律有BxvT=221yyygT=−=联立解得2121Bxgvxyyyyg==−−在B点根据牛顿第二定律有2NBvFmgmR−=解得22N21()BvmgxFmmgmgRRyy=+=+−根据牛顿第三定律可知球运动到轨道末端B点时对轨道的压力大小2

NN21()mgxFFmgRyy==+−（2）小球从A点由静止释放到B点的过程，根据动能定理有2f12BmgRWmv−=解得从A到B的过程中，小球克服摩擦力做的功2f212()mgxWmgRyy=−−18.如图甲所示，倾角为30的光滑固定斜面下端有一挡板，物块A放置在挡板处，物块B通过轻

质弹簧与物块A相连，轻质细绳跨过光滑的定滑轮一端连接物块B，另一端连接一轻质挂钩，轻绳连接B的一段与斜面平行。将物块C挂到挂钩上由静止释放，当物块B上升到最高点时（还未接触滑轮），物块A刚好要离开挡板，此过程中弹簧弹力F的大小随物

块B运动的位移x变化的图像如图乙所示，已知物块A和B的质量相等，取重力加速度210m/sg=。求：（1）弹簧的劲度系数；（2）物块C的质量；（3）物块B速度的最大值。【答案】（1）1000N/mk=；（2）C5kgm=；（3）m6m

/s6v=【解析】【详解】（1）弹簧的劲度系数50N/m1000N/m0.05Fkx===（2）物块B静止时压缩量B1sinFmgkx==可得B10kgm=，10.05mx=物块A刚好要离开挡板有

2Asinkxmg=解得20.05mx=物块B上升到最高点时根据机械能守恒有22C12B122111()()sin22mgxxmgxxkxkx+=++−解得C5kgm=（3）物块B速度的最大时加速度为

零，有3BBsinTkxmgma−−=CCmgTma−=可得30x=根据机械能守恒有222C13B1331BCm111()()sin()222mgxxmgxxkxkxmmv+=++−++解得获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.x

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