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张家口市2022-2023学年度高一年级第二学期期中考试
物理试卷
班级
姓名
注意事项：
5.
1,答卷前，考生务必将自己的姓名、班级和考号填与在客题卡上。
2回答选择超时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应愿日的答案标号涂黑，如需
改动，用豫皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在客题卡上。写在本
试卷上无效。
3.考试结束后，将本试卷和答愿卡一并交回。
一、单项选择题：本题共8小题，每小题3分，共以分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是
符合题目要求的。
1,关于曲线运动，下列说法正确的是
A速度发生变化的运动，一定是曲线运动
B.物体在恒力作用下不可能做曲线运动
6.
C.做匀速圆周运动的物体，其线速度不变
D.做山线运动的物体所受合外力的方向一定指向其运动轨迹的凹侧
2.如图所示，赠床是运动员在一张绷紧的弹性网上渊跳、翻豫并做各种空中
动作的运动项日。一个质量为60kg的运动员，从离水平网面3.2m高处
自由下蒂，着网后蹦回到离水平网面1.8m高处。已知蓝力加速度g取
10ms,则在此整个过程中
A.运动员重力做的功为1920J
且运动员章力做的功为840】
C.运动员的重力势能诚少了10」
D.运动员的亚力势能增加了840J
3,如图所示，一飞机在无风条件下以一定的速率。在水平面内转弯，如果机
舱内仪表显示机身与水平面的夹角为9，转弯半径为r,则下划关系式正确
8.
的是
A.r=
&tan
B.,一，gam6
C.rvt
D.-
g
g tan
高-物迅第1页（共6页）
4223年？月0日，长征三号丁运或火箭顺利将宏图号1组4颗卫星选入矩地商高度约为
二、多
52如的，图误在销肉皮园际上有个车轮士卫里缩队。只考旅孩组卫星绕地球微圆
是
周运动的加说度速度及周期，则宏图号1组A颗卫足与E垢面离度药为站0心的同
9.下万
步卫尾相比
A宏图号01组（积卫县运行时的加速度大小比同步卫星的小
B宏图号01组4颗卫至运行时的线速度大小比同步卫星的大
C宏图号01组《机卫星的运行同期比同步卫异的大
D,宏图号01组4援卫年的发射速度比同步卫星的大
三.如图所示，A,B,C三个椅体放在匀速转动的水平旋转台上随转台一起绕竖直轴转动，已知三
A.月
个物休与旋转台间的动擦因数均为，且认为坟大静摩擦力等于滑动李擦力；A的质量为
B.
2m,B,C的质厨均为m,AB高轴的距离均为，C离轴的距离为2r。下列说法正确的是
C.
.目
10.20
·官
所
在
A,C的向心加速度数小
B.B受到的孝擦力最大
C.当旋转台转速增加时，B比C先滑动
D,当旋转台转速增加时，C比B先消动
6.在“天宫谋堂"中，凯天员玉亚平说他们在距离地球表面400km的空间站中一天内可以看到
16次日出。已知地球竿径为6400km,引力常量G=6.67X10nN·m2/kg,同步卫星的周
期为24，忽路地球的自转。若只知上述条件，则不能确定的是
A地球的平均密度
B.地球表面的重力加速度和地球的第一宇宙速度
C空间站与地球间的万有引力
A.
D.地球同步卫县与空间站的线速度大小的比值
7.如图所示，御卧志坐是体有课上经常银炼的项日。某次测试中，一质量为
B
50kg的女同学1分钟内做了30个仰卧起坐。假设该同学上半身质量为
C
全身的0,6，每次数抑卧起坐时下半身重心位置不变，则该同学在这次测
D.
试中克服重力做功的平均功率约为
11.
经
A.10w
B.100W
C.50w
D.200W
8,如图所示.四个相同的小球在距地面相同的高度处以相同的速率分别竖直向下竖直向上，水平
向右和斜向上抛出：若不计室气陶方，关于这四个小球从地出到落地的过程，下列说法正确的是
A
A.每个小球在空中的远动时间一定相等
B
B每个小球落地时的速度可能相同
C速力对每个小感傲的功一定相等
c
D.每个小球落地时重力的瞬时功率可能相等
77/77777777/77777777
高一物理
第2页（共6瓦）张家口市2022-2023学年度高一年级第二学期期中考试
物理参考答案
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12
答案 D B A B D C C C AD BD ACD CD
1.D 解析:物体做变速直线运动时速度发生变化,A错误;物体在恒力作用下可能做曲线运动,如平抛运
动,B错误;做匀速圆周运动的物体,其线速度大小不变,方向时刻变化,C错误;做曲线运动的物体的轨迹
总是向合力的方向弯曲,即做曲线运动的物体所受合外力的方向一定指向轨迹的凹侧,D正确。
2.B 解析:整个过程中,运动员的高度下降了h=3.2m-1.8m=1.4m,运动员的质量m=60kg,则重力
对运动员做正功为:W=mgh=840J,A错误,B正确;运动员的重力做了840J的正功,所以运动员的重
力势能减小了840J,C、D错误。
2
3.A 解析:飞机做圆周运动的向心力由重力和升力的合力提供,则由牛顿第二定律可得mgtanθ=m
v ,
r
2
即r= v ,故选 。gtanθ A
2 2
4.B 解析:根据万有引力提供向心力,即有GMmr2 =ma=m
v =m4π GM2r,得a= 2 ,v=
GM ,
r T r r T=
4π2r3,同步卫星的轨道半径大,则同步卫星的加速度小,速度小,周期大, 正确,
GM B A
、C错误;卫星运行
的轨道半径越大,发射时需要的发射速度越大,D错误。
5.D 解析:物体绕轴做匀速圆周运动,角速度相等,有a=ω2r,由于C物体的转动半径最大,故向心加速度
最大,A错误;物体绕轴做匀速圆周运动,角速度相等,静摩擦力提供向心力,根据牛顿第二定律,有Ff=
mω2r,故B受到的摩擦力最小,B错误;物体恰好滑动时,静摩擦力达到最大,有μmg=mω2r,解得ω=
μg,即转动半径最大的最容易滑动,故物体C先滑动,然后物体 、 一起滑动, 错误, 正确。r AB C D
6.C 解析:根据一天内可以看到16次日出可以求得空间站的周期T1,并且地球半径R 和空间站轨道高度
h均已知,根据G Mm 4π
2
( )2=m 2(R+h),可求出地球的质量,地球的半径已知,可求出地球的体积,根R+h T1
据 =Mρ ,可求得地球的平均密度,A正确;忽略地球自转,则由黄金代换公式有V g=
GM,设地球的第一宇
R2
2
宙速度为v,质量为m 的物体绕地球表面以第一宇宙速度v运行,根据牛顿第二定律有GMmR2 =m
v ,结
R
合A选项,可知能确定地球的第一宇宙速度和地球表面的重力加速度,B正确;由于空间站的质量未知,
( )
所以无法求得空间站与地球间的万有引力,C错误;空间站的线速度大小为v =2πR+h1 ,根据G
Mm
T 2 =1 r
mv
2 2
,结合GMm2 =m
4π
2r,结合地球的质量联立可求出同步卫星的线速度大小,故可求出地球同步卫星r r T
与空间站的线速度大小的比值,D正确。
7.C 解析:该同学身高约1.6m,则每次上半身重心上升的距离约为14×1.6m=0.4m
,则她每一次克服
重力做的功W=0.6mgh=0.6×50×10×0.4J=120J,1min内她克服重力所做的总功W总=30×120J
高一物理答案 第 1页(共4页)
W总
=3600J,她克服重力做功的平均功率为P= =3600 , 与 最接近, 正确, 、t 60 W=60W50W 60W C A
B、D错误。
8.C 解析:四个小球抛出后,加速度都是g,竖直方向都做匀变速直线运动,设高度为h,则有对于第一个小
球h=v0t+
1
gt2,第二个小球先上升后下落,返回出发点时,速率等于v0,则知竖直上抛小球的运动时间2
大于竖直下抛小球的运动时间,第三个小球做平抛运动h=1gt2,第四个小球竖直方向做竖直上抛运动,2
运动时间比平抛运动的时间长。故可知竖直下抛的小球运动时间最短,竖直上抛的小球运动时间最长,A
错误;平抛和斜抛的两个小球,落地时速度方向与竖直上抛和竖直下抛的小球速度方向不同,则每个小球
落地时的速度不全相同,B错误;重力做功WG=mgh,高度h相等,重力相等,则重力对每个小球做的功
相同,C正确;根据动能定理m h=1 1g mv2- mv20,落地时速度大小相等,但方向不同,小球落地时重力2 2
做功的瞬时功率公式为P=mgvcosθ,重力的瞬时功率不相等,D错误。
9.AD 解析:小球受重力和细线的拉力作用,细线拉力竖直方向上的分力与重力平衡,水平分力提供向心
力,A正确;向心力是效果力,匀速圆周运动中向心力由合外力提供,物体受到重力、支持力和摩擦力三个
力的作用,B错误;汽车过拱形桥最高点时,加速度向下,处于失重状态,速度越大,所需要的向心力越大,
对桥面的压力越小,C错误;汽车在水平路面转弯时,受到重力、支持力、摩擦力三个力的作用,摩擦力提供
向心力,速度过大可能导致汽车做离心运动,容易造成交通事故,D正确。
TT
10.BD 解析:设需经过时间t二者下一次相距最近,则t-tT T =1
,得t= 1 2 ,T -T A
错误;设神舟十五号
1 2 2 1
飞船与中国空间站的质量分别为m1、m2,绕地球做匀速圆周运动的轨道半径分别为r1、r2,地球质量为
2
, GMm
2 GMm 2 r
M 则有 1=m (2π)r, 2=m (2π)r,解得 1r2 1 1 2 2 2 =1 T1 r2 T2 r2 T1
3
,B正确;神舟十五号飞船由轨道T Ⅰ2
变轨到轨道Ⅱ需要加速,C错误;由GMm2 =ma得a=
GM
2 ,神舟十五号飞船对接后的轨道半径大于地球r r
半径,则神舟十五号飞船对接后的向心加速度小于地球近地卫星的向心加速度,D正确。
11.ACD 解析:物体在传送带上的划痕长度等于物体在传送带上的相对位移,物体达到速度v所需的时间
2 2
t=v,在这段时间内物体的位移x v1= ,传送带的位移g 2g x
v
μ μ 2
=vt= ,则物体在传送带上的相对位移
μg
2
x=x v2-x1= ,AC正确;传送带克服摩擦力做的功就是电动机多做的功,电动机多做的功转化成了2μg
物体的动能和摩擦产生的内能,物体在这个过程中获得的动能为1mv2,所以电动机多做的功一定大于2
1mv2,B错误;电动机增加的功率即为克服摩擦力做功的功率,大小为2 P=Ffv=μmgv
,D正确。
12.CD 解析:由图可知,当电动汽车速度最大时,牵引力等于阻力,可得f=Fmin=600N,A错误;AB 阶
段,牵引力保持不变,根据公式P=Fv,易知随着电动汽车速度的增加,牵引力的功率增加,B错误;电动
汽车的额定功率为P额=Fminvmax=10.8kW,C正确。AB 阶段,牵引力保持不变,根据牛顿第二定律有
F-f=ma,a1=2m/s2,匀加速的末速度v=
P
F=3.6m
/s,可知t=va =1.8s
,D正确。
1
13.答案:(1)控制变量法(2分) (2)B(2分) (3)2∶1(2分)
解析:(1)在该实验中应用了控制变量法来探究向心力的大小F 与质量m、角速度ω和半径r之间的关系。
(2)如图乙所示,如果两个钢球的质量m 相等,且a、b轮半径相同,两球转动的角速度ω 相同,则是在探
高一物理答案 第 2页(共4页)
究向心力的大小F 与转动半径r的关系。
(3)钢球①、②的角速度相等,则根据v=ωr可知,线速度之比为2∶1。
14.答案:(1)滑槽最高点(2分) (2)x g1 (2分) (3)AB(2分) (4)2H 0.5
(2分)
解析:(1)第二次实验中,应让滑块B仍从滑槽最高点由静止滑下。
(2)
x
两图中滑块到达滑槽底端的速度相等,图甲中由平抛运动知识得,水平方向v = 11 ,竖直方向有t
H=1gt2,联立解得2 v
g
1=x1 。2H
(3)利用平抛运动,同理可求得图乙中离开桌面的速度v =x g2 2 ,物体在水平桌面上运动,由动能定2H
x2-x2
理得,-μmgL=
1 2
2mv2-
1
2mv
2 1 2
1,联立解得μ= ,由表达式可知引起误差的是 、。4HL AB
(4)上式代入数据得μ=0.5。
15.答案:(1)480J (2)1.6m
解析:(1)小朋友在斜面AB 上下滑过程中重力所做的功为WG=mglsinθ (2分)
解得WG=480J (1分)
(2)对小朋友由A 到B,根据动能定理可得mglsinθ-μmgcosθ·l=Ek-0 (2分)
设在水平滑道上滑行的距离为x,根据动能定理可得-μmgx=0-Ek (2分)
解得x=1.6m (1分)
16.答案:(1)103rad
/s (2)2m
解析:(1)设小球转动角速度最大时细线与转轴的夹角为θ,分析可知Fmcosθ=mg (1分)
mgtanθ=mω2mLsinθ (1分)
解得ωm=
10 / ( 分)
3rads 2
(2)细线断时,小球的速度v=ωmLsinθ (1分)
解得v=4m/s (1分)
细线拉断后小球做平抛运动有h-Lcosθ=12gt
2,
x=vt (1分)
小球的落地点到P 点在水平地面上的竖直投影点的距离d= (Lsinθ)2+x2 (1分)
解得d=2m (1分)
17.答案:(1)36s (2)3.6×103kg/m3
解析: 1 25s末达到最高点,由于图线与坐标轴包围的面积为物体的位移,故有
H=1
( 分)
2×25×96m=1200m 1
即探测器在该行星表面达到的最大高度为1200m,发动机关闭后,探测器减速上升的过程中,只受重
力,故加速度即为重力加速度,则该星球表面重力加速度大小为 Δv
g=Δt=6m
/s2 (2分)
探测器从最高点开始做自由落体运动,自由落体运动的时间为t,则有H=12gt
2 (1分)
解得t= 2H =20s (1分)g
高一物理答案 第 3页(共4页)
发动机故障后探测器落回地面的总时间T=(25s-tA)+t=36s (2分)
2 由行星表面的万有引力等于重力得GMmR2 =mg
(2分)
行星的质量M= ·4ρ 3πR
3 (2分)
解得 = 3gρ 3 / 3 ( 分)4πRG≈3.6×10kgm 1
18.答案:(1)5m/s (2)16.5N (3)μ≥0.205或μ≤0.025
解析:(1)小物块经过t=0.3s恰好能从光滑圆弧形轨道CD 的C 点沿切线
方向进入圆弧形轨道,如图由几何关系知
sin37°=gt (2分)vC
解得vC=5m/s (1分)
(2)如图由几何关系得hCD=2m (1分)
由C 到D 根据动能定理得mgh
1 2 1 2
CD= mvD- mvC (2分)2 2
解得vD= 65m/s
v2
小物块在D 点时有F DN-mg=m ( 分)R 20
解得FN=16.5N (1分)
由牛顿第三定律知,物块在D 点对轨道的压力为16.5N (1分)
(3)要使小物块在运动过程中不与轨道脱离,小物块恰能运动到1圆周处时,由动能定理得4
-μ1mgL-m
1
gR=0- mv2D (2 2
分)
解得μ1=0.205
2
小物块恰能做完整的圆周运动时,在最高点由重力提供向心力m vg=m (R 1
分)
解得v=23m/s
由动能定理得-μ2mgL-mg·2R=
1mv2-1mv2D (2分)2 2
解得μ2=0.025
要使物体在运动过程中不与轨道脱离,小物块与水平轨道DE 段间的动摩擦因数μ应满足
μ≥0.205或μ≤0.025 (2分)
高一物理答案 第 4页(共4页)
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