安lws帅2022~2023学年度第二学期期中联考
徵菌十廉考
甜轻压亚固
高一物理
考生注意：
1.本试卷满分100分，考试时间75分钟。
2.答题前，考生务必用直径0.5毫米黑色墨水签字笔将密封线内项目填写清楚
3.考生作答时，请将答案答在答题卡上。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；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域
内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效。
一、选择题（共10小题，第1~7题为单项选择题，每小题4分；第8~10题为多项选
择题，每小题5分，全对得5分，漏选得2分，错选不得分)
1.3月12日，中国选手张德顺（图中左二）在2023年名古屋女子马拉松比赛中，以2小时
24分05秒的成绩获得第四名，创造了中国女子马拉松近11年来的最佳成绩。若整个
比赛过程中张德顺水平方向上做匀速率运动，每次脚离地后重心上升最大高度的均为
5cm左右，则张德顺每次离开地面时速率最接近（己知“马拉松赛总路程为42.195公
里)(
A.4.0m/s
B.4.5m/s
C.5.0m/s
D.5.5m/s
B
光滑面
粗糙面
题1图
题2图
题3图
2.人字梯是用于在平面上方空间（如屋顶）进行装修之类工作的一类登高工具，因其使
用时，前后的梯杆及地面构成一个等腰三角形，看起来像一个“人”字，因而把它形
象的称为“人”字梯。人字梯有固定人字梯和活动人字梯。其中活动人字梯是将两个
梯子的顶部用活页连在一起，实现自由折叠，并且工人可以独自跨在梯顶移动一个梯
子实现位置变化。如图是一种活动人字梯，由两个完全相同的梯子通过顶端的活页连
接而成。现有某工人跨立在顶端在水平面上作业，某时刻需改变位置，工人让一个梯
第二学期期中联考·高一物理第1页共6页省十联考
子的两脚紧贴地面以速度v滑动，另一梯子两脚不动，此时人字梯的顶角为8，则此时
顶部活页的速率约为(
A.v
B.
sing
C
cos0
2c0号
D.vtan0
3.类比方法在物理学的发展中起着及其重要的作用，其主要有因果类比、数学类比、概念
类比和模型类比。请同学们类比利用-t图像的面积来推导匀变速直线运动位移公式
的方法，解决下面情境中的问题。如图所示，水平面由光滑和粗糙两方形区域组成，质
量为m,长为L的长方体匀质物块，从光滑面以速度vo垂直于分界线进入到粗糙面，已
知物块与粗糙面间的动摩擦因数为“，重力加速度为g,则该过程中物块刚好有一半进
入粗糙面时的速度为(
A.v-ugL
B.哈-gL
C.听-gL
D.哈-gL
4.如图所示，半径为R的半圆柱形物体固定在水平地面上，小物块静止于顶端，若给小物
块一平行于半圆柱体直径方向的水平速度vo=√2gR,空气阻力不计，则小物块(
A.将沿半圆柱形物体表面滑下来
B.小物块中途会与半圆柱体发生碰撞
C.落地时速度大小为2VgR
D.落地时速度方向与水平地面成60°角
5.如图甲所示，倾角为0的光滑斜面固定在水平地面
上，细线一端与可看成质点质量为m的小球相连，
另一端穿入小孔0与力传感器（位于斜面体内部）
连接，传感器可实时记录细线拉力大小及扫过的角
度。初始时，细线水平，小球位于小孔O的右侧，
现敲击小球，使小球获得一平行于斜面向上的初速
度vo,此后传感器记录细线拉力T的大小随细线扫
过角度的变化图像如图乙所示，图中F已知，小球
到O点距离为，重力加速度为g,则下列选项说法正
确的是(
2F
A.小球位于初始位置时的加速度为西
B.小球通过最高点时速度为√g
0
C.小球通过最高点时速度为
Fo
mg sin 0
图乙
D.小球通过最低点时速度为
2Fo-mg sin 0
-vo
Fo
第二学期期中联考·高一物理第2页共6页省十联考参考答案
1.答案 C
解 析 ： 在 离 地 瞬 间 水 平 速 率 约 为 4.88m/s ， 竖 直 速 率 约 为 1m/s ， 所 以
s
v v2水平 v
2
竖直 （ ）
2 2gh 4.98m / s
t
2.答案 C
解析：工人作业时，人梯顶端围绕着不移动的梯脚做圆周运动，梯顶的速度即为绕不动梯脚
转动的线速度，又滑动梯子长度不变，则梯顶和梯脚沿梯子方向的速度相同，如图所示，
则有：v活页 sin vsin
即v活页2sin cos vsin
v
v活页 2 2 2 2 2cos
2
3.答案 C
均质长方体物块进入粗糙面长度为 x（x x gmg ma x得ax x即ax与进入长度成正比，其图像如图所示：
L L
若把物块从开始进入粗糙面到恰好有一半进入得过程均匀分割 n 段，n 趋向无穷大，则每一
2
2 2 v v
2
小段可看成匀减速直线运动，则有：v v 2( a )x n 1 nn n 1 n 1 n 1 an 1xn 1 即每2
小段得加速度和位移乘积（即图像对应得面积）等于该段得初末速度平方差。所有 ax 乘积
段累加起来刚好等于上图图线围城得三角形面积，即
1 L g v2 v2 v2 v2 21 2 2 3 vn 1 v
2 v2 2
n 1
vn 2 1 1 vn v1 gL v
2
0 gL2 2 2 2 2 2 2 2 4 4
4.C
5.D
6.D
解析：静止轨道卫星须位于赤道正上方，故 A错；配重与同步空间站角速度相同，
配重轨道半径大，故向心加速度更大；对配重受力分析，缆绳 2须产生拉力，再
对空间站受力分析可知缆绳 2与缆绳 1拉力大小相等且不为零，C错；缆绳 1断
开，配重速度较大，做离心运动，同时带动空间站做离心运动，故选 D。
7.B
M M
解析：对 a：G 2 = ；对 b: G 2 + = ，两式相减得： ( + )
= GM 1 1（ 3
2 2
2） ≤ 2.67 × 10 N；( + )
解得 R ≈ 105
8.答案 AB
解析：本题把小球的运动可分解看成垂直于斜面方向的初速度为零的匀加速直线运动和平行
于斜面方向上的初速度为 v0匀加速直运动。
垂直于斜面方向上：d cos 1 g cos t2 2d t ，B 正确；小球刚抛出时，速度平行于
2 g
斜面方向，即离斜面所在平面垂直距离最大，几何关系最大距离为d cos ，A 项正确；改
变 v0大小，小球落在斜面上时垂直于斜面的速度不变，平行于斜面的速度变化，所以速度
方向一定变化，D项错误；小球从斜面上水平抛出落到斜面上的速度偏转角的正切值等于位
移偏转角正切值的 2 倍，所以 C 错误。
9．BD
解析各地外行星质量未知，故不能判定各行星所受引力大小，A错；由开普勒第
3
R
木 2
三定律， 木 = （ ） 地 = 11.84年，故 B正确；冲日时间间隔为 t，则 =R
地 地 外
1 外，得：t= 地地=（1+ ） 地， 外越大，则 t 越小，由开普勒第三定律
外 地 外 地
外
知海王星周期最大，故海王星的冲日时间间隔最短，C 错；由 t=
地
=
外 地
3
R 2
木 木 5.2 5.2t= 地= = 年 ≈ 1.1年，故 D正确。 3 3 地
木 地 R 2 R 2 5.2 5.2 1
木 地
10. BD
解析：对小球 A、B及细圆管整体进行受力分析，设杆对细圆环的弹力为 FN，则：
2 2 + 2 = = ( 2 2 ),故 B 正确； = 3m/s、 = 6m/s
时， = 28 ，故杆对细圆管的弹力向下，杆下端受压力向上，D正确。
二、实验题
11.（1）见解析；53（51～54 均可）；（2）BD。
解析：
12. C 2k v2 2R无； ； 1 0 ；
v0 k2 k1
解析：实验Ⅰ因只有没有空气阻力影响，石子和羽毛才能总是同时落地；实验Ⅱ，在实验Ⅰ
g 2
的基础上可确定保证石子做的是平抛运动，由两个方向上的规律可得 h 2 x ，即 h 与2v0
x2
g
成正比关系，做此图像可以有效减小实验数据处理偶然误差。所以 k1 2 g赤 2k v
2
2 1 0
；
v0
实验Ⅲ跟实验Ⅱ的原理相同，可得 g极 2k v
2
2 0 ；
4 2 2R
又赤道： F引 mg m R ，极地： F 联立可得赤 2 引 mg 极 T T v0 k2 k1
三、计算题
13.（1）出界；（2）v = 5m/s; θ = 37。
解析：
1 0-8s y 6 4 6 4 36 78（ ） 内，由图像可知，沿 轴位移为 y m m 34m ……3 分
2 2
所以，该同学已出界。……1 分
x 16
（2）由图像可知，0-4s 内：运动员沿 x 轴正方向做匀速直线运动，vx 4m / s； t 4
v
运动员沿 y 轴正方向做初速度为 0 y的匀加速直线运动，a y 1.5m / s
2
t
2s 时运动员的速度大小为v v2x (a yt)
2 5m / s……4 分
vy 3 0
方向与 x 轴正方向的夹角 arctan arctan 37 ……2 分
vx 4
14.（1） 3 ；（2）小环做离心运动（或“沿杆上升”、“高度上升”等均可），最终从杆的上
端离开；（3）（10 5 3）m
解析：
（1） 小环受力如图，设此时环距支点距离为 x，则：
tan = 2 cos ……2 分
解得： = 3m；……2 分
（2）说出离心或升高等……2 分；离开杆……2 分
（3）小环距支点距离 1 < 时，受力如图：
沿杆方向：mg sin = 2 1 cos2 ;
垂直杆方向： mg cos = 2 1 cos sin
解得 1 = （5 3 8）m；……3 分
小环距支点距离 2 > 时，受力如图：
沿杆方向：mg sin + = 2 cos22 ;
垂直杆方向： mg cos = 2 2 cos sin
解得 2 = （5 3 + 8）m>2m，故小环已从杆上端离开；
综上，小环相对杆静止的区域长度 = 1 = (10 5 3)m……5 分
15.（1）不正确,因为物块是相对于悬点做圆周运动;（2）1.6m；（3）2.625m
解析：
（1）不正确；……2 分
因为物块是相对于悬点做圆周运动，速度 v0 是相对于地面的，相对悬点的速度应该是
v0-v1；……2 分（只要说的合理均给分。）
（2）v0 72km / h 20m / s；v1 54km / h 15m / s，
2
汽车刹车后运动的加速度大小 a1 1g 5m / s
不管是否与车前后壁相撞，因竖直速度不变，所以物块在落在地板上之前，在竖直方向上做
2(h l)
自由落体运动，其总时间为t 0.6s
g
假设物块抛出后与前壁相撞在落到地板上，从抛出到与前车壁碰撞时间为 t1，则有
1
车的位移： x车 v0t1 a1t
2
2 1
物块的水平位移： x物 v0t1
物块与车前壁相撞满足： x物 x车 d
解得t1 0.1s t即假设成立。……3 分
与前壁碰撞时车的速度为v车 v1 a1t1 14.5m / s
设物块与前壁碰撞后瞬间的水平速度大小为 v2，则有：
v0 v v v2，解得v2 9m / s车 车
从与前壁碰撞后到落地时间为 t2，则t2 t t1 0.5s这段时间内，车和物块的水平位移分
1
别为： x车 v1t1 a
2
2 1
t2 6.625m ； x物 v2t2 4.5m
落点距前车壁的距离为 x x车 x物 2.125m 6.2m 即落地前不会与车后壁再碰撞
所以落点距悬点的水平距离为： s1 x车 x物 d 1.6m……4 分
（3）物块落在地板上后的瞬间：
车的速度v车 v1 a1t 12m / s 物块的速度v物 v2 9m / s
物块在底板上滑行的加速度大小 a2 2g 4m / s
2
1
设经时间 t0，速度相等，则有v a1t0 v物 a2t0得t0 s车 3
31
此时车和物块相同得速度为v物和车 v物 a2t0 m / s……2 分3
1 1
此时车和物块形成的痕迹 s21 x车 x物 v车t0 a1t
2
0 (v物t0 a t
2
2 0） 0.5m2 2
若不再与前后车壁碰撞后面两者继续分别匀减速直线运动直到停止，则
v2 2物和车 961 v物和车 961
x车 m ; x物 m2a1 90 2a2 72
961
此过程车和物快形成的痕迹 s22 x物 x车 m 2.67m s21 x 6.625m …2 分360
所以，物块与前后车壁再发生碰撞，此时车已停止，物块继续在车上滑行的划痕
s23 s22 s21 x 0.042m
因 s23 s21 x s21 x，所以第一次划痕和第二次部分划痕被第二次覆盖，整个过程
中物块在车上留下划痕的长度 s2 s21 x 2.625m ……2 分
