2023年秋季学期高二物理联盟考试A卷
云南省云天化中学教研联盟2023年春季学期期末检测【A卷】
高一物理
考生注意：
1.本试卷满分100分，考试时间900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月填写清楚。
3,考生作答时，请将答案答在答题卡上。迹择题每小题选出答案后，用28铅笔把答题卡上对应题目的答案标号
徐黑：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。
4.本卷命题范围：高考范围。
I卷
(选择题共40分)
一、选择题(1-6小题每小题只有一个选项符合题意，7一10有多个选项符合题意，错选不得分，选不全得2分，
共40分)
1.如图所示是汽车的速度计，某同学在汽车中观察速度计指针位置的变化.开始时指针指示在如图甲所示的位置，
经过8$后指针指示在如图乙所示的位置，若汽车做匀变速直线运动，那么它的加速度约为(
A.0.6m/s
B.1.4m/s2
m
C.11/s2
D.5.0m/s
2。图是可用来制作豆腐的石磨。木柄AB静止时，连接AB的轻绳处于绷紧状态，0点是三根轻绳的结点，F、F和
F分别表示三根绳的拉力大小，F,=F且∠AOB=60°。下列关系式正确的是()
A.F=F
B.F=2F
C.F=3F
D.F=3F
3.2018年2月，我国500m口径射电望远镜（天眼）发现毫秒脉冲星“J0318+0253”,其自转周期T=5.19ms,假
设星体为质量均匀分布的球体，已知万有引力常量为6.67×101N·m2/kg2。以周期T稳定自转的星体的密度最
小值约为()
A.5x10%kg/m
B.5×102kg/m
C.5×105kg/m
D.5×10wkg/m
4.1970年成功发射的“东方红一号”是我国第一颗人造地球卫星，该卫星至今仍沿椭圆轨道绕地球运动，如图所示，
设卫星在近地点、远地点的速度分别为、，近地点到地心的距离为r,地球质量为M,引力常量为G,则()
GM
GM
A.g>9=y7
B.出2%437
近地点
第1剪共4项
GM
C.
GM
D.4<45.如图所示，物体从t=0时刻开始由静止做直线运动，04s内其合外力随时间变化的关系图线为正弦曲线，下
列表述不正确的是()
A.0一2s内合外力的冲量一直增大
FIN
B.0一4s内合外力的冲量为零
C.2s末物体的动量方向发生变化
D,04s内物体动量的方向一直不变
6.如图所示，曲面体P静止于光滑水平面上，物块Q自P的上端静止释放。Q与P的接触面光滑，Q在P上运动的
过程中，下列说法正确的是()
A.P对Q做功为零
B.P和Q之间的相互作用力做功之和为零
C.P和Q构成的系统机械能守恒、动量守恒
D.P和Q构成的系统机械能不守恒、动量守恒
Kzb
7.如图所示，质量为m=2kg的小球在竖直平面内的光滑圆形轨道内侧运动，小球经过最高点时恰好不脱离轨道的速
度vo=2ms,重力加速度大小为g=10m/s2,若小球以2v5m/s经过轨道最低点时，小球对轨道的压力大小和方
向为(
A.120N
mo
B.方向竖直向下
C.80N
D.方向竖直向上
8.如图所示，A、B两篮球从相同高度同时抛出后直接落入篮筐，落入篮筐时的速度方向相同，下列判断正确的是
()
A.A比B先落入篮筐
B.A、B运动的最大高度相同
C.A在最高点的速度比B在最高点的速度大
D
D.A、B上升到某一相同高度时的速度方向相同
9.如图所示，从倾角为日的足够长的斜面顶端P以速度抛出-个小球，落在斜面上某处Q点，小球落在斜而上的
速度与斜面的夹角为ā。若把初速度变为2v,小球仍落在斜面上，则以下说法正确的是()
A.夹角a将保持不变
B.夹角a将变大
C.小球在空中的运动时间是原来的4倍
D.小球在空中的运动时间是原来的2倍
6a9
10.如甲图所示，水平地面上有一静止的平板车，车上放置个1kg的小物块，现开始用力控制小车沿水平面做直
线运动，平板车和小物块运动的-t图象分别如乙图中A、B所示.平板车足够长，g取10m/s,则在这个过程中
()
↑(ms)
A,物块和平板车之间的滑动摩擦因数为0.1
12
B.物块在平板车上相对于车滑行的距离为24m
6
C.物块和平板车之间因摩擦产生的热量为36J
t/s
D.物块相对平板车向后运动的最远距离为36m
468
12
甲
Ⅱ卷（非选择题
60分)
、
实验与操作题（共15分)
11.(7分)某同学为“验证机械能守恒定律”，采用了如图甲所示的装置，将质量相等的两个重物用轻绳连接，
放在光滑的轻质滑轮上，系统处于静止状态。该同学在左侧重物上附加一个小铁块，使系统从静止开始运动，滑轮
第2页.共4页云南省云天化中学教研联盟 2023 年春季学期期末检测【A 卷】
高一物理参考答案
Ⅰ卷 （选择题 共 40 分）
一、选择题（1-6 小题每小题只有一个选项符合题意，7—10 有多个选项符合题意，错选不得分，选不全
得 2 分，共 40 分）
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
答案 B D C B C B AB CD AD AC
Δv
1.【解析】由题图可知，初速度约为 20 km/h，末速度约为 60 km/h，根据加速度的定义式 a＝ ，将速
Δt
2
度换算成国际单位后，代入上式，可得 a≈1.4 m/s ，因此 B 正确，A、C、D 错误.
2.【解析】以O点为研究对象，受力分析如图，由几何关系可知 30 由平衡条件可得：F1 sin 30 F2 sin 30
F1 cos30 F2 cos30 F 联立可得： F 3F1，故 D 正确，ABC 错误。故选 D。
GMm 2 2
3.【解析】在天体中万有引力提供向心力，即 2 m( ) R ，天体的密度公式R T
M M
V 4 R3 ，结合这两个公式求解．设脉冲星值量为 M，密度为
，根据天体运动规律知：
3
GMm m(2
M M
2 )
2R ， 4
R T V R33
4.【解析】“东方红一号”从近地点到远地点万有引力做负功，动能减小，所以 v1 v2 ，过近地点圆周运动
v GM GM的速度为 ，由于“东方红一号”在椭圆上运动，所以 v1 ，故 B 正确．r r
5.【解析】根据 F－t图象中图线与 t 轴围成的面积表示冲量，可知在 0～2 s 内合外力的冲量一直增大，
故 A正确；0～4 s 内合外力的冲量为零，故 B 正确；2 s 末冲量方向发生变化，物体的动量开始减小，但
方向不发生变化，0～4 s 内物体动量的方向一直不变，故 C错误，D正确．
6.【解析】A．Q在 P上运动的过程中，P对 Q的弹力方向垂直于接触面，与 Q的位移方向夹角大于 90°，
则 P对 Q做功不为零。故 A错误；BCD．Q 在 P上运动的过程中，整个系统只有重力做功，机械能守恒，P
和 Q之间的相互作用力属于内力并且等大反向，二者在力的方向上发生的位移相等，所以做功之和为零。
系统在水平方向合力为零，即水平方向动量守恒。系统在竖直方向所受合力不为零，则竖直方向动量不守
恒。故 B正确；CD 错误。
v2
7.【解析】经过最高点时恰好不脱离轨道，重力提供向心力，根据牛顿第二定律有：mg = m 0
r
2
代数据得 r 0.4m v，若小球以 2 5m / s 经过轨道最低点时，根据牛顿第二定律有 F mg m 2
r
代入数据得 F 120N，根据牛顿第三定律可知小球对轨道的压力为 120N，方向竖直向下。AB 正确
8.【解析】AB．若研究两个过程的逆过程，可看做是从篮筐沿同方向斜向上的斜抛运动，落到同一高度上
的 AB 两点，则 A 上升的高度较大，高度决定时间，可知 A 运动时间较长，即 B 先落入篮筐中，AB 错误；
C．因为两球抛射角相同，A 的射程较远，则 A 球的水平速度较大，即在最高点的速度比 B 在最高点的速度
大，C 正确；D．由斜抛运动的对称性可知，当 A、B 上升到与篮筐相同高度时的速度方向相同，D 正确。
{#{QQABbQCAogiAABAAABhCAQWACgEQkAEACKgOgBAIIAAAyRFABAA=}#}
9.【解析】由平抛运动规律：二级结论 AD 正确
10.【解析】A．由图像可知，平板车停止运动后，物块在平板车上做减速运动的加速度为
a v 61 m/s
2 1m/s2 mg，则根据：a g，可知，物块和平板车之间的滑动摩擦因数为： 0.1
t 12 6 m
1
故 A正确；B．图像面积等于位移，达到共速之前，物块的位移 s1 6 6m 18m2
1 1
小车的位移： s2 12 4m (6 12) 2m 42m ，即物块相对平板车向后滑行： s 24m2 2
1
达到共速之后到停止，物块的位移： s1 6 6m 18m
1
，小车的位移： s2 2 6m 6m ，即物块相对2 2
平板车向前滑行： s =12m 故 B 错误；
C．物块和平板车之间因摩擦产生的热量为：Q mg ( s s ) 36J ，故 C 正确；
D．由上述分析可知，物块相对平板车向后运动的最远距离为 24m，故 D 错误。故选 C。
Ⅱ卷 （非选择题 60分）
11.答案： C 0.975 0.239 0.4
【解析】（1）[1]A．设小铁块下落高度为 h 时，小铁块的速度为 v，则实验中系统减小的重力势能为：
Ep mgh
1
，系统动能的增加量为： Ek (2M m)v
2
2
1
即实验需要验证的关系是：mgh (2M m)v2
2
所以实验需要测出小铁块质量m和重物质量M ，故 A 错误；
B．为减小实验误差，固定打点计时器时，两个限位孔必须在同一竖直面内，故 B 错误；
C．实验过程中先接通电源，待打点计时器工作稳定后再释放纸带，故 C 正确；
D．数据处理时，应选择纸带上距离较远的两点作为初、末位置，从而减小实验误差，故 D 错误。故选 C。
（2）[2]由于两相邻点间还有 4个点未标出，则两相邻点间的时间间隔为：T 5 0.02s 0.1s
v (8.77 10.72) 0.01结合图乙可得，点 5 位置的速度为： m/s 0.975m/s
2 0.1
[3]从点 0 到点 5 的过程中，系统重力势能的减少量为： Ep mgh 0.1 9.8 (15.60 8.77) 0.01J 0.239J
（3）[4]从点 0 到点 5的过程中，系统动能的增加量为：
1
Ek (2M m)v
2 1 (2 0.2 0.1) 0.9752 J 0.238J，故在误差允许范围内，相对误差为 0.4
2 2
1 2x
12. 答案： AC 2 = F t Md 2 平衡摩擦力过度
【解析】（1）A．为了使得弹簧测力计的读数等于小车的合力，则实验操作过程中需要适度抬高轨道的左
端来平衡摩擦，选项 A正确；
B．该实验中，由于有弹簧测力计测量小车的拉力，则不需要钩码的质量需远小于小车质量，选项 B 错误；
{#{QQABbQCAogiAABAAABhCAQWACgEQkAEACKgOgBAIIAAAyRFABAA=}#}
C．小车加速时，钩码失重，则弹簧测力计的示数小于所挂钩码所受重力大小的一半，选项 C 正确；
D．由于弹簧测力计的示数小于所挂钩码所受重力大小的一半，则小车加速度与悬挂的钩码所受的重力大
小的一半不是成正比，选项 D 错误。故选 AC。
d F 1 2x
（2）[2]小车经过光电门时的速度： v ，则： v2 2ax， a ，解得： 2 = F
t M t Md 2
（3）[3]图线在纵轴上有一段正截距，说明没有加力 F时，小车已经运动，据此可知木板一端抬的过高，
小车平衡摩擦力过度。
13.答案(1)3.5 m (2)0
【解析】(1)（9 分）由题知 B 始终未脱离 A，由 vBA－t 图象可知，0～1.5 s 内，vB擦力作用下向右匀加速运动，1.5～2 s 内，vB>vA，B 在向左的摩擦力作用下向右匀减速运动，对物块 B，
2 v1.5
由牛顿第二定律，μmg＝ma，得 a＝μg＝2 m/s ，则物块 B 在 1.5 s 时，v1.5＝at1.5＝3 m/s，x1.5＝ t1.5
2
＝2.25 m
物块 B 在 t＝2 s 末，v2＝v1.5－aΔt＝2 m/s，
v1.5＋v2
在 1.5～2 s 内位移 x2＝ Δt＝1.25 m
2
所以 B 相对水平面的位移大小
xB 总＝x1.5＋x2＝3.5 m.
(2)（5 分）由题图 b 可知 t＝2 s 时，vBA＝2 m/s，又此时 B 的速度 vB＝v2＝2 m/s
由 vBA＝vB－vA得 vA＝0.
14.答案（1）10s；（2）100m/s；（3）6 104 N
【解析】（1）（5 分）设从静止开始到第 4节车厢的牵引电机刚要启动时电机的牵引力为 F1，动车组的速度
为 v1,则有： F1 6 0.1mg 6ma， P1 F1v1 ， v1 at1 代入数据解得 t1 =10s
从静止开始到第 4节车厢的牵引电机刚要启动时所经历的时间： t1 10s
（2）（5 分）当动车组达到最大速度时，有： P1 P2 =fvmax 0.6mgvmax
代入数据得，动车组能达到的最大速度为： vmax 100m/s
（3）（5 分）设当第四节车厢牵引电机刚好达到额定功率时，列车的速度为 v2，则有： P1 P2 F1v2
解得： v
100
2 m/s<50m/s3
P
所以当 v=50m/s 时，对整个动车组有： 1
P2 0.6mg 6ma
v 1
P
对 4、5、6 节车厢有：T+ 2 0.3mg 3ma
v 1
{#{QQABbQCAogiAABAAABhCAQWACgEQkAEACKgOgBAIIAAAyRFABAA=}#}
解得第 3节车厢对第 4节车厢的拉力：T 6 104 N
3 5 2
15.答案(1)2 10 m/s (2) s (3)Smin=v′ /2a′=1m
5
【解析】(1)（5 分）B 和 A 一起沿斜面向下运动，由机械能守恒定律有
1 2
2mgLsin θ＝ ×2mvm
2
解得：vm＝2 10 m/s
(2)（9 分）第一次碰后，对 B 有：mgsin θ＝μmgcos θ
对 A有：mgsin θ＋μmgcos θ＝ma1
解得：a1＝10 m/s
2
设 A第 1次反弹的速度大小为 v1，
1 2 1 2
由动能定理有： mv － mv1 ＝ΔE
2 2
2v1 2 5
Δt＝ ,解得：Δt＝ s
a1 5
设 A 第 2次反弹的速度大小为 v2，由动能定理有：
1
mv2
1
－ mv 22 ＝2ΔEk，解得：v2＝0
2 2
1
即 A 与挡板第 2 次碰后停在底端，B 与挡板碰后反弹速度为 v′，加速度大小为 a′，由动能定理有： mv2
2
1
－ mv′2＝ΔE
2
mgsin θ＋μmgcos θ＝ma′
v′ 5
故 B沿 A向上做匀减速运动的时间 t′＝ ＝ s
a′ 5
当 B速度为 0时，因 mgsin θ＝μmgcos θ≤Ffmax，故 B将静止在 A 上，
3 5
所以木板与滑块发生相对运动的时间 tmin＝Δt＋t′＝ s.
5
2
(3)（2 分）为保证滑块不从木板上掉下的木板长度最小值 Smin=v′ /2a′=1m
{#{QQABbQCAogiAABAAABhCAQWACgEQkAEACKgOgBAIIAAAyRFABAA=}#}
