2022一2023学年第二学期高一年级期末考试
物理试题
(考试时间：75分钟满分：100分)
注意事项：
1.答题前，务必在答题卡和答题卷规定的地方填写自己的姓名、准考证号和座位号后两位。
2.答题时，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。
3.答题时，必须使用0.5毫米的黑色墨水签字笔在答题卷上书写，要求字体工整、笔迹清晰。作
图题可先用铅笔在答题卷规定的位置绘出，确认后再用0.5毫米的黑色墨水签字笔描清楚。必
须在题号所指示的答题区域作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上答题无效。
4.考试结束，务必将答题卡和答题卷一并上交。
一、选择题(1-6单选，7-10多选，每题4分，多选题有错选的不得分，选不全得2分，共计40分)
1.在离地面高为h处竖直上抛一质量为m的物块，抛出时的速度为v,当它落到地面时速度为y,用
g表示重力加速度，则在此过程中物块克服空气阻力所做的功等于()
A.mgh-3mv-mv
B.mv-1mv-mgh
2
2
2
a
21
1
C.mgh+mi-m
D.mgh+mv-mv
2
2.小明和小华两位同学玩游戏，他们找来一张白纸、一支铅笔、一把直
尺，固定白纸后，小明用铅笔沿直尺（且直尺平行于ab)向右匀速
234567
8910
cm
运动，而小华同时将直尺沿ca方向问上先做加速运动后做减速运动，
请你判断铅笔在白纸上留下的痕迹可能是()
b
6
a
b
B
C
D
第二学期高一年级期末考试·物理第1页（共6页)
省十联考
3.嫦娥四号登月探测器的登陆地点位于月球背对地球一面的艾特肯盆地。由于月球被地球潮汐锁定，
它只能永远以同一面朝向地球，因此嫦娥四号与地球上的测控中心之间的通信信号无法穿透月球，
这就需要“鹊桥”中继卫星的帮助来实现数据传输，完成地面
测控任务。如图所示，L、L,为地月系统中的两个拉格朗日
点，位于拉格朗日点上的卫星可以在几乎不消耗燃料的情况
下与月球同步绕地球做匀速圆周运动，“鹊桥”中继卫星位于
月球
地球
L点上。结合以上信息，下列说法中正确的是（)
A.“鹄桥中继卫星的发射速度v满足11.2km/s≤v<16.7km/s
B.地球同步卫星轨道应位于月球与L,点之间
C.同一颗卫星位于L点所在轨道时的动能大于位于L,点所在轨道时的动能
D.“鹊桥”中继卫星的向心加速度大于月球的向心加速度
4.高台跳雪是2022年北京冬奥会的比赛项目之一，如图跳雪运动员α，b(可视为质点)从雪道末端
先后以初速度之比“。：￥。=1：2沿水平方向向左飞出。不计空气阻力，则两名运动员从飞出至落到雪
坡（可视为斜面）上的整个过程中，下列说法正确的是(
0
A.飞行时间之比为2：1
B.飞行的水平位移之比为1：2
C.落到雪坡上的瞬时速度方向一定相同
D.在空中离雪坡面的最大距离之比为1：2
5.剪纸艺术源远流长，经久不衰，是中国民间艺术中的瑰宝。将如图所示具
有对称性的剪纸平放并固定在水平圆盘上，剪纸中心与圆盘中心重合，
圆盘匀速转动，在暗室中用每秒闪光10次的频闪光源照射圆盘，暗室中
静止不动的观察者观察到剪纸相对静止，则圆盘的转速至少为()
A.0.02rs
B.2r/s
C.4r/s
D.4πr/s
6.四个拨浪鼓上分别系有长度不等的两根细绳，绳一端系着小球，另一端固定在关于手柄对称的鼓沿
上。现使鼓绕竖直放置的手柄匀速转动，两小球在水平面内做周期相同的圆周运动。下列各图中两
球的位置关系可能正确的是（图中细绳与竖直方向的夹角<）(
C.6
第二学期高一年级期末考试·物理第2页（共6页）省才联考合肥名校 2022-2023 学年第二学期高一年级期末考试物理试卷
参考答案：
1．C
【详解】选取物体从刚抛出到正好落地时的过程，由动能定理可得
mgh 1 1 W = mv2 mv2f 2 2 0
解得
W = mgh 1+ mv2 1f mv
2
2 0 2
故选 D。
2 D
【详解】由题意可知，铅笔同时参与两个分运动，铅笔水平向右做匀速直线运动，同时
竖直向上先加速运动后做减速运动，可知铅笔的合运动为曲线运动，铅笔受到的合力方
向先竖直向上后竖直向下，根据曲线运动合力方向位于轨迹凹侧，可知铅笔在白纸上留
下的痕迹可能是 D。
故选 D。
3．D
【详解】A．第一宇宙速度为 7.9km/s，第二宇宙速度为 11.2km/s，“鹊桥”运行于地-月
拉格朗日 L2 点，发射速度满足 7.9km/sB．月球绕地球周期为 27 天，同步卫星周期为 1 天，根据开普勒第三定律可知月球轨道
半径大于同步卫星轨道半径，则同步卫星轨道应该在地球与月球之间，故 B 错误；
C．由题意可知，当卫星位于 L1、L2 点所在轨道围绕地球运动时的角速度相等，则根据
v =ωr
可知，当卫星位于 L2 点时的线速度要大于位于 L1点时的线速度，也就是同一颗卫星位于
L2 点时的动能要大于位于 L1点时的动能，故 C 错误；
D．根据向心加速度表达式
2
a 4π= 2 r T
可知“鹊桥”中继卫星的向心加速度大于月球的向心加速度，故 D 正确。
故选 D。
4．C
试卷第 1 页，共 9 页
{#{QQABaYaEoggIAAAAAQACAwHQCEIQkhACACgGAEAQoEAASQFABCA=}#}
【详解】A．设运动员的飞行时间为 t，根据平抛运动规律有
x = v0t ①
y 1= gt 2 ②
2
根据几何关系有
tanθ y= ③
x
联立①②③解得
t 2v tanθ= 0
g
所以飞行时间之比为
ta v= a 1=
t v 2 b b
故 A 错误；
B．飞行的水平位移之比为
xa vata 1= =
xb v t 4
b b
故 B 错误；
C．设运动员落到雪坡上的瞬时速度方向与水平方向的夹角为 α，可知
tanα gt= = 2 tanθ
v 0
所以他们落到雪坡上的瞬时速度方向一定相同，故 C 正确；
D．把运动员的运动分解为一个沿斜面方向的运动和一个垂直斜面方向的运动，由几何
关系可知，运动员在垂直斜面方向上做初速度为 v0 sinθ ，加速度大小为 g cosθ 的匀减速
运动，当速度减小到零时，离斜面距离最大，为
h (v0 sinθ )
2
m = 2g cosθ
他们在空中离雪坡面的最大距离之比为
h 2ma v 1= a2 = hmb vb 4
故 D 错误。
故选 C。
5．B
【详解】暗室中静止不动的观察者观察到剪纸相对静止，则频闪光源照射圆盘时，圆盘
2π
转过的角度是θ = 的倍数，则
5
试卷第 2 页，共 9 页
{#{QQABaYaEoggIAAAAAQACAwHQCEIQkhACACgGAEAQoEAASQFABCA=}#}
T 1= s
10
2π
内至少转过 ，则角速度最小为
5
ω θ= = 4π rad/s
T
则转速至少为
n ω= = 2r/s
2π
故选 B。
6．C
【详解】设绳长为 L，则由合力提供向心力得
mg tanθ 2π= m( )2 (Lsinθ + r)
T
化简得
g L cosθ r= +
(2π )2 tanθ
T
可知，L 长的，角度大；
设绳的竖直分量为 h，则由合力提供向心力得
mg tanθ 2π= m( )2 (h tanθ + r)
T
化简得
g r
(2π
= h +
)2 tanθ
T
可知，角度大的，竖直分量大。综上所述，故 ABD 错误，C 正确。
故选 C。
7．BD
【详解】A．靠齿轮传动时，齿轮上线速度大小相等，A 错误；
B．演示平抛的装置，无论多大的打击力，B、A 两球总是同时落地，因为在竖直方向
上是自由落体运动，B 正确；
C．当汽车通过拱形桥的最高点时，重力与桥面对汽车的弹力之差提供向心力
2
mg F mv N = R
所以汽车对桥面的压力
mv2F 'N = FN = mg - R
显然速度越大，压力越小，C 错误；
试卷第 3 页，共 9 页
{#{QQABaYaEoggIAAAAAQACAwHQCEIQkhACACgGAEAQoEAASQFABCA=}#}
D．火车以规定的速度经过外轨高于内轨的弯道时，受到的重力和轨道的支持力的合力
恰好等于向心力时，车轮对内外轨均无侧向压力，若火车以大于规定速度经过外轨高于
内轨的弯道，火车有做离心运动的趋势，则外轨对火车有侧压力，D 正确。
故选 BD。
8．AD
【详解】A．根据平抛运动知识，竖直方向有
h 1= gt 2
2
得
2h
t=
g
故 A 正确；
B．篮球弹回时的速度大小为
v L r= = (L r) g
t 2h
故 B 错误；
C．采取逆向思维，看成是向左的平抛运动，根据
H 1= gt '2
2
得
t ' 2H=
g
故 C 错误；
D．篮球碰板时的速度大小为
v ' s r g= ' = (s r ) t 2H
故 D 正确。
故选 AD。
9．BC
【详解】A．由题意可知，在圆心 O 产生的电场强度大小为 E，则正、负点电荷在 O 处
E
的电场强度大小均为 ，方向水平向右；当正电荷移至 c 点时，两点电荷在 O 点的电
2
E
场强度方向夹角为 120°，大小不变，则 O 点的合电场强度大小为 ，沿 Oe 方向，故 A
2
错误；
B．当正电荷移至 e 点时，两点电荷在 O 点的电场强度方向夹角为 120°，大小不变，则
试卷第 4 页，共 9 页
{#{QQABaYaEoggIAAAAAQACAwHQCEIQkhACACgGAEAQoEAASQFABCA=}#}
O E点的合电场强度大小为 ，方向沿 Oc，故 B 正确；
2
C．当正电荷移至 b 点时，两点电荷在 O 点的电场强度方向夹角为 60°，大小不变，则
O 点的合电场强度大小为
E E 3O′ = 2× cos30° = E 2 2
方向沿 Od 与 Oe 角平分线向上，故 C 正确；
D．当正电荷移至 f 点时，两点电荷在 O 点的电场强度方向夹角为 60°，大小不变，则
O 点的合电场强度大小为
EO′
E
= 2× cos30 3° = E
2 2
方向沿 Od 与 Oc 角平分线向下，故 D 错误。
故选 BC。
10．BD
【详解】A．对物块 P 在 A 点时进行受力分析，其恰好与直杆没有相互作用，所以绳子
拉力竖直向上的分力与其重力大小相等，有
T sinα = mg
所以绳子拉力
T = 2mg
对物块 Q 进行受力分析，沿斜面方向上
T = 2mg sinα + F弹
解得此时弹簧弹力为
F弹 = mg
由胡克定律可得弹簧此时的伸长量为
F
x = 弹 3d=
k 8
故 A 错误；
B．物块 P 到 B 点时，由几何可得物块 Q 沿斜面向下滑了
OA OB 2d 5d 3d = =
4 4
3d
所以弹簧此时压缩量为 ，所以此时弹簧的弹性势能与物块 P 在 A 点时的相同，物块
8
P 从 A 点运动到 B 点的过程中，弹簧弹力做功为零，所以由能量守恒定律，物块 Q 重力
势能减少量之和等于 P、Q 两物块增加的总动能，故 B 正确；
试卷第 5 页，共 9 页
{#{QQABaYaEoggIAAAAAQACAwHQCEIQkhACACgGAEAQoEAASQFABCA=}#}
D．物块 P 到 B 点时，P、Q 速度满足
v v cosβ 3Q = p = v5 p
物块 P 从 A 点运动到 B 点的过程中，由能量守恒定律
2mg 3d sinα 1 mv2 1 = P + 2mv
2
Q 4 2 2
联立解得
v 75gdp = 86
v 27gdQ = 86
故 D 正确；
C．对物块 P 由动能定理从 A 运动到 B 的过程中，绳子拉力做功
W 1= mv2 75mgdP = 2 172
故 C 错误。
故选 BD。
11． 1.5 10 4W
【详解】（1）[1]根据
y = gT 2
可得
T y 0.1= = s = 0.1s
g 10
小球平抛时的初速度是
v 3L 0.150 = = m/s=1.5m/s T 0.1
（2）[2]闪光的频率为
f 1= =10次/秒
T
（3）[3][4]小球经过 B 点时竖直速度
v 8L 0.4By = = m/s = 2m/s 2T 0.2
重力的瞬时功率是
PG = mgvBy = 0.2×10×2W=4W
d 2gH
12． 0
t d 2
减小
试卷第 6 页，共 9 页
{#{QQABaYaEoggIAAAAAQACAwHQCEIQkhACACgGAEAQoEAASQFABCA=}#}
【详解】（1）[1]小球通过光电门的时间很短，可以用 t 时间内的平均速度表示通过光电
门的瞬时速度，即通过光电门的速度大小为
v d=
t
（2）[2]从 A 到 B 小球机械能守恒，有
1 mv20 = mgH2 0
代入
v v d0 = = t 0
得
1 2gH
= 0
t 2 2 0 d
（3）[3]动能的增加量小于重力势能的减少量，是由于小球克服空气阻力做功，距离减
小则克服空气阻力做功越少，所以减小下落高度后，ΔE-ΔE 将减小。
12． （1）F1 = 3300N；（2） L = 2 37m；
【详解】（1）根据牛顿第二定律得
F1 mg = ma1
解得
F1 = 3300N
（2）竖直方向上
y 1= a 2
2 1
t1 + a1t1t2
水平方向根据
x 1= a t 22 3 + a2t3t4 2
解得
y = 8m + 4m =12m
x = (1+1)m = 2m
距离
L = x2 + y2 = 2 37m
2 3 Mm Mm
14 4π R 2 2．（1） ；（2）G G (R d )，方向背离地心
GM (R d )2 R3
试卷第 7 页，共 9 页
{#{QQABaYaEoggIAAAAAQACAwHQCEIQkhACACgGAEAQoEAASQFABCA=}#}
【详解】（1）由
G Mm
2
1 m 4π R
R2
= 1 T 2
可得核心舱绕地球运动的周期
T 4π
2R3
=
GM
（2）只有万有引力提供向心力的时候，神舟十四号的轨道处角速度应该更快，说明此
时所需的向心力减小了，则提供的向心力比引力要小，所以发动机提供的推力 F 指向核
心舱，同步环绕，则核心舱与神舟十四号周期相同；对核心舱
GMm 21
2 = m
4π R
R 1 T 2
对神舟十四号
G Mm
2
2 F m 4π (R d ) =
(R d )2 2 T 2
则
F G Mm2 G Mm= 22 3 (R d )(R d ) R
方向背离地心（指向核心舱），小时同学想法正确。
15．15．（1）30N ；（2）1m/s；（3） v0 ≥ 5m/s
【详解】（1）小滑块恰好能通过最高点 D 处，则在最高点重力提供向心力，轨道对小滑
块无压力，即
2
mg = m vD
R
小滑块从 B 点向 D 点运动过程中根据动能定理
mg 1 2R = mv2 1 mv2
2 D 2 B
解得
vB = 5m/s
在最低点 B 点，有
F ′ mg m v
2
B
N = R
联立以上各式，根据牛顿第三定律可知，滑块经过半圆形轨道 B 点时对轨道的压力大小
为
FN = FN′ = 30N
（2）根据（1）中vB = 5m/s < 6m/s，则小滑块在传送带上一直保持匀加速直线运动。则
根据动能定理
试卷第 8 页，共 9 页
{#{QQABaYaEoggIAAAAAQACAwHQCEIQkhACACgGAEAQoEAASQFABCA=}#}
mgL 1 mv2 1= 2
2 B
mv
2 0
解得
v0 =1m/s
（3）设小滑块与圆筒内壁刚好发生 6 次弹性碰撞，小滑块在竖直方向做自由落体运动，
水平方向速度大小不变，则有
h 1= gt 2
2
解得
t = 0.2s
水平方向上
2r = vD′ t
t
1 = vD′ 6
解得
vD′ = 3m/s
从 B 到 D 过程，根据动能定理可得
1 1
mg 2R = mv 2D′ mv′
2
2 2 B
解得
vB′ = 29m/s < 6m/s
在传送带上，根据动能定理可得
mgL 1= mv 2 1 2
2 B
′ mv0 2
解得
v0 = 5m/s
故为了保证小滑块与圆筒内壁至少发生 6 次弹性碰撞，滑块的初速度v0的范围为
v0 ≥ 5m/s
试卷第 9 页，共 9 页
{#{QQABaYaEoggIAAAAAQACAwHQCEIQkhACACgGAEAQoEAASQFABCA=}#}
答案第 1 页，共 1 页
{#{QQABaYaEoggIAAAAAQACAwHQCEIQkhACACgGAEAQoEAASQFABCA=}#}
