精品解析：陕西省西安市铁一中学2022-2023学年高一下学期期中物理试题(解析版)

一、单项选择题（每小题4分，共32分）

1. 如图所示，汽车以10m/s的速度沿直道匀速驶向路口，当行至距离路口停车线20m处时，绿灯还有3s熄灭，若最终该汽车在绿灯熄灭时停止在停车线处，则该汽车运动的速度v随时间t的变化关系图像一定是（ ）

A. B.

C. D.

【答案】C 【解析】

【详解】根据vt图像围成的面积表示位移，0~3s内选项C对应的位移为

x101m1002m20m 2比较其他选项中vt图像围成的面积，可知选项A对应的位移大于20m，选项BD对应的位移小于20m。 故选C。

2. 关于功，下列说法中正确的是（ ） A. 力越大，表明此力做功越快

B. 两个互成90°的力分别对物体做了3J和4J的功，则这两力的合力做功为5J C. 正功表示功的方向为正方向，负功表示功的方向与正方向相反 D. 力的大小和物体在力的方向上的位移大小决定功的多少 【答案】D 【解析】 【详解】A．根据

PFv

可知力越大，做功的功率不一定大，此力做功不一定越快，A错误；

B．功为标量，两个互成90°的力分别对物体做了3J和4J的功，则这两力的合力做功为7J，B错误；

C．功是标量，不能说功有方向，正功表示动力做功，负功表示阻力做功，C错误； D．由功的定义可知，力的大小和物体在力的方向上的位移大小决定功的多少，D正确。 故选D。

3. 如图所示，ad、bd、cd 是竖直面内三根固定的光滑细杆，每根上套着一个小滑环（ 图中未画出），三个滑环分别从 a、b、c 处释放（初速为 0），用 t1 、t2、 t3依次表示各滑环到达 d 所用的时间，则（ ）

A. B.

ttt123

ttt312C. t1t2t3 D.

ttt123

【答案】D 【解析】

【详解】对小滑环，受重力和支持力，将重力沿杆的方向和垂直杆的方向正交分解，根据牛顿第二定律得小滑环做初速为零的匀加速直线运动，加速度为agsin(90)gcos (为杆与竖直方向的夹角)，由图中的直角三角形可知，小滑环的位移S2Rcos，所以

t误．

2s22RcosR2，t与无关，即t1t2t3，故选项D正确，A、B、C错agcosg4. 物体A、B都静止在同一水平面上，它们的质量分别是mA和mB，与水平面之间的动摩擦因数分别为A和B，用平行于水平面的力F分别拉物体A、B得到加速度a和拉力F的关系图像分别如图中A、B所示，已知tan26340.5，利用图像可求出A、B两物体与水平面之间的动摩擦因数A和B的数值分别为（ ）

A. A11 ，B1530B. A0.2，B0.1 D. A0.1，B0.2

C. A0.1，B0.05 【答案】C 【解析】

【详解】对物体A，根据牛顿第二定律可得

FAmAgmAaA

则有

aA由图像可知

FAg mAAmAg2N

12.01 mA622联立解得

mA2kg

A0.1

对物体B，根据牛顿第二定律可得

FBmBgmBaB

则有

aB由图像可知

FBg mBBmBg2N

11.01 mB624联立解得

mB4kg

B0.05

故选C。

5. 如图所示为足球球门，球门宽为L。一个球员在球门中心正前方距离球门s处高高跃起，将足球顶入球门的左下方死角（图中P点）。球员顶球点的高度为h。足球做平抛运动（足球可看成质点，忽略空气阻力），则 （ ）

2LA. 足球位移的大小xs2 4gL22sB. 足球初速度的大小v0 2h4gL22sC. 足球末速度的大小v2gh 2h4D. 足球初速度的方向与球门线夹角的正切值tan【答案】BC 【解析】

【详解】A．足球位移的大小

L 2sL2xs2h2 4故A错误；

B．足球做平抛运动，在水平方向上有

L2x's2v0t

4在竖直方向上有

h12gt 2联立解得

gL22v0s 2h4故B正确；

C．根据运动的合成可得足球末速度的大小

2vv0(gt)2 结合

h12gt 2gL22v0s 2h4解得

gL22vs2gh 2h4故C正确；

D．足球初速度的方向与球门线夹角等于足球做平抛运动过程在水平方向上的位移与球门线的夹角，根据几何知识可知

tans2sLL 2故D错误。 故选BC。 【点睛】

6. 2023年1月9日，“长征七号”运载火箭在中国文昌航天发射场点火起飞，托举“实践二十三号”卫星直冲云霄，随后卫星进入预定轨道，发射取得圆满成功。假设该轨道为圆，且在该轨道上还有其他卫星绕地球运动，则对该轨道上的所有卫星，下列物理量一定相同的是（ ） A. 动能 【答案】C 【解析】

【详解】AD．设卫星质量为m，地球的质量为M，轨道半径为r，有

B. 向心加速度

C. 周期

D. 线速度

GMmv2m 2rr解得

vGM r12mv 2同一个轨道上，其线速度大小相同，但是在不同位置，其线速度的方向不一样，又有

Ek因为各卫星的质量不一定相同，所以虽然卫星的线速度大小相同，但是其动能不一定相同，故AD错误； B．对卫星有

GMmman r2解得

anGM 2r因为在同一轨道，所以卫星的向心加速度速度大小相等，但是在不同位置时，其向心加速度的方向不同，故B项错误； C．对卫星有

GMm42m2r 2rT解得

42r3 TGM因为轨道半径相同，所以各位置的卫星周期相同，故C项正确。 故选C。

7. 如图，将一质量为m的小球从a点以初速度v斜向上抛出（不计空气阻力），小球先后经过b、c两点。已知a、c之间的高度差和b、c之间的高度差均为h，重力加速度为g，取a点所在的水平面为零势能面，则小球在（ ）

A. b点的机械能为2mgh B. b点的动能为

12mv2mgh 2C. c点的机械能为mgh 【答案】D 【解析】

D. c点的动能为

12mvmgh 2【详解】A．b点不是最高点，根据机械能守恒，b点机械能为

EbEa同理，c点机械能大于mgh ，AC错误； B．根据机械能守恒

12mv2mgh 212mvEkb2mgh 2b点的动能为

EkbB错误；

D．根据机械能守恒

12mv2mgh 212mvEkcmgh 2c点的动能为

EkcD正确。 故选D。

12mvmgh 28. 如图甲所示，轻杆一端固定在O点，另一端固定一小球，现让小球在竖直平面内做半径为R的圆周运动．小球运动到最高点时，杆与小球间弹力大小为N，小球在最高点的速度大小为v，其N－v2图象如图乙所示．则 ( )

A. 小球的质量为

aR bR bB. 当地的重力加速度大小为

C. v2－c时，在最高点杆对小球的弹力方向向上 D. v2－2b时，在最高点杆对小球的弹力大小为2a 【答案】A 【解析】

【详解】由图乙可知当小球运动到最高点时，若v2－b，则N－0－轻杆既不向上推小球也不

bv2向下拉小球，这时由小球受到的重力提供向心力，即mg－m ，得v2－b－gR，故g－－B

RR错误；当v2>b时，轻杆向下拉小球，C错误；当v2－0时，轻杆对小球弹力的大小等于小球重力，即a－mg，代入g－

aRb－A正确；当v2－2b时，由向心力方程得小球的质量m－bRv2F－mg－m得杆的拉力大小F－mg，故F－a－D错误；故选A－

R二、多项选择题（选对得4分，选对但不全得2分，错选得0分）

9. 两实心小球甲和乙由同一种材料制成，甲球质量大于乙球质量。两球在空气中由静止下落，假设它们运动时受到的阻力与球的半径成正比，与球的速率无关。若它们下落相同的距离，则( )

A. 甲球用的时间比乙球长

B. 甲球末速度的大小大于乙球末速度的大小 C. 甲球加速度的大小小于乙球加速度的大小 D. 甲球克服阻力做的功大于乙球克服阻力做的功 【答案】BD 【解析】

【详解】C．设小球的密度为，半径为r，则小球的质量为mVr，重力

3434Gmggr3，小球的加速度

3aGfmgkr3kg mm4r2可知，小球的质量越大，半径越大，则下降的加速度越大，所以甲的加速度比较大，C错误；

B．根据2axv2可知，加速度比较大的甲球末速度的大小大于乙球末速度的大小，故B正确；

A．两个小球下降的距离是相等的，根据x短。故A错误；

12at可知，加速度比较大的甲运动的时间2D．它们运动时受到的阻力与球的半径成正比，所以甲的阻力大，根据WFs可知，甲球克服阻力做的功大乙甲球克服阻力做的功，故D正确。 故选BD。

10. 如图所示，一倾角为θ的固定粗糙斜面，下端固定一轻质弹簧，弹簧上端位于B点．一质量为m的小物块从A点以某一速度匀速滑下，当物块到达B点后将弹簧压缩到C点，然后向上返回恰好能回到A点．已知AC长度为x，重力加速度为g，则（ ）

A. 物块与斜面之间的动摩擦因数为sin B. 物块匀速下滑的速度大小为2gxsin C. 弹簧的最大弹性势能为Epm2mgxsin

D. 从B点到C点的过程中，物块和弹簧组成的系统机械能守恒 【答案】C 【解析】 【分析】

【详解】A．小物块可以沿着斜面匀速下滑，根据平衡条件可得

mgsinmgcos

解得

tan

A错误；

B．从A到C再到A，根据功能关系可得

2xmgcos解得

12mv0 2v02gxsin B错误；

C．从C到A的过程中，根据能量守恒定律可得弹簧的最大弹性势能为

EpmC正确；

(mgsinmgcos)x2mgxsin

D．从B点到C点的过程中，摩擦力对物块做负功，物块和弹簧组成的系统机械能减小，

D错误。 故选C。

11. 如图所示，足够大的平台上放一个质量为m的物块（视为质点），轻质橡皮筋一端与物块连接，另一端系在竖直转轴上距平台高度为h的A点，开始时橡皮筋伸直但无弹力且与平台的夹角为37。现使物块随平台由静止开始缓慢加速转动，当橡皮筋与平台的夹角为

30时，物块恰好要离开平台。物块与平台间的动摩擦因数为0.2，重力加速度大小为g，

取sin370.6，cos370.8，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，橡皮筋的弹力始终遵循胡克定律，且弹性势能Ep下列说法正确的是（ ）

12kx（其中k为橡皮筋的劲度系数，x为橡皮筋的形变量）。2

A. 当平台的角速度大小为g时，物块相对平台静止 7hB. 橡皮筋的劲度系数为

mg hC. 物块在平台上滑动的过程中，其速度大小可能为2gh D. 在平台转动的过程中，摩擦力对物块做的功为【答案】AD 【解析】

【详解】A．设物块恰好相对平台静止时，平台的角速度为1，物块速度大小为v1，则有

11mgh 6r1h4h

tan373211v12mgmrm

r1解得

13g，v120h4gh 15由于gg时，物块相对平台静止，故A正确； 1，所以当平台的角速度大小为7h7hhhh

sin30sin373h3h

tan30B．由题意可知，物块恰好要离开平台时，平台对物块支持力为零，橡皮筋的形变量为

x此时有

r2kxsin30mg

解得

k故B错误；

6mg hC．当物块恰好离开平台时，设物块速度大小为v2，则有

2v2kxcos30m

r2解得

v23gh 则物块在平台上滑动时的速度范围在

4ghv3gh 15由于2ghv2，说明物块已离开平台，故C错误； D．根据动能定理有

WfW弹其中

12mv2 2W弹联立解得

12kx 2Wf故D正确。 故选AD。

11mgh 612. 如图所示，在2010年2月温哥华冬奥会自由式滑雪比赛中，我国某一运动员从弧形雪

坡上沿水平方向飞出后，又落回到斜面雪坡上，如图所示，若斜面雪坡的倾角为θ，飞出时的速度大小为v0，不计空气阻力，运动员飞出后在空中的姿势保持不变，重力加速度为g，则（ ）

A. 如果 v0不同，则该运动员落到雪坡时的速度方向也就不同 B. 不论 v0多大，该运动员落到雪坡时的速度方向都是相同的 C. 运动员落到雪坡时的速度大小是

v0 cosD. 运动员在空中经历的时间是【答案】BD 【解析】 【分析】

2v0tan g【详解】D．设在空中飞行时间为t，运动员在竖直方向做自由落体运动，水平方向做匀速直线运动；运动员竖直位移与水平位移之比

12gty2gttan xv0t2v0则有飞行的时间

t故D正确；

C．竖直方向的速度大小为

2v0tan gvy＝gt＝2v0tan

运动员落回雪坡时的速度大小

22 vv0v2yv014tan故C错误；

AB．设运动员落到雪坡时的速度方向与水平方向夹角为α，则

tanvyv02v0tan2tan v0由此可知，运动员落到雪坡时的速度方向与初速度方向无关，初速度不同，运动员落到雪坡时的速度方向相同，故B正确，A错误。 故选BD。

三、实验题

13. 某同学用如图所示装置来探究“在外力一定时，物体的加速度与其质量之间的关系”。

（1）下列实验中相关操作正确的是________。

A．平衡摩擦力时，应先将沙桶用细线绕过定滑轮系在小车上 B．平衡摩擦力时，小车后面应固定一条纸带，纸带穿过打点计时器 C．小车释放前应靠近打点计时器，且先释放小车后接通打点计时器的电源

（2）将沙和沙桶的总重力mg近似地当成小车所受的拉力F，会给实验带来系统误差。设小车所受拉力的真实值为F真，为了使系统误差

mgF真F真5%，小车和砝码的总质量为

M，则M与m应当满足的条件【答案】 －. B －. 0.05 【解析】

m＜________。 M【详解】（1）[1] A．实验前需要平衡摩擦力，平衡摩擦力时，不能将沙桶用细线绕过定滑轮系在小车上，A错误

B．实验时小车与纸带相连，平衡摩擦力时，小车后面应固定一条纸带，且纸带穿过打点计时器，B正确;

C．为充分利用纸带，小车释放前应靠近打点计时器，且先接通打点计时器的电源然后释放小车，C错误。 故选B。

（2）[2]在本实验中认为细线的拉力F等于沙和沙桶的总重力mg，由此造成的误差是系统

误差，对小车，根据牛顿第二定律得

a对整体，根据牛顿第二定律得

F真M

a且

mg

MmmgF真F真解得

＜5%

m＜0.05 M14. 用如图所示的实验装置验证机械能守恒定律。重锤从高处由静止开始下落，重锤上拖着的纸带通过打点计时器，打出一系列的点，对纸带上的点迹进行测量，即可验证机械能守恒定律。已知当地重力加速度为g。

（1）除图中所示的装置之外，还必须使用的器材是__________； A．直流电源、天平（含砝码） B．直流电源、刻度尺 C．交流电源、天平（含砝码） D．交流电源、刻度尺

（2）下面列举了该实验的几个操作步骤： A．按照图所示安装好实验器材并连接好电源

B．先打开夹子释放纸带，再接通电源开关打出一条纸带 C．测量纸带上某些点间的距离

D．根据测量的结果计算重锤下落过程中减少的重力势能是否等于增加的动能 其中没有必要进行的或者操作不当的步骤是_________（选填步骤前的字母）

（3）如图所示，根据打出的纸带，选取纸带上的连续的五个点A、B、C、D、E，通过测量并计算出点A距起始点O的距离为s0，点AC间的距离为s1，点CE间的距离为s2，若相邻两点的打点时间间隔为T。重锤质量为m，根据这些条件计算重锤从释放到下落

OC距离时的重力势能减少量Ep= ______。动能增加量Ek= ________；在实际计算中发

现，重锤减小的重力势能总是大于重锤增加的动能，其原因主要是________________；

（4）某同学利用图中纸带，先分别测量出从A点到B、C、D、E、F、G点的距离h（其中F、G点为E点后连续打出的点，图中未画出），再计算打出B、C、D、E、F各点时重锤下落的速度v和v2，绘制v2h图像，如图所示，并求得图线的纵轴截距b和斜率k。

－请说明如何根据图像验证重锤下落过程机械能是否守恒？__________。

－假设上述实验操作中不受一切阻力影响，此时绘制的v2h图线的纵轴截距b和斜率k与b、k的关系最可能的是_________。

A．bb,kk B．bb,kk C．bb,kk D．bb,kk

m(s1s2)2 －. D －. B －. mg(s0 + s1) －. －. 由于阻力的存在，【答案】232T使得一部分势能转化为内能 －. v2—h图像应为一条不过原点且斜率接近2g的直线 －. D 【解析】 【分析】

【详解】（1）[1]打点计时器使用交流电源，实验中需要测量点迹间的距离，从而得出瞬时速度和下降的高度，所以需要刻度尺。实验中验证动能的增加量和重力势能的减小量是否相等，质量可以约去，不需要测量质量，则不需要天平。 故选D。

（2）[2]A．按照图中所示安装好实验器材并连接好电源，A正确，不符合题意； B．先接通电源，再打开夹子释放纸带，B错误，符合题意； C．测量纸带上某些点间的距离，C正确，不符合题意；

D．根据测量的结果计算重锤下落过程中减少的重力势能是否等于增加的动能，D正确，不符合题意。 故选B。

（3）[3]重锤从释放到下落到C位置时的重力势能减少量为

Ep = mg(s0 + s1)

[4]动能增加量为

Ek =

12mvC =

2

12s1s22m(s1s2)2m( ) =

4T32T2[5]实验中，发现重锤减少的势能总是大于重锤增加的动能，造成这种现象的主要原因是由于阻力的存在，使得一部分势能转化为内能。 （4）①[6]若机械能守恒有

mgh =

整理后有

v2 = 2gh + vA2

若重锤下落的过程中若机械能守恒，则v2—h图像应为一条不过原点且斜率接近2g的直线。

②[7]若存在阻力则有

mgh - fh =

整理后有

v2 = 2(g - f)h + vA2

由上式可看出

k′ = 2g，k = 2(g - f)，b = b′ = vA2

故选D。

1212mv2 -

12mvA2

mv2 -

12mvA2

四、计算题

15. 如图所示，半径为R的圆盘绕垂直于盘面的中心轴匀速转动，其正上方h处沿OB方向水平抛出一小球，要使小球与圆盘只碰一次，且落点为B，已知重力加速为g。求： （1）小球的初速度v0大小；

（2）圆盘转动的角速度ω可能的表达式。

【答案】（1）v0R【解析】

gg ；（2）2n（n1，2，3）t2h2h【详解】（1）设小球在空中运动时间为t，此时间内圆盘转过θ角，由平抛运动知识得

Rv0t

h故小球的初速度大小

12gt 2v0R（2）根据几何关系可知圆盘转过的角度为

g 2h2n(n1，2，3)

其中

t

则圆盘角速度

t2ng （n1，2，3）2h16. 如图所示，半径为R的圆管BCD竖直放置，一可视为质点的质量为m的小球以某一初速度从A点水平抛出，恰好从B点沿切线方向进入圆管，到达圆管最高点D后水平射出．已知小球在D点对管下壁压力大小为2mg，且A、D两点在同一水平线上，BC弧对应的圆心角θ＝60°，不计空气阻力．求：

1

(1)小球在A点初速度的大小； (2)小球在D点角速度的大小；

(3)小球在圆管内运动过程中克服阻力做的功． 【答案】(1)gR；(2)【解析】

【分析】（1）根据几何关系求出平抛运动下降的高度，从而求出竖直方向上的分速度，根据运动的合成和分解求出初速度的大小．

（2）根据向心力公式求出小球在D点的速度，从而求解小球在D点角速度． （3）对A到D全程运用动能定理，求出小球在圆管中运动时克服阻力做的功． 【详解】（1）小球从A到B，竖直方向: vy2＝2gR(1＋cos 60°) 解得vy＝3gR 在B点：v0＝

1g；(3)mgR

42Rvytan600＝gR.

1mg-22mvDmg＝

R（2）在D点，由向心力公式得

解得vD＝2gR 2ω＝

vDg. ＝

R2R11（3）从A到D全过程由动能定理：－W克＝2mvD2－2mv02 解得W克＝

1mgR. 4【点睛】本题综合考查了平抛运动和圆周运动的基础知识，难度不大，关键搞清平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，以及圆周运动向心力的来源．

17. 冰壶比赛是在水平冰面上进行的体育项目，比赛场地示意图如图所示。比赛时，运动员脚蹬起蹬器，身体成跪式手推冰壶从本垒圆心O向前滑行，至前卫线时放开冰壶使其沿直线OO′滑向营垒圆心O′，为使冰壶能在冰面上滑的更远，运动员可用毛刷刷冰面以减小冰壶与冰面间的动摩擦因数。已知O点到前卫线的距离d=4m，O、O′之间的距离L=30.0m，冰壶的质量为20kg，冰壶与冰面间的动摩擦因数μ1=0.008，用毛刷刷过冰面后动摩擦因数减小到μ2=0.004，营垒的半径R=1m，g取10m/s2。 (1)若不刷冰面，要使冰壶恰好滑到O′点，运动员对冰壶的推力多大？

(2)若运动员对冰壶的推力为10N，要使冰壶滑到营垒内，用毛刷刷冰面的距离是多少？

【答案】(1) 12N；(2) 12m 【解析】

【详解】(1)设运动员对冰壶的推力大小为F，由动能的定理得到

Fd1mgL0

代入数据，解得

F12N

(2)设冰壶运动到营垒的最左边时，用毛刷刷冰的距离是x1，冰壶运动到营垒的最右边时，用毛刷刷冰的距离是

x2，则由动能定理

Fd1mg(LRx1)2mgx10

代入数据，解得

x18m

由动能定理得到

Fd1mg(LRx2)2mgx20

代入数据，解得

x212m

18. 如图所示,固定斜面的倾角30,物体A与斜面之间的动摩擦因数为,轻弹簧下端固定在斜面底端,弹簧处于原长时上端位于C点．用一根不可伸长的轻绳通过轻质光滑的定滑轮连接物体A和B，滑轮右侧绳子与斜面平行，A的质量为2m，B的质量为m初始时物体A到C点的距离为L．现给A、B一初速度v0使A开始沿斜面向下运动,B向上运动,物体A将弹簧压缩到最短后又恰好能弹到C点．已知重力加速度为g，不计空气阻力，求此过程中:

（1）物体A向下运动刚到C点时的速度; （2）弹簧的最大压缩量; （3）弹簧中的最大弹性势能．

23vL3323gL0【答案】（1）v02（2）（3）mv02mgL

4g2423【解析】

【详解】（1）A和斜面间的滑动摩擦力

f2mgcos

物体A向下运动到C点的过程中,根据能量关系有：

2mgLsin1123mv03mv2mgLfL 222vv023gL

3（2）从物体A接触弹簧,将弹簧压缩到最短后又恰回到C点,对系统应用动能定理：

1f2x03mv2

223v0Lx

4g2（3）弹簧从压缩最短到恢复原长的过程中, 因为

mgx2mgxsin，

根据能量关系，压缩最短时的弹性势能全部转化为回去过程中的摩擦热，即：

Epfx

所以

Epfx

323mv0mgL 42