2023年高一第二学期期末学业质量监测卷
物理
本试卷满分100分，考试时间75分钟。
考生注意：
1.答卷前.考生务必将自已的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用2铅笔把答题卡上对应题目的答案标号框涂黑。如需
改动.用校皮擦干净后，再选涂其它答案标号框。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试
卷上无效
3.考试结束后.将本试卷和答题卡一并交回。
一、单选题：本题共8小题，每题4分，共32分。
1.2023年世界女排联赛.中国女排对阵日本女排的第二局比赛开场不利、连续失误，大比分落后对手，局
末阶段做好换人调整后，关键时刻袁心玥发球直接拿分，27-25逆转获胜，最终大比分3：0力克对手，
取得四连胜，再一次展现中国女排精神，下列说法正确的是
A.排球受到被拍出的力，是由于排球恢复形变产生的
B.欲判断排球是否落于界内，可以把排球视为质点
C.排球在空中的运动是靠惯性，惯性大小与速度成正比
D.袁心玥发球后，排球在空中上升过程处于失重状态
2.如图甲为网络上十分火爆的一款剥瓜子神器，将瓜子放人两圆柱
体之间的凹槽，按压瓜子即可破开瓜子壳。该过程简化后如图乙，瓜子的剖面可视作顶角为、半
径为，的扇形，将其竖直放入两完全相同的水平等高圆柱体A、B之间，并用竖直向下的恒力F按压
瓜子且保持静止，若此时瓜子壳尚未破开，忽略瓜子自重，不计摩擦，则
A.若仅减小A、B距离，圆柱体A对瓜子的压力变大
B.若仅扇形半径r变大，圆柱体A对瓜子的压力变大
C.若顶角0越大，圆柱体A对瓜子的压力越小
D.若顶角0越小，圆柱体A对瓜子的压力越小
3.在我国古代、人们曾经用一种叫“即筒”的装置进行灭火，这种灭火
出水
装置的特点是：筒是长筒，下开窍，以絮囊水杆，自窍卿水，既能汲
帮筒
水，又能排水。简单来说，就是一种特制造水枪。设灭火时保持水
喷出时的速率不变，则下列说法正确的是
A.灭火时应将“卿筒”的轴线正对着火点
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B.若将出水孔扩大一些，则推动把手的速度相比原来应适当慢一些
C.想要使水达到更高的着火点，必须调大“唧简”与水平面间的夹角(90以内)》
D.想要使水达到更远的着火点，必须调小“唧筒”与水平面间的夹角(90以内)
4.如图是一种新概念自行车，它没有链条，共有三个转轮，A,B、C转轮半径依次减小。轮C与轮A啮
合在一起，骑行者踩踏板使轮C动，轮C驱动轮A转动，从而使得整个自行车沿路面前行，轮胎不
打滑。下列说法正确的是
A.转轮A、C转动方向相同，转轮A、B转动方向不相同
B.转轮A、B、C角速度之间的关系是w,
C.转轮A、B、C边缘线速度之间的关系是“1=va>vc
D.转轮A、B、C边缘向心加速度之间的关系是au>a>aG
5.高血压的诱因之一是血管变细。为研究该问题，假设血液通过一定长度血管
时受到的阻力与血液流速的平方成正比，即∫=2（其中k与血管粗细无关），为维持血液匀速流
动，在这血管两端需要有一定的压强差。设血管内径为d时所需的压强差为4p,若血管内径减为
”时，为了维持在相同时间内流过同样多的血液，压强差必须变为
B(4如
6.《流浪地球2》中的太空电梯令人十分震撼，从理论上讲是可行的，原理是利用地球外有一个配重，
这个配重绕地球旋转的高度高于同步卫星轨道，当它与地球同步转动时，缆绳上保有张力使得电梯
舱可以把物资运送到太空。关于相对地面静止在不同高度的物资，下列说法正确的是
A.物资在距离地心为地球半径处的线速度等于第一宇宙速度
B.物资在配重空间站时处于完全失重状态
C.物资所在高度越高，受到电梯舱的弹力越小
D.太空电梯上各点线速度与该点离地球球心的距离成正比
7.质量均为m的两个星球A和B,相距为L,它们围绕着连线中点做匀
速圆周运动。观测到两星球的运行周期T小于按照双星模型计算出
的周期。，且=。于是有人猜想在A,B连线的中点有一未知天体C,假如猜想正确，则C的质
量为
A.1二
412 m
B.I￥2
C.
1-2
4k2m
D.
h2m
8.如图所示，一轻杆的下端连接在0点的光滑饺链上，上端固定一光滑小球Q,光滑水平地面上有一
与小球质量相等的立方体P,小球Q靠在P的左侧面上，撤去F,当轻杆与地面的夹角为日时，P和
Q尚未分离，此时P和Q的动能之比为
A.1:1
B.1:cos20
C.sin2:1
D.c0s20:1
77777
7777
77777777
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物理试题参考答案及评分标准
1.D【解析】排球受力是由于运动员的手恢复形变，故 A 错误；欲判断排球是否落于界内，
要考虑排球的不同部位，故 B 错误；质量不变，惯性大小不变，故 C 错误；上升过程，
排球受重力向下，处于失重状态，故 D 正确。
F
2.C【解析】瓜子处于平衡状态，则压力 FN = ，若仅改
2sin θ
2
变 A、B 距离或扇形半径 r，A、B 柱对瓜子的弹力方向不变，则
大小也不变，故 AB 错误；若增大 θ，FN 减小，反之 FN 增大，
故 C 正确，D 错误。
3.C【解析】水离开出水口后做抛体运动，所以灭火时应将“唧筒”的轴线不能指向着火
点，故 A 错误；若将出水孔扩大一些，则推动把手的速度相比原来应适当快一些，才能
使水喷出的速度大小不变，故 B 错误；当调大“唧筒”与水平面间的夹角，即水在竖直
方向的初速度增大，所以竖直位移更大，将到达更高的着火点，故 C 正确；当调小“唧
筒”与水平面间的夹角时，水在空中的时间减小，虽然水在水平方向的速度增大，但是
不一定能使水达到更远的着火点，故 D 错误。
4.B【解析】自行车前行运动过程中，转轮 A、B、C 的转动方向都是逆时针，故 A 错误；
前后轮 A、B 的线速度相等，由于 A、C 啮合在一起故 A、C 线速度也相等，所以转轮 A、
ω v=
B、C 边缘线速度 vA、vB、v 之间的关系是vA = vB = vC C ，故 C 错误；由公式 r 可知，
线速度相等时，有转轮 A、B、C 线速度 ωA、ωB、ωC 之间的关系是ω A<ω B<ω C，故 B
v2
正确；由公式an = 可知，线速度相等时，有转轮 A、B、C 边缘向心加速度 aA故 D 错误。
5.A【解析】根据血液匀速流动，说明受力平衡，即血压产生的压力等于阻力，则在正常
pS = F = f = kv2 p′S ′ = F ′ = f ′ = kv′2 ，
情况下有 ，血管变细后有 因为在相同时间
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πd 2 πd ′2 2
内流过的血液量不变，则有 Svt = S ′v′t′，又 S = ，S ′ S d= ，所以 = 2 ，所4 4 S ′ d ′
2 2 4 6
以 v′ d= v f = kv d d 2 。由 可知 f ′ = v ，联立解得 p′ = p，故选 A。 d ′ d ′ d ′
6.D【解析】电梯舱内的物资与地球一起同轴转动时，在距离地心为地球半径时受到电梯
舱的弹力，故线速度小于第一宇宙速度，故 A错误；配重空间站轨道半径大于同步轨道，
Mm
由 an =ω
2r 知其线速度和向心加速度均大于同步卫星。而由G 2 = man 知同步卫星r
的加速度大于配重空间站所在轨道的正常运行卫星的加速度，所以配重空间站内的宇航
员的加速度大于同轨道卫星的运行加速度，所以不是处于完全失重状态，故 B 错误；达
到同步卫星轨道高度前，物资所在高度越高，受到电梯舱的弹力越小，故 C 错误；大于
同步卫星轨道高度后，物资所在高度越高，弹力反向增大。太空电梯上各点具有相同的
角速度，根据v =ωr 可知，太空电梯上各点线速度与该点离地球球心的距离成正比，故
D 正确。
m2
2
G m 2π
L
7.A【解析】双星系统：
L2
= T
,
0 2
m2 mm 2π
2
L T 1 k 2
若存在未知天体C： G c2 +G 2 = m ，又有 = k ，解得mC =L L T 2 T 4k 2
m ，
0
2
故选 A。
8.C【解析】小球 Q 做圆周运动，设其速度为 v，在水平方向的分速度为 v sinθ ，也为立方
体 P 的水平速度，则有此时 P 和 Q 的动能之比为
E : E 1= mv2 sin2θ : 1 mv2 = sin2kP kQ θ :1，故选 C。 2 2
v29.BCD【解析】根据 = 2gh可知出口下方 9 cm 处的速度约是 1 cm 处的 3 倍，可知出口
下方 9 cm 处的痕迹长度约是 1 cm 处的 3倍，故 A 错误、B 正确；根据初速度为零的匀
变速运动在相邻相等时间内的位移之比为 1:3:5，可知从出口下落 0~3 cm 与 3~12 cm 的
时间是相等的，因砂粒随时间均匀漏下，可知出口下方 0~3 cm 范围内的砂粒数约与 3~12
cm 范围的砂粒数相等，故 D 正确；根据初速度为零的匀变速运动在相邻相等位移的时
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间之比为 ，可知从出口下方 0~3 cm 范围内砂粒数约为 3~6
cm 范围砂粒数的 倍，故 C 正确。
10.AD【解析】在小圆环缓慢向上移动的过程中，小圆环处于三力平衡状态，如图，则有
mg F T
= N = ，由几何关系知，MP 变小，MO=OP 且恒定不
MO OP MP
变，则 T 变小，FN=mg,故 A 正确、B 错误；小圆环第一次在 N 点
时与第二次在 N 点时，轻绳的拉力 T 在竖直方向的分力均等于重
力 mg，故两次拉力都相等，故 C 错误；小圆环第一次在 N 点时处
于平衡状态，半圆环的弹力 FN等于轻绳在水平方向的分力；第二
次在 N 点时处于非平衡状态，半圆环弹力 FN 等于轻绳在水平方向
的分力减去向心力，故两次弹力不相等，故 D 正确。
11.BCD【解析】由图丙可知ω = 2t ，则水斗速度v =ωr = 0.2t ，故 A 错误；水斗匀加速
上升，加速度 a=0.2 m/s2，由牛顿第二定律可知 F - (m +m′)g = (m +m′)a，解得 F=25.5
1
N 2，故 B 正确；10 s 末时 v10=at=2 m/s，此时动能 Ek = (m +m′)v10 =5 J，故 C 正确；2
1
水斗匀加速上升，0~10 s 上升高度为h = at 2 =10 m，故机械能增加 E增 = Fh =255 J，2
故 D 正确。
L
12.AB【解析】小球停在 AB 的中点，可知物体的路程 s = nL + ，
2
f mv
2
1 2 1 2 = 0
由动能定理- fs = mv1 mv2 2 0
，得 2 1 （
n=0 1
nL L ， ，
2，…），
+
2
4
代入数据得 f = N （n=0，1，2，…），
2n +1
当 n 4= 0 时， f = 4 N ；当n =1时， f = N ；
3
4
当 n = 2时， f = 0.8 N ；当n = 3时， f = N 。
7
故选 AB。
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1
13. Md
2 d 2 1 d 2
（每空 3 分）（1）L ( t )2 （2）BC （3）mgL = M ( ) + m( ) 2F t 4 t
1 d 2 Md 2 1
【解析】（1）由动能定理FL = M ( ) ，则 L = 2 ，则为了获得线性图像应2 t 2F ( t)
1 Md 2
作 L ( t )2 图像，该图像的斜率 k = 。 2F
（2）因此实验中应用了力传感器，则不需要钩码质量 m 远小于滑块质量 M，故 A 错误；
滑块运动过程中克服阻力做功，使得滑块动能的变化量小于绳子拉力 F 做的功，故 B 正
确；气垫导轨没有调节水平，滑块要克服重力做功，使得滑块动能的变化量小于绳子拉
力 F 做的功，故 C 正确；因此实验中应用了力传感器，则动滑轮的质量对实验无影响，
故 D 错误。
1 d 1 d
（3）拉力对系统做功 W= 2 mgL，滑块的速度v = ，则钩码的速度为v′ = v = ， t 2 2 t
1
则系统动能的增量 Mv2
1 mv '2 1 M ( d )2 1+ = + m( d )2 ，
2 2 2 t 8 t
d 2 1 d 2
则若运动过程中系统机械能守恒，则满足关系式mgL = M ( ) + m( ) 。
t 4 t
14.（12分）（1）6 m （2）58 J （3）0.64 s
【解析】（1）小球竖直方向做自由落体运动，则
h 1 gt 2 2h= ，运动时间 t = =1 s………………………………1分
2 g
小球水平方向做匀减速直线运动，则
F
F=ma，加速度为a = =20 m/s2………………………………1分
m
小球落地的水平距离为 x = v 1 20t at =6 m……………………2分 2
（2）小球从抛出至落地，由动能定理
mgH Fx E 1= k mv
2
0 …………2分 2
解得 Ek =58 J……………………1分
（3）当合力与速度垂直时动能最小,设此时速度与水平方向夹角为
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F vy
根据力的合成与运动的分解，可知 tanθ = = ………………2分
mg vx
又 vx = v0 at′，vy = gt′……………………2分
联立解得 t′=0.64 s……………………1分
15.（12分）（1）3.6×104 N （2）7.2×104 W （3）2×104 J 2.8×105 J 0
【解析】（1）加速上升阶段，对轿厢和乘客受力分析，由牛顿第二定律：
T (m +m1)g = (m +m1)a…………………………1分
解得T = 3.6×104 N …………………………1 分
（2）当钢绳对轿厢拉力最大，轿厢速度最大时，钢绳对轿厢做功的功率最大，钢绳最大
拉力为T = 3.6×104 N ，最大速度为 2 m/s，则钢绳对轿厢做功的最大瞬时功率为
P = Tv ………………………………1分
解得 P = 7.2×104 W ………………………………1分
h v
2
（3）在加速下降过程中，位移 1 = =1m …………………………1 分 2a
电动机做的功为W1 ，对轿厢和配重根据动能定理有
W 1 21 +mgh1 Mgh1 = (M +m)v …………………………1分 2
解得W1 = 2×10
4 J …………………………1 分
在匀速下降过程中，位移h2 = 30m 2h1 = 28m …………………………1分
电动机做的功为W2 ，对轿厢和配重根据动能定理有
W2 +mgh2 Mgh2 = 0…………1分
解得W2 = 2.8×10
5 J …………………………1 分
v2
在减速下降过程中，位移h3 = =1m 2a
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电动机做的功为W3，对轿厢和配重根据动能定理有
W3 +mgh3 Mgh
1
3 = 0 (M +m)v
2
2
解得W3 = 0……………………2分
16.（12分）（1）9J （2）68N （3）0 < ≤ 0.43或0.52 ≤ ≤ 0.58
【解析】（1）A 到 B 平抛有
v2By = 2g h R (1 cos53°)
解得vBy = 4 2m / s…………1分
vBy
根据v0 = ， tan 53°
解得 v0 = 3 2m / s ……………………………………1分
1 2
击打瞬间有W = mv0 = 9J ………………………………1分 2
（2）A 到 C 根据动能定理有mgh 1 1= mv2C mv
2
2 2 0
………………………………1分
v2
在 C 点由牛顿第二定律有 FN mg = m C ………………………………1分 R
联立解得 FN = 68N。
由牛顿第三定律得小球到 C 点时对圆弧轨道的压力
FN′ = FN = 68N …………………1分
E mgsin37 m v
2
（3）恰好过 点 ° = ，
r
得 v = gr sin 37° = 3m / s…………………………1分
A 到 E 有：mgh mgL mg 2r 1 1 sin37° = mv2 mv21 CD 2 2 0
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解得 1 = 0.43…………1分
若恰好到圆弧 DE 的中点，有
mgh mgL 1 mg r sin37° = 0 mv22 CD 0 2
解得 2 = 0.52…………………………1 分
恰好到 D 点时mgh 3mgL
1
CD = 0 mv
2
2 0
解得 3 = 0.58……………………1分
综上分析得动摩擦因数取值范围为：
0 < ≤ 0.43或0.52 ≤ ≤ 0.58…………
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