精品解析：上海市行知中学2022-2023学年高一下学期期中物理试题（解析版）_0122026上海中考一模二模真题试卷_2026年上海一模_上海1500初中高中试卷_高中_高一_下学期_2：期中

上海最大家教平台---嘉惠家教 2万余上海老师任您选（在职老师、机构老师、985学霸大学生应有尽有 ，+V: jiajiao6767 ) 上海市行知中学 2022 第二学期期中考试 高一年级物理试 一、选释题（共 12小题，1-8 题每题 3分，912每题 4分，共 40分） 1 4 1. 光滑 圆弧固定，小球在图示恒力F作用下从最高点下滑的过程中，F（ ） A. 一直做正功 B. 先做正功后做负功 C. 一直做负功 D. 先做负功后做正功 【答案】B 【解析】 【详解】小球速度方向与力F方向的夹角由锐角逐渐变为钝角，力F对小球先做正功后做负功。 故选B。 2. 如图所示为教室里可以沿水平方向滑动的黑板，一位老师用粉笔在其中某块可移动的黑板上画直线。若 粉笔相对于黑板从静止开始向下匀加速直线滑动，同时黑板以某一速度水平向左匀速滑动，则粉笔在黑板 上所画出的轨迹，可能为下列图中的 A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】由题意可知，粉笔相对黑板在水平方向做向右的匀速直线运动，竖直方向做向下匀加速直线运动， 其运动轨迹类似于平抛运动，故ACD错误，B正确。 第 1 页 共 15 页上海最大家教平台---嘉惠家教 2万余上海老师任您选（在职老师、机构老师、985学霸大学生应有尽有 ，+V: jiajiao6767 ) 故选B。 3. 能量是物理学中重要的概念之一，人类认识这个概念经历了长期曲折的过程。能量可以从一种形式转化 为另一种形式，但总量不变，通过做功可使能量发生转化。物体在力F的作用下水平发生了一段位移1， 甲、乙、丙三种情形下力F和位移1的大小均相等，角的大小如图所示。下列说法正确的是（ ） A. 三种情形中力F对物体均做正功 B. 三种情形中力F对物体均做负功 C. 图甲和图丙中力F对物体做正功，图乙中力F对物体做负功 D. 图乙和图丙中力F对物体做正功，图甲中力F对物体做负功 【答案】C 【解析】 【详解】A．乙情形下力与速度方向夹角大于90，力对物体做负功，故A错误； B．甲、丙情形下力与速度方向夹角小于90，力对物体做正功，故B错误； CD．由AB项分析可知，图甲和图丙中力F对物体做正功，图乙中力F对物体做负功，故C正确，D错 误。 故选C。 4. 已知引力常量G 6.671011Nm2 /kg2，地球表面的重力加速度g 9.8m/s2，地球半径R＝ 6400km，则地球质量的数量级为（ ） A. 1020kg B. 1022kg C. 1024kg D. 1026kg 【答案】C 【解析】 【详解】设卫星绕地球表面运行，重力和万有引力近似相等，则有 Mm mg G R2 解得 gR2 9.8(6400103)2 M   kg=61024kg G 6.671011 地球质量的数量级为1024kg，故C正确，ABD错误。 第 2 页 共 15 页上海最大家教平台---嘉惠家教 2万余上海老师任您选（在职老师、机构老师、985学霸大学生应有尽有 ，+V: jiajiao6767 ) 故选C。 5. 有一圆柱形水井，井壁光滑且竖直，过其中心轴的剖面图如图所示，一个质量为m的小球以速度v从 井口边缘沿直径方向水平射入水井，小球与井壁做多次弹性碰撞（碰撞前后小球水平方向速度大小不变、 方向反向，小球竖直方向速度大小和方向都不变），不计空气阻力。从小球水平射入水井到落至水面的过 程中，下列说法正确的是（ ） A. 小球下落时间与小球质量m有关 B. 小球下落时间与小球初速度v有关 C. 小球下落时间与水井井口直径d有关 D. 小球下落时间与水井井口到水面高度差h有关 【答案】D 【解析】 【详解】因为小球与井壁做多次弹性碰撞，碰撞前后小球水平方向速度大小不变、方向反向，则将小球的 运动轨迹连接起来就是一条做平抛的抛物线，可知小球在竖直方向做自由落体运动，下落时间由 2h t  g 可知，下落时间与小球的质量m，小球初速度v以及井口直径均无关，只与井口到水面高度差h有关。 故选D。 6. 一只可视为质点的蜜蜂沿弯曲轨迹做匀速率运动，蜜蜂在途经 A、B、C、D 位置时的速度 v 和所受合力 F 的大小、方向如图所示，其中可能正确的是（ ） A. A 或 C B. B 或 D C. A 和 C D. B 和 D 第 3 页 共 15 页上海最大家教平台---嘉惠家教 2万余上海老师任您选（在职老师、机构老师、985学霸大学生应有尽有 ，+V: jiajiao6767 ) 【答案】B 【解析】 【详解】由题意知蜜蜂做曲线运动，所受合外力不肯能为零，故A点不可能； 密封做曲线运动，合外力指向轨迹凹侧，故B、D两点均可能，C点不可能。 故选B。 7. 若钢球水平抛出的初速度大小为v ，落到挡板N时的速度大小为v，重力加速度为g，则钢球在空中做 0 平抛运动的时间为（不计空气阻力）（ ） vv vv 0 0 A. B. g g v2 v2 v2 v2 C. 0 D. 0 g g 【答案】C 【解析】 【详解】钢球做平抛运动，则 v gt y v v2 v2 0 y 所以 v2 v2 t  0 g 故选C。 8. 太阳从东边升起，西边落下，是地球上的自然现象，但在某些条件下，在纬度较高地区上空飞行的飞机 上，旅客可以看到太阳从西边升起的奇妙现象，这些条件是（ ） A. 时间必须是在清晨，飞机正在由东向西飞行，飞机的速度必须较大 B. 时间必须是在清晨，飞机正在由西向东飞行，飞机的速度必须较大 C. 时间必须是在傍晚，飞机正在由东向西飞行，飞机的速度必须较大 D. 时间必须是在傍晚，飞机正在由西向东飞行，飞机的速度不能太大 【答案】C 【解析】 【详解】AB．由于地球自西向东旋转，故我们看到太阳从东边升起，西边落下，如果时间在清晨，飞机向 东飞行，飞机相对于太阳向东运动，乘客看到太阳仍从东边升起，若向西飞行，会看不到太阳升起，故 第 4 页 共 15 页上海最大家教平台---嘉惠家教 2万余上海老师任您选（在职老师、机构老师、985学霸大学生应有尽有 ，+V: jiajiao6767 ) AB错误； CD．旅客要看到太阳从西边升起，必须在傍晚，并要求飞机相对于地球向西运动，飞机自东向西飞行的速 度大于地球自转的速度，故C正确，D错误。 故选C。 9. 有关圆周运动的基本模型，下列说法正确的是（ ） A. 如图a，汽车以恒定速率通过拱桥的最高点时处于平衡状态； B. 如图b，滑块随水平圆盘一起匀速转动，滑块相对圆盘有沿轨迹切线方向飞出的运动趋势； C. 如图c，两个质量相同的小球在光滑而固定的圆锥筒内的A、B位置分别做匀速圆周运动，则筒壁对小 球的弹力大小为N  N ； A B D. 如图d，若火车转弯速度超过规定速度时，将挤压内轨。 【答案】C 【解析】 【详解】A．汽车以恒定速率通过拱桥最高点时做圆周运动，需要向心力，合力不为零，所以不处于平衡 状态，A错误； B．滑块随水平圆盘一起匀速转动，所需要的向心力由圆盘给它的静摩擦力提供，则滑块所受静摩擦力指 向圆心，由于静摩擦力方向与相对运动趋势方向相反，所以滑块相对圆盘有沿圆盘半径背离圆心方向飞出 的运动趋势，B错误； C．对两小球受力分析，受到重力和垂直筒壁向上的支持力，且所受力的方向相同，重力与支持力的的合 力提供向心力，设筒壁与竖直方向的夹角为，则 N sinmg A N sinmg B 联立可得 N  N A B C正确； D．若火车转弯速度超过规定速度时，所需的向心力增大，重力与轨道对它支持力的合力不足以提供所需 要的向心力，此时外轨将对火车产生弹力来满足火车转弯所需的向心力，则此时火车将挤压外轨，D错 第 5 页 共 15 页上海最大家教平台---嘉惠家教 2万余上海老师任您选（在职老师、机构老师、985学霸大学生应有尽有 ，+V: jiajiao6767 ) 误； 故选C。 10. 如图，带有一白点的黑色圆盘，可绕过其中心，垂直于盘面的轴匀速转动，每秒沿顺时针方向旋转30 圈。在暗室中用每秒闪光31次的频闪光源照射圆盘，观察到白点每秒沿（ ） A. 顺时针旋转31圈 B. 逆时针旋转31圈 C. 顺时针旋转1圈 D. 逆时针旋转1圈 【答案】D 【解析】 【详解】带有一白点的黑色圆盘，可绕过其中心，垂直于盘面的轴匀速转动，每秒沿顺时针方向旋转30圈， 即圆盘转动的频率 f  30Hz 0 在暗室中用每秒闪光31次的频闪光源照射圆盘，即闪光灯频率 f  31Hz 所以 f＜f＜ 2f 0 0 所以观察到白点逆时针旋转 f  f  f  1Hz 0 所以观察到白点每秒逆时针旋转1圈 。 故选D。 11. 如图所示，小球自空中自由下落从转动的圆形纸筒穿过，开始下落时小球离纸筒顶点的高度h＝ 0.8m，纸筒绕水平轴匀速转动的角速度为ω＝5πrad/s，g取10m/s2．若小球穿筒壁时能量损失不计，撞破 纸的时间也可不计，且小球穿过后纸筒上只留下一个孔，则纸筒的半径R为（ ） 第 6 页 共 15 页上海最大家教平台---嘉惠家教 2万余上海老师任您选（在职老师、机构老师、985学霸大学生应有尽有 ，+V: jiajiao6767 ) A. 0.2m B. 0.4m C. 0.5m D. 1.0m 【答案】C 【解析】 【详解】小球做自由落体运动，纸筒做匀速圆周运动，因为只留下一个孔，所以小球穿出时，纸筒转过半 圈或者整圈数加半圈，有 1 1 h gt2，h2R gt2，t t t 2 1 2 2 2 1 设圆筒运转周期为T，则 2 2 T   s  5 由题意，可知  1 t   n  Tn0、1、2、  2 联立，可得 (2n3)2 4 R m 10 当n=0时，半径R=0.5m；当n=1时，半径R=2.1m 故选C。 12. 一水平放置的圆盘绕竖直轴转动，如图甲所示。在圆盘上沿半径开有一条均匀的狭缝。将激光器与传 感器上下对准，使二者间连线与转轴平行，分别置于圆盘的上下两侧，且沿圆盘半径方向匀速移动，传感 器接收到一个激光信号，并将其输入计算机，经处理后画出光信号强度I随时间t变化的图像，如图乙所 第 7 页 共 15 页上海最大家教平台---嘉惠家教 2万余上海老师任您选（在职老师、机构老师、985学霸大学生应有尽有 ，+V: jiajiao6767 ) 示，图中t ＝1.010-3s，t ＝0.810-3s。根据上述信息推断，下列选项正确的是（ ） 1 2 A. 圆盘在做加速转动 B. 圆盘的角速度10rad/s C. 激光器与传感器一起沿半径向圆心运动 D. 图乙中t ＝0.6710-3s 3 【答案】D 【解析】 【详解】AB．由图象可知转盘的转动周期 T=1.0s-0.2s=0.8s 保持不变，所以圆盘做匀速圆周运动，故角速度为 2 2   rad/s=2.5πrad/s T 0.8 故AB错误； C．由于电脉冲信号宽度在逐渐变窄，表明光能通过狭缝的时间逐渐减少，即圆盘上对应探测器所在位置 的线速度逐渐增加，因此激光器和探测器沿半径由中心向边缘移动，故C错误； D．0.2s时刻的线速度 d v  r 1 t 1 1 1.0s时刻的线速度 d v  r 2 t 2  2 1.8s时刻的线速度 d v  r 3 t 3  3 由于沿圆盘半径方向匀速移动，所以有 第 8 页 共 15 页上海最大家教平台---嘉惠家教 2万余上海老师任您选（在职老师、机构老师、985学霸大学生应有尽有 ，+V: jiajiao6767 ) r -r =r -r 2 1 3 2 解得 △t =0.67×10-3s 3 故D正确。 故选D。 二、填空题（共 5小题，每空 2分，共 20分） 13. 如图所示，在探究平抛运动规律的实验中，用小锤打击弹性金属片，A球沿水平方向抛出，同时B球 由静止开始下落，可观察到两小球同时落地。实验中B球做_____________（选填“自由落体”或“匀速 直线”）运动；改变装置距地面的高度和打击的力度，多次实验，都能观察到两小球同时落地，说明A球 在竖直方向的分运动是____________（选填“自由落体”或“匀速直线”）运动。 【答案】 ①. 自由落体 ②. 自由落体 【解析】 【详解】[1][2]用小锤打击弹性金属片，A球沿水平方向抛出，同时B球由静止开始下落，可观察到两小 球同时落地。实验中B球做自由落体运动；改变装置距地面的高度和打击的力度，多次实验，都能观察到 两小球同时落地，说明A球在竖直方向的分运动是自由落体运动。 14. 航天员王亚平在运行中的“天宫一号”内做了如图所示实验：长为L的细线一端固定，另一端系一质量 为m的小球，当小球处于最低点时，给其一个垂直细线的初速度v，若不考虑空气等阻力的影响，小球运 mv2 动到最高点时，细线对小球的拉力大小___________ （选填“大于”“小于”“等于”），原因是 L ___________。 第 9 页 共 15 页上海最大家教平台---嘉惠家教 2万余上海老师任您选（在职老师、机构老师、985学霸大学生应有尽有 ，+V: jiajiao6767 ) 【答案】 ①. 等于 ②. 见解析 【解析】 【详解】[1][2]在运行的天宫一号内，物体都处于完全失重状态，相当于不考虑重力，给小球一个初速度， 由绳子的拉力提供向心力，小球将在竖直平面内做匀速圆周运动。根据牛顿第二定律，可得在最高点时细 线对小球的拉力大小为 v2 F m L 15. 如图，高速公路上汽车保持速率不变通过路面abcd，其中ab段为平直上坡路面，bc段为水平路面， cd段为平直下坡路面。不考虑整个过程中空气阻力和摩擦阻力的大小变化，则汽车的输出功率最大的区域 是____，最小的区域是______。（均选填“ab”、“bc”、“cd”） 【答案】 ①. ab ②. cd 【解析】 【详解】[1][2]在ab段，根据受力平衡可得 F  f mgsin 1 功率为 P  Fv f mgsinv 1 1 在bc段，根据受力平衡可得 F  f 2 功率为 P  Fv fv 2 2 在cd段，根据受力平衡可得 F  f mgsin 3 第 10 页 共 15 页上海最大家教平台---嘉惠家教 2万余上海老师任您选（在职老师、机构老师、985学霸大学生应有尽有 ，+V: jiajiao6767 ) 功率为 P  Fv f mgsinv 3 3 联立，可得 P  P  P 1 2 3 则汽车的输出功率最大的区域是ab，最小的区域是cd 16. 如图所示，小木块的质量为m，木板质量为M 2m，长度为L，一根不计质量的轻绳通过定滑轮分 别与M和m连接，小木块与木板间，以及木板与水平桌面间的动摩擦因数均为，开始时木块静止在木 板左端。现用水平向右的力将m拉至右端，拉力至少为__________，拉力至少做功为__________。 【答案】 ①. 5mg ②. 2.5mgL 【解析】 【详解】[1][2]小木块匀速运动时，拉力最小，同时拉力做功最少，对木块水平方向根据平衡关系有 F mgT 对木板水平方向根据平衡关系有 T mg(M m)g 解得 F 5mg L 由题可知，小木块从木板左端运动到右端的位移为 ，则拉力对小木块做的功为 2 L W  F 2.5mgL 2 17. 如图所示，从半径为R 1m的半圆PQ上的P点水平抛出一个可视为质点的小球，经t 0.4s小球落 到半圆上，此过程中小球下落的高度为______m，小球被抛出时的初速度为______m/s。已知当地的重力加 速度g 10m/s2。 【答案】 ①. 0.8m ②. 1m/s##4m/s 第 11 页 共 15 页上海最大家教平台---嘉惠家教 2万余上海老师任您选（在职老师、机构老师、985学霸大学生应有尽有 ，+V: jiajiao6767 ) 【解析】 【详解】[1]设小球平抛时下落的高度为h，则 1 h gt2 2 解得 h0.8m [2]若小球落在圆弧的左侧，小球的水平位移为x，则根据几何关系可知 R2 h2 (Rx)2 解得 x0.4m 初速度为 x v  1m/s 0 t 若小球落在圆弧的右侧，小球的水平位移为x，则根据几何关系可知 R2 h2 (xR)2 解得 x1.6m 初速度为 x v  4m/s 0 t 三、计算题（共 3小题，18题 12分，19题 14分，20题 14分，共 40分） 18. 如图所示，一辆质量为1吨的汽车静止在一座半径为50m的圆弧形拱桥顶部（g 10m/s2），求： （1）此时汽车对圆弧形拱桥的压力是多大； （2）如果汽车以10m/s的速度经过拱桥的顶部，则汽车对圆弧形拱桥的压力是多大； （3）汽车以多大速度通过拱桥的顶部时，汽车对圆弧形拱桥的压力恰好为零. 【答案】（1）1104；（2）8103；（3）10 5m/s 【解析】 【详解】（1）汽车静止在弧形拱桥顶部 第 12 页 共 15 页上海最大家教平台---嘉惠家教 2万余上海老师任您选（在职老师、机构老师、985学霸大学生应有尽有 ，+V: jiajiao6767 ) F mg 1.0104  根据牛顿第三定律，可得汽车对圆弧形拱桥的压力是1104 （2）汽车以10m/s的速度经过拱桥的顶部 mv2 mgF   R 求得 F 8.0103  根据牛顿第三定律，可得汽车对圆弧形拱桥的压力是8103； （3）汽车对圆弧形拱桥的压力恰好为零 mv2 mg  R 求得 v10 5m/s 19. 如图，置于圆形水平转台边缘的小物块随转台加速转动，当转速达到某一数值时，物块恰好滑离转台开 始做平抛运动。现测得转台半径R=0.5m，离水平地面的高度H=0.8m，物块平抛落地过程水平位移的大小 s=0.4m。设物块所受的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度g=10m/s2求： （1）物块做平抛运动的初速度大小v ； 0 （2）物块与转台间的动摩擦因数μ。 【答案】（1）1m/s ； （2）0.2 【解析】 【详解】（1）物块做平抛运动，在竖直方向上有 1 H  gt2 2 在水平方向上有 s v t 0 第 13 页 共 15 页上海最大家教平台---嘉惠家教 2万余上海老师任您选（在职老师、机构老师、985学霸大学生应有尽有 ，+V: jiajiao6767 ) 联立解得 g v s 0 2H 代入数据得 v =1 m/s 0 （2）物块离开转台时，最大静摩擦力提供向心力，有 v2 f m 0 m R f N mg m 联立解得 v2  0 gR 代入数据得 μ=0.2 20. 如图所示，一台起重机将质量m500kg的重物由静止开始以a0.2m/s2加速度竖直向上匀加速提 升，5s末之后保持功率不变继续提升重物，直至重物匀速上升。取g 10m/s2不计空气阻力，求： （1）5s末的起重机提升重物的功率P； （2）重物的最大速度v ； m （3）重物开始运动后15s内起重机提升重物的平均功率P。 【答案】（1）5100W；（2）1.02m/s；（3）4250W 【解析】 【详解】（1）05s重物做匀加速运动，由牛顿第二定律 F mg ma 1 第 14 页 共 15 页上海最大家教平台---嘉惠家教 2万余上海老师任您选（在职老师、机构老师、985学霸大学生应有尽有 ，+V: jiajiao6767 ) 解得 F =5100N 1 5s末重物的速度为 v =at =0.2´ 5m/s=1m/s 1 1 故5s末的起重机提升重物的功率P为 P=Fv =5100´ 1W =5100W 1 1 （2）达到最大速度时 F =mg 2 故最大速度为 P P 5100 v = = = m/s=1.02m/s m F mg 500´ 10 2 （3）提升重物的过程中功率随时间的变化图像如图所示 Pt图像的面积表示功，故前15s内起重机对重物做功为 Pt æ5100´ 5 ö W = 1 +Pt =ç ç +5100´ 10÷ ÷ J =63750J 2 2 è 2 ø 故平均功率P为 W 63750 P= = W =4250W t +t 15 1 2 第 15 页 共 15 页