浙江省杭州地区（含周边）重点中学2022-2023学年高一物理下学期期中试题（Word版附解析）

2022学年第二学期期中杭州地区（含周边）重点中学

高一年级物理学科试题

考生须知：
 

1．本卷满分100分，考试时间90分钟。

2．答题前，在答题卷指定区域填写班级、姓名、考场号、座位号及准考证号并填涂相应数字。

3．所有答案必须写在答题卷上，写在试卷上无效。

4．考试结束后，只需上交答题卷。

5．可能用到的相关参数：重力加速度g均取。

选择题部分

一、选择题Ⅰ（本题共13小题，每小题3分，共39分。每小题列出的四个备选项中只有一个符合题目要求，不选、多选、错选均不得分）

1. 下列单位不属于国际单位制中的单位是（    ）

A. 焦耳 B. 瓦特 C. 牛顿 D. 千米

【答案】D

【解析】

【详解】焦耳、瓦特和牛顿都是国际单位制中的导出单位；千米不是国际单位制中的单位。

故选D。

2. 下列选项中物理量全是矢量的是（  ）

A. 速率  加速度 B. 向心力  速度变化量

C. 功率  重力势能 D. 周期  线速度

【答案】B

【解析】

【详解】A．速率是只有大小没有方向的标量，加速度是既有大小又有方向的矢量，故A错误；

B．向心力、速度变化量都是既有大小又有方向的矢量，故B正确；

C．功率、重力势能都是只有大小没有方向的标量，故C错误；

D．周期是只有大小没有方向的标量，线速度是既有大小又有方向的矢量，故D错误。

故选B。

3. 2022年6月，我国第一艘完全自主建造的大型航母福建舰正式下水，标志着我国从此进入大航母时代。福建舰之后将在南海进行一系列航行和系泊试验。下列说法正确的是（    ）

A. 测试时福建舰全速航行时速可达30节，30节指的是平均速度

B. 福建舰在海面上大角度转弯以模拟规避空袭时可以看成质点

C. 福建舰在拖船的作用下加速移动，拖船对福建舰的作用力大小等于福建舰对拖船的作用力

D. 福建舰匀速转弯，其所受的合外力为0

【答案】C

【解析】

【详解】A．测试时福建舰全速航行时速可达30节，30节指的是瞬时速度，故A错误；

B．福建舰在海面上大角度转弯以模拟规避空袭时不能忽略本身，所以不可以看成质点，故B错误；

C．拖船对福建舰的作用力和福建舰对拖船的作用力是一对相互作用力，所以一定等大，故C正确；

D．福建舰匀速转弯，是曲线运动，其所受的合外力不为0，故D错误。

故选C。

4. “判天地之美，析万物之理”，实验探究是物理学研究问题的重要方法，下列实验中，所采用的实验方法和其他选项不同的是（    ）

A. 显示桌面受力形变 B. 卡文迪许扭称实验

C. 探究影响向心力大小因素 D. 有机玻璃受力形变

【答案】C

【解析】

【详解】显示桌面受力形变，卡文迪许扭称实验，有机玻璃受力形变都采用了微小形变放大法，探究影响向心力大小因素，采用了控制变量法。
故选C。
 

5. 在物理学发展过程中，许多物理学家做出了贡献，他们的科学发现和所采用的科学方法推动了人类社会的进步。以下说法正确的是（    ）

A. 1916年，普朗克创立了广义相对论

B. 伽利略通过理想斜面实验得出力不是维持物体运动的原因

C. 研究自由落体运动中，伽利略通过直接测量速度得到自由落体运动的规律

D. 牛顿发现了万有引力定律并测出了引力常量

【答案】B

【解析】

【详解】A．1916年，爱因斯坦创立了广义相对论，故A错误；

B．伽利略通过理想斜面实验得出力不是维持物体运动的原因，故B正确；

C．研究自由落体运动中，伽利略时代无法直接测定物体的瞬时速度，他通过数学运算得到结论：假设物体的初速度为零，而且速度随时间的变化是均匀的，那么它通过的位移与所用的时间的二次方成正比，这样只要测出物体通过不同位移所用的时间，从而检验假设的方法得到自由落体运动的规律，故C错误；

D．牛顿发现了万有引力定律，卡文迪许测出了引力常量，故D错误。

故选B。

6. 民间手工艺品平衡蜻蜓广受大小朋友喜欢，它的奇妙之处在于放在任何一个部位都能保持静止。如图所示为平衡蜻蜓静止在指尖的图片，下列关于平衡蜻蜓的分析正确的是（    ）

A. 平衡蜻蜓只受重力和支持力两个力的作用

B. 平衡蜻蜓对手的压力是由于手形变而引起的

C. 手指对平衡蜻蜓的作用力一定竖直向上

D. 手指对平衡蜻蜓的支持力与平衡蜻蜓所受的重力是一对平衡力

【答案】C

【解析】

【详解】A. 平衡蜻蜓受重力，支持力，摩擦力三个力的作用，A错误；

B. 平衡蜻蜓对手的压力是由于平衡蜻蜓形变而引起的，B错误；

C. 手指对平衡蜻蜓的作用力与重力方向相反，为竖直向上，C正确；

D. 手指对平衡蜻蜓的支持力与平衡蜻蜓所受重力不在同一直线上，不是一对平衡力，D错误。故选C。
 

7. 齿轮传动是现代各种设备中应用最广泛的一种机械传动方式。它具有传动比较准确，效率高，结构紧凑，工作可靠，寿命长等优点。如图甲所示为某款机械手表内部的部分结构图，A、B、C三个传动轮通过齿轮咬合，C、D与轴承咬合，A、B、C、D四个轮子，现将其简化成如图乙所示模型。a、b、c、d分别为A、B、C、D轮缘上的点，半径之比。下列判断正确的是（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【详解】A．A、B属于同缘传动，边缘点的线速度相等，则

A错误；

B．C、D属于同轴传动，角速度相等，则

C．由向心加速度公式

得

C错误；

D．根据匀速圆周运动的周期

可得

D正确。

故选D。

8. 2022年11月30日，神舟十五号3名航天员顺利进驻中国空间站，与神舟十四号航天员乘组首次实现“太空会师”，并在空间站留下了能够载入史册的太空合影。若中国空间站绕地球可视为匀速圆周运动，如图所示。已知空间站运行周期为T，轨道离地面的高度为h，地球半径为R，引力常量为G，忽略地球自转的影响，则下列说法正确的是（    ）

A. 空间站的运行速度为

B. 地球的第一宇宙速度为

C. 空间站绕地球运动的向心加速度大于地面的重力加速度

D. 合影中左后排航天员能处于漂浮状态是因其受到的合力为零

【答案】B

【解析】

【详解】A．空间站运行速度

A错误；

B．第一宇宙速度为环绕地球最大速度，对应半径为R，质量为m1的物体

对于空间站

解之得第一宇宙速度

B正确；

C．空间站绕地球运动的向心加速度满足

因此空间站绕地球运动的向心加速度小于地面的重力加速度，C错误；

D．合影中左后排航天员能处于漂浮状态是因处于完全失重状态，合力不为零，D错误。

故选B。

9. 图甲为某水上乐园的滑道，我们将其简化为图乙。某次游玩时，游客从倾斜滑道顶端静止滑下，停在水平滑道的A点。倾斜滑道与水平滑道材料相同且平滑连接。游客的质量m，倾斜滑道高度h、倾角，游客与滑道间的动摩擦因数，A点到O点的水平距离x，下列说法正确的是（    ）

A. h和一定，m越大，x越小 B. h和一定，m越大，x越大

C. h和一定，越小，x越小 D. x的大小只与h和有关，与、m无关

【答案】D

【解析】

【详解】设倾斜轨道长为x1，倾角为θ，水平轨道长x2，则整个过程中根据动能定理

即

即

即 x的大小只与h和有关，与、m无关。

故选D。

10. 人站在力传感器上完成下蹲和站起动作，传感器记录的力随时间变化图像（图）如图所示，则（    ）

A. 下蹲过程中最大加速度为6m/s2 B. 人在下蹲过程中，力的示数先变大，后变小

C. 人在站起过程中，先失重后超重 D. 人在8s内完成了两次下蹲和两次站起动作

【答案】A

【解析】

【详解】A．由图可知，传感器的最小压力约为200N，则根据牛顿第二定律得最大加速度为

故A正确；

B．人在下蹲过程中，先加速下降再减速下降，所以力的示数先变小，后变大，故B错误；

C．人在站起过程中，先加速起立再减速起立，所以先超重后失重，故C错误；

D．人在下蹲过程中，力的示数先变小，后变大，人在站起过程中，力的示数先变大，后变小，所以动作人在8s内完成了一次下蹲和一次站起动作，故D错误。

故选A。

11. 如图所示，一塔式起重机正在工作，在某段时间内，吊车将质量为M的重物从静止开始以恒定的加速度竖直下降，当下降高度为h时，速度为v，在这个过程中，下列说法正确的是（　　）

A. 重物重力势能增加了Mgh B. 重物的机械能减少了

C. 起重机对物体做功为 D. 重物的合外力做功为

【答案】B

【解析】

【详解】A．重物下降，重物重力做正功，重力势能减小，故A错误；

BD．由牛顿第二定律可得

且

重物的合外力做功为

则重物的机械能减少量为

故B正确，D错误；

C．起重机对物体做功为

故C错误。

故选B。

12. 如图所示，在一端封闭的光滑细玻璃管中注满清水，水中放一个由蜡做成的小圆柱体R。R从坐标原点以速度匀速上浮的同时，玻璃管沿x轴正方向做初速度为0，加速度为4cm/s2的匀加速直线运动。下列判断正确的是（    ）

A. 蜡块做匀加速直线运动 B. 蜡块按轨迹1运动

C. 经1s蜡块的速度为5cm/s D. 经1s蜡块的位移为

【答案】D

【解析】

【详解】A．依题意，蜡块的两个分运动为x轴正方向的匀加速直线运动，y轴正方向的匀速直线运动，初速度方向沿y轴正方向，加速度沿x轴正方向，即二者不共线。所以蜡块做匀变速曲线运动，故A错误；

B．根据曲线运动的受力特点可知，轨迹向着加速度一侧弯曲，根据上面选项分析可知，蜡块加速度沿x轴正方向，所以蜡块不按轨迹1运动，故B错误；

C．经1s蜡块沿x轴方向的速度为

根据合速度与分速度关系，可得

故C错误；

D．经1s蜡块两个分位移大小为

则蜡块的位移为

故D正确。

故选D。

13. 如图为某城市广场喷泉喷出的水柱的场景。从远处看，喷泉喷出的水柱超过了40层楼的高度。靠近看，喷管的直径为10cm。请你据此估算用于给喷管喷水的电动机输出功率约为（    ）

A. 45kW B. 450kW C. 90kW D. 900kW

【答案】B

【解析】

【详解】管口的圆形内径约有10cm，则半径

r=5cm=0.05m

根据实际情况，每层楼高h=3m，所以喷水的高度

H=40h=120m

由，解得水离开管口的速度为

设给喷管喷水的电动机输出功率为P，在接近管口很短一段时间内水柱的质量为

根据动能定理可得

解得

代入数据解得

故选B。

二、选择题Ⅱ（本题共2小题，每小题3分，共6分。在每小题给出的四个选项中，至少有一个选项是符合题目要求的，全部选对得3分，选对但不全的得2分，有错选的得0分）

14. 为了形象生动地说明圆周运动的运动规律，教科书设置了许多插图，下列关于插图的表述正确的是（    ）

甲                    乙                   丙                丁

A. 图甲旋转木马工作时，越靠外侧的木马线速度越大

B. 图乙轨道外轨高于内轨，火车转弯时铁轨对火车的支持力提供向心力

C. 图丙空中飞椅游戏中，外排飞椅向心加速度更大

D. 图丁脱水机工作时，衣服中的水珠在离心力的作用下从桶孔飞出

【答案】AC

【解析】

【详解】A．图甲旋转木马工作时，由，可知越靠外侧的木马线速度越大，故A正确；

B．图乙轨道外轨高于内轨，火车转弯时铁轨对火车的支持力与重力的合力提供向心力，故B错误；

C．图丙空中飞椅游戏中，由，可知外排飞椅向心加速度更大，故C正确；

D．图丁脱水机工作时，衣服中的水在转动时所受附着力及摩擦力的合力提供向心力，当合力小于所需要的向心力时，做离心运动，水被甩出，并不是受离心力，故D错误。

故选AC。

15. 受自动雨伞开伞过程的启发，某同学设计了如图所示的弹射模型。竖直放置在水平桌面上的滑杆上套有一个滑块，初始时处于静止在A处。某时刻，滑块以初速度被向上弹出，滑到B处与滑杆发生碰撞（碰撞过程有部分机械能损失），并带动滑杆一起向上运动。若滑块的质量为m，滑杆的质量M，滑杆A、B间的距离L，滑块运动过程中受到的摩擦力为f，重力加速度为g，不计空气阻力。下列判断正确的是（  ）

A. 无论滑块静止还是向上滑动，桌面对滑杆的支持力始终等于

B. 滑块沿滑杆向上滑动的过程中的加速度

C. 滑块碰撞前瞬间的动能Ek

D. 滑杆能上升的最大高度为

【答案】BC

【解析】

【详解】A．滑块向上加速滑动时，整体加速度方向向下，处于失重状态，桌面对滑杆的支持力小于，故A错误；

B．根据牛顿第二定律，滑块沿滑杆向上滑动的过程中的加速度

故B正确；

C．根据动能定理

=Ek

得

Ek

故C正确；

D．若碰撞过程没有机械能损失，根据能量守恒

得滑杆能上升的最大高度为

因为有机械能损失，所以滑杆能上升的最大高度小于

故D错误。

故选BC。

非选择题部分

三、非选择题部分（本题共6小题，共55分）

16. 某实验小组用甲、乙所示的装置做了“探究小车加速度与力、质量的关系”和“探究向心力表达式”两个实验。

（1）两个实验都用到的研究方法是________。

A．等效替代法    B．控制变量法    C．理想模型法

（2）甲实验中，不计绳与滑轮间的摩擦，下列说法正确的是________。

A．实验前需进行阻力补偿

B．实验中，改变小车质量后再做该实验，需要重新补偿阻力

C．实验中必须用天平测出沙和沙桶的总质量

D．本实验中不需要保证砂和砂桶总质量远小于小车的质量

（3）丙图是“探究向心力表达式”实验装置的俯视图，图中A、B槽分别与a、b轮同轴固定，且a、b轮半径相同。

Ⅰ．当a、b两轮在皮带的传动下匀速转动时：两槽转动的角速度________ 。

Ⅱ．现有两质量相同的钢球①、②分别放在A、B槽边缘，他们到各自转轴的距离之比为，则钢球①、②的向心力之比为________。

【答案】    ①. B    ②. AD    ③. =    ④. 2︰1

【解析】

【详解】（1）[1]在研究向心力的大小F与质量m的关系时，控制角速度ω和半径r不变，在研究向心力的大小F与角速度ω的关系时，控制质量m和半径r不变，在研究向心力的大小F与和半径r之间的关系时，控制角速度ω和质量m不变，主要用到了物理学中的控制变量法。在探究“探究加速度与力、质量的关系”实验中，探究加速度与力关系时，保证质量不变；探究加速度与质量关系时，保证外力不变，所以实验方法为控制变量法，故选B。

（2）[2]A．为消除摩擦力对实验的影响，实验数据测量前需要对小车进行阻力补偿，故A正确；
B．实验前补偿阻力后，在实验过程中若改变小车质量，不需要重新补偿阻力，故B错误；

CD．对小车的拉力是通过力传感器得到的，故无需测量沙和沙桶的质量，也不需要满足沙和沙桶的总质量远小于小车的质量，故C错误，D正确。

故选AD。

（3）Ⅰ.[3]因为该模型为皮带转动模型，则两槽的线速度大小相等，根据

v=ωR

a、b轮半径相同，所以两槽转动的角速度

ω1=ω2

Ⅱ．[4]现有两质量相同的钢球，①球放在A槽的边缘，②球放在B槽的边缘，它们到各自转轴的距离之比2︰1，则钢球①②的线速度之比为

v1︰v2=ωR1︰ωR2=R1︰R2=2︰1

受到向心力之比为

F1︰F2＝mω2R1︰mω2R2＝2︰1

17. 验证“机械能守恒定律”的方案有很多种，让重物做自由落体运动来验证“机械能守恒定律”就是实验室常用的一种方案。

（1）本实验中，除打点计时器（含纸带、复写纸）、重物、铁架台、导线及开关外，在下面的器材中，必须使用的还有________；（选填器材前的字母）

A．天平    B．刻度尺    C．直流电源

D．交流电源    E．秒表    F．弹簧测力计

（2）不同组学生在实验操作过程中出现如图的四种情况，其中操作正确的是________；

A. B. C. D.

（3）用打点计时器打出一条纸带，截取其中一段如图所示，选取连续打出的点A、B、C、D、E为计数点，各计数点间距离已在图上标出，单位为cm。已知打点计时器所用交流电源的频率为50Hz，则打点计时器打C点时，重锤的速度大小为________m/s（结果保留3位有效数字）；

（4）小华认为可通过测量重锤下落过程的加速度来验证机械能是否守恒，设O点到测量点的距离为h，v为对应测量点的速度，他做出的关系图线如图所示，由图可得重物下落的加速度________（结果保留二位有效数字）。

【答案】    ①. BD    ②. B    ③. 1.59    ④. 9.5（9.4-9.6）

【解析】

【详解】（1）[1]实验需要测量纸带上计数点间的距离，需要刻度尺；打点计时器需要连接交流电源。

故选BD。

（2）[2]打点计时器应接交流电源，操作时应由应由静止释放纸带。

故选B。

（3）[3]中间时刻的瞬时速度等于这段位移的平均速度，故

（4）[4]根据运动学知识，得

结合图像斜率，有

可得重物下落的加速度

18. 如图所示，一小球在细线的牵引下，绕光滑桌面上的图钉O做匀速圆周运动。若小球质量，转动半径，小球线速度大小。

（1）求细线上拉力的大小；

（2）若小球转动的过程中，在桌面P点再固定一图钉，OP间距离为0.2m，当细线碰到图钉的瞬间，求细线上拉力的大小；

（3）若细线能承受的最大拉力为4.8N，要使细线碰到图钉瞬间恰好断裂，固定图钉的P点位置应满足什么条件？

【答案】（1）2.4N；（2）4N；（3）LOP=0.25m

【解析】

【详解】（1）根据牛顿第二定律

解得

（2）P点固定图钉，圆周半径变r=0.3m，则有            

解得

（3）根据

解得

所以固定图钉的P点位置距离O点LOP=0.25m，即OP的间距等于0.25m ，细绳恰好断裂。

19. 水平桌面上固定一“U型”游戏装置，其俯视图如图所示。装置由粗糙水平轨道AB、CD和光滑的半圆形轨道BC组成，B、C两处轨道平滑连接。在AB轨道左侧放置一弹射装置，某次游戏将小滑块从A点弹出，其初速度为，若小滑块沿“U型”装置运动到D点视为游戏成功。已知小滑块质量，与AB轨道的动摩擦因素，与CD轨道的动摩擦因素（x为小滑块到C端的距离），AB、CD轨道长均为。游戏过程其他阻力不计，。（提示：图像围成的面积等于力F所做的功）求：

（1）弹簧的弹性势能；

（2）小滑块到达B点的速度和在AB轨道上的运动时间；

（3）试通过计算说明本次游戏能否成功？

【答案】（1）；（2）1m/s，0.5s；（3）不能

【解析】

【详解】（1）由功能关系

（2）A到B做匀减速运动

由

解得

又

解得

（3）小滑块在CD轨道摩擦力

若小滑块恰好停在D点，CD轨道摩擦力对小滑块做功

解得

由动能定理

故

游戏不能成功。

20. 如图所示，高为h、厚度不计的档板AB竖直放置在水平面上，档板右边为倾角的斜面。可视为质点的小球从高为2h的桌面上水平飞出。桌面右端和挡板的水平距离为L，重力加速度为，不计空气阻力和桌面的摩擦力。

（1）若，，小球飞出后恰好击中档板AB的中间，求小球飞出的初速度；

（2）若，小球落到A点恰好能沿斜面向下运动，求水平距离L的大小；

（3）若调整L，使小球分别击中档板A端和B端时动能相等，求的值。

【答案】（1）；（2）1.2m；（3）

【解析】

【详解】（1）恰好击中挡板AB中点，小球下落

则

解得

由

解得小球飞出的初速度

（2）小球落在A点，则

解得

小球落到A点恰好能沿斜面向下，则

解得

则水平距离L的大小

（3）小球击中A端，由，，解得

则A端动能

小球击中B端，由，，解得

则B端动能

由，解得

21. 受电影情节的启发，某同学设想了一款“人体大炮”的极限游戏，为了获得相关数据，他设计了如下实验，实验装置如图乙所示。水平传送带上表面和轨道A端处于同一水平面。传送带在电动机的带动下，顺时针匀速转动，物块O（可视为质点）质量为m，从传送带左端静止释放，被加速后，经衔接轨道从A点进入轨道Ⅰ或轨道Ⅱ，到B点后到达平台。传送带长为L，轨道AB端的高度差为h，物块O与传送带间的动摩擦因数为，其他阻力不计。若，，，。

（1）若物块O能沿轨道Ⅰ到达B点，求O离开传送带运动的速度至少是多少？

（2）若传送带运动的速度为2m/s，求物块O在传送带上的运动时间。

（3）若传送带运动的速度为2m/s，求物块O在传送带上运动过程中传送带电动机多做的功。

（4）若轨道Ⅱ由AE、螺旋圆形EFG和GB三段轨道平滑连接而成，且最高点F点与A点等高。传递带运动的速度为5m/s，物块O能否上升到B点？请通过计算说明理由。

【答案】（1）；（2）；（3）0.4J；（4）见解析

【解析】

【详解】（1）物体恰好到达B点时速度最小，则

解得

（2）物体从左端开始加速

加速到和传送带共速时

解得

物体匀加速阶段位移

匀速运动位移

由

得

则总时间

（3）传送带速度还是2m/s，物体在传送带上发生相对运动的时间

t1=0.5s

在这段时间内传送带的位移

s=vt1=1m

则传送带克服摩擦力做功

电机多做的功为0.4J；

（4）物体恰好过F点

解得

物块恰好到B点，有 

v=2m/s

物体在传送带上全程加速

解得

则物体只要能绕过F点就可以到达B点；由于F与A等高

设轨道半径为R，则物体绕过F点有

得

-

当圆形EFG轨道半径时，物体能到达B点；当圆形EFG轨道半径时，物体不能到达B点。