浙江省台州市山海协作体2022-2023学年高一下学期4月期中联考物理试题

2022-2023学年第二学期台州山海协作体期中联考

高一年级物理学科 试题

考生须知：

1.本卷共6页满分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纸上，写在试卷上无效。

4.考试结束后，只需上交答题纸。

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

1. 瓦特是国际单位制中功率的单位，符号 W，是以英国发明家詹姆斯·瓦特的名字命名的。若用国际单位制基本单位的符号来表示W，正确的是（　　）

A. J/s B. N·m/s C. kg·m2/s3 D. kg·m/s3

【答案】C

【解析】

【详解】由，，可知若用国际单位制基本单位的符号来表示W则为kg·m2/s3。故选C。

2. 关于做曲线运动的物体，下列说法正确的是（　　）

A. 速度大小一定变化 B. 速度方向一定变化

C. 加速度一定变化 D. 合外力一定变化

【答案】B

【解析】

【详解】A．做曲线运动的物体速度大小不一定变化，如匀速圆周运动。故A错误；

B．做曲线运动的物体速度方向一定变化。故B正确；

C．做曲线运动的物体加速度不一定变化，如平抛运动。故C错误；

D．做曲线运动的物体合外力不一定变化，如平抛运动。故D错误。

故选B。

3. 如图所示为无人机沿曲线从M点向N点飞行的过程中的一段轨迹，速度逐渐增大，在此过程无人机所受合力方向可能的是（　　）

A  B.

C.  D.

【答案】B

【解析】

【详解】物体做曲线运动时力指向轨迹的内测，从M点向N点运动过程中速度增大，所以力与速度的夹角为锐角。故选B。

4. 下列有关万有引力定律的发现历程叙述符合史实的是（　　）

A. 开普勒通过分析第谷的天文观测数据，提出了“日心说”，并发现了万有引力定律

B. 卡文迪什通过实验推算出引力常量G的值，被誉为第一个能“称量地球质量”的人

C. 丹麦天文学家第谷经过多年的天文观测和记录，建立了行星运动三定律

D. 伽利略利用“月地检验”验证了万有引力定律的正确性，使其得到了广泛的应用

【答案】B

【解析】

【详解】AC．哥白尼提出了“日心说”，开普勒通过分析第谷的天文观测数据，提出了行星运动的三大定律，牛顿发现了万有引力定律。故AC错误；

B．卡文迪什通过实验推算出引力常量G的值，被誉为第一个能“称量地球质量”的人。故B正确；

D．牛顿利用“月地检验”验证了万有引力定律的正确性，使其得到了广泛的应用。故D错误。

故选B。

5. 如图所示，一圆盘在水平面内匀速转动，在盘面上有一小物块，随圆盘一起运动。关于小物块的受力情况，下列说法正确的是（　　）

A. 受重力和支持力 B. 受重力、支持力和离心力

C. 受重力、支持力和摩擦力 D. 受重力、支持力、摩擦力和向心力

【答案】C

【解析】

【详解】小物块随圆盘一起运动受重力、支持力、摩擦力。摩擦力提供小物块做圆周运动的向心力。

故选C。

6. 如图所示，在一端封闭的光滑细玻璃管中注满清水，水中放一红蜡块R（R视为质点）。将玻璃管的开口端用胶塞塞紧后竖直倒置且与y轴重合，R从坐标原点开始运动的轨迹如图所示，则红蜡块R在x、y方向的运动情况可能是（　　）

A. x方向上做匀速直线运动，y方向上做匀速直线运动

B. x方向上做匀速直线运动，y方向上做匀加速直线运动

C. x方向上做匀减速直线运动，y方向上做匀加速直线运动

D. x方向上做匀加速直线运动，y方向上做匀速直线运动

【答案】D

【解析】

【详解】AB.由题图图像趋势可知，若x方向做匀速直线运动，则y方向应做减速直线运动，故AB错误；

C.若在x方向做匀减速直线运动，y方向做匀加速直线运动，则合力方向向左上方，图像应该向左上凹，故C错误；

D.由图像趋势可知，若在y方向做匀速直线运动，则在x方向应做加速运动，故D正确。

故选D。

7. 如图所示，半径为R的光滑半圆球固定在水平面上，顶部有一小物体，现给小物体一个水平初速度则物体将（ ）

A. 沿球面滑至M点

B. 按半径大于R的新圆弧轨道运动

C. 立即离开球面做平抛运动

D. 先沿球面滑至某点再离开球做斜下抛运动

【答案】C

【解析】

【详解】在最高点，有

所以

因为物块在最高点仅受重力，有水平初速度，所以物块离开半球面做平抛运动，故C正确，ABD错误。

故选C。

8. 如图所示某同学参加引体向上测试，在40s内完成15次标准动作，每次引体向上重心上升的高度约为50cm，则此过程中该同学克服重力做功的平均功率最接近于（　　）

A. 100W B. 300W C. 600W D. 1000W

【答案】A

【解析】

【详解】该同学质量估测为60kg，则全过程克服重力做功为

所以该同学克服重力做功的平均功率为

故选A。

9. 如图所示，一小孩从公园中粗糙的滑梯上自由加速滑下，其能量的变化情况是（　　）

A. 重力势能减少，动能不变，机械能减少

B. 重力势能减少，动能增加，机械能减少

C. 重力势能减少，动能增加，机械能增加

D. 重力势能减少，动能增加，机械能守恒

【答案】B

【解析】

【详解】小孩加速滑下，高度不断减小，重力做正功，重力势能减小；速度增大，动能增加；小孩在下滑过程中与滑梯摩擦生热，一部分机械能转化成内能，导致机械能总量减小，故B正确，ACD错误。

故选B。

10. 某同学玩飞镖游戏，先后将两只飞镖a、b由同一位置水平投出，已知飞镖投出的初速度，不计空气阻力，则两支飞镖插在竖直靶上的状态（侧视图）可能是（  ）

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【详解】AB．两只飞镖a、b都做平抛运动，在水平方向上做匀速直线运动，则有

，

据题它们的水平位移大小相等，，

所以运动时间关系为

，

由知

，

所以插在竖直靶上时a镖在b的下面，故AB错误；

CD．设飞镖插在竖直靶上前瞬间速度与竖直方向的夹角为θ，则

，

因为，所以有

故C正确，D错误。

故选C。

11. 内表面为半球型且光滑的碗固定在水平桌面上，球半径为R，球心为O，现让可视为质点的小球在碗内的某一水平面上做匀速圆周运动，小球与球心O的连线与竖直线的夹角为θ，重力加速度为g，则（　　）

A. 小球的加速度为a = gsinθ

B. 碗内壁对小球的支持力为

C. 小球的运动周期为

D. 小球运动的速度为

【答案】C

【解析】

【详解】AB．小球在碗内的某一水平面上做匀速圆周运动，受力如图

竖直方向有

水平方向有

联立解得

故AB错误；

C．又由

小球运动周期为

故C正确；

D．又由

小球运动的速度为

故D错误。

故选C。

12. 2021年2月，天问一号探测器成功与火星交会，如图所示为探测器经过多次变轨后登陆火星的轨迹示意图，其中轨道Ⅰ、Ⅲ为椭圆，轨道Ⅱ为圆。探测器经轨道Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ运动后在Q点登陆火星，O点是轨道Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ的交点，轨道上的O、P、Q三点与火星中心在同一直线上，O、Q分别是椭圆轨道Ⅲ的远火星点和近火星点。已知火星的半径为R，OQ=4R，轨道Ⅱ上正常运行时经过O点的速度为v，关于探测器下列说法正确的是（　　）

A. 沿轨道Ⅱ运动时经过P点的速度等于沿轨道Ⅲ经过O点的速度

B. 沿轨道Ⅲ运动时经过Q点的速度等于沿轨道Ⅲ经过O点的速度

C. 沿轨道Ⅱ的运动周期等于沿轨道Ⅲ的运动周期

D. 沿轨道Ⅲ运动时，探测器经过O点的加速度大小等于

【答案】D

【解析】

【详解】A．探测器从轨道II变轨到轨道III需要在O点减速做近心运动，所以沿轨道Ⅱ运动时经过P点（即O点）的速度大于沿轨道Ⅲ经过O点的速度，故A错误；

B．由开普勒第二定律可知，探测器在近火星点的速度大于远星火点的速度，即沿轨道Ⅲ运动时经过Q点的速度大于沿轨道Ⅲ经过O点的速度，故B错误；

C．由题意可知，探测器在轨道II运行的轨道半径为3R，沿轨道Ⅲ运行的半长轴为2R，由开普勒第三定律可知，沿轨道Ⅱ的运动周期不等于沿轨道Ⅲ的运动周期，故C错误；

D．由牛顿第二定律可知，沿轨道Ⅲ运动时，探测器经过O点的加速度大小等于探测器沿轨道II运动时，经过O点时的加速度大小，即为

故D正确。

故选D。

13. 如图所示，倾角为的斜面，固定在水平地面上，一小物块以初速度从斜面底端冲上斜面，小物块与斜面之间的动摩擦因数为，且，斜面足够长。重力加速度为g，不计空气阻力，用v表示速率，用表示动能，用表示重力势能，E表示机械能，（取水平地面为零势能面），用x表示小物块在斜面上滑过的路程，则下列图像可能正确的是（　　）

A.  B.

C.  D.

【答案】B

【解析】

【详解】A．根据

可知图像是曲线而不是直线，A错误；

B．根据动能定理，上滑的过程中

下滑的过程中

可知上滑和下滑的过程中，图像均为直线，且上滑时图像的斜率大于下滑时图像的斜率，B正确；

C．根据势能与高度的关系可知，上滑时的势能为

下滑时的势能为

因此上滑和下滑时图像均为直线，C错误；

D．由于除重力以外的力做功等于系统机械能的变化，因此

图像为一条倾斜的直线，D错误。

故选B。

二、选择题Ⅱ（本题共 3小题，每小题 2分，共 6分。每小题列出的四个备选项中至少有一个是符合题目要求的。全部选对的得 2分，选对但不全的得1分，有选错的得0分）

14. 如图所示，墙壁上固定一水平轻弹簧，一铁球以初速度 v0沿光滑水平面向左运动（不计空气阻力）。在小球向左压缩弹簧的过程中（　　）

A. 小球的机械能守恒 B. 小球和弹簧组成的系统机械能守恒

C. 小球做匀减速直线运动 D. 小球和弹簧刚接触时速度最大

【答案】BD

【解析】

【详解】小球向左压缩弹簧的过程中做加速度增加的减速运动，压缩过程中小球和弹簧组成的系统机械能守恒。故选BD。

15. 据2021年2月10日央视新闻报道，中国科学院国家授时中心表示：地球自转加快，一天已不是24小时。如果地球质量、半径不变，仅自转加快，以下说法正确的是（　　）

A. 地球表面重力加速度将减小 B. 地球赤道上物体线速度不变

C. 发射卫星的第一宇宙速度不变 D. 同步卫星轨道高度将降低

【答案】CD

【解析】

【详解】A．在地球表面或附近有

得

因为地球质量、半径不变，所以地球表面重力加速度不变。故A错误；

B．地球自转加快，即角速度变大，由可知赤道上物体线速度变大，故B错误；

C．由可得

因为地球质量、半径不变，所以发射卫星的第一宇宙速度不变，故C正确；

D．地球自转加快，自转周期变小，同步卫星运行周期变小，由得

可知同步卫星轨道高度将降低，故D正确。

故选CD。

16. 万有引力定律是科学史上最伟大的定律之一，利用它我们可以进行许多分析和预测。2022 年9月 26 日出现了“木星冲日”。当地球位于太阳和木星之间且三者几乎排成一条直线时，天文学称之为“木星冲日”。此次极为罕见，木星视亮度为 71 年来之冠。已知木星与地球几乎在同一平面内沿同一方向绕太阳近似做匀速圆周运动，木星到太阳的距离大约是地球到太阳距离的 5倍。下列说法正确的是（　　）

A. 木星运行的速度比地球的大

B. 木星运行的周期比地球的大

C. 下一次出现“木星冲日”在71年后

D. 给定地球到太阳距离和引力常量具体数值，可估算出太阳质量

【答案】BD

【解析】

【详解】A．由可得

木星的轨道半径大于地球的轨道半径，所以木星运行的速度比地球的小。故A错误；

B．由可得

木星的轨道半径大于地球的轨道半径，所以木星运行的周期比地球的大。故B正确；

C．可得

可得

所以下一次出现“木星冲日”所需要的时间

地球公转周期为1年，解得

年

故C错误；

D．由可得

地球公转周期为1年，所以给定地球到太阳距离和引力常量具体数值，可估算出太阳质量。故D正确。

故选BD。

非选择题部分

三、实验题（本题共2小题，共 16分）

17. 实验探究小球做圆周运动所需向心力的大小F 与质量m、角速度和半径r之间的关系。如图是探究过程中某次实验时装置的状态。

（1）本实验采用的方法是___________

A.控制变量法     B.等效法     C.模拟法

（2）当传动皮带套在两塔轮半径不同的轮盘上，两个塔轮边缘处的___________大小相等；（选填“线速度”或“角速度”）

（3）图中所示，两个钢球质量和运动半径相等，图中标尺上黑白相间的等分格显示出两个小球所受向心力的比值为1∶9，与皮带连接的两个变速轮塔的半径之比为___________。

A.1∶3         B.3∶1         C.1∶9         D.9∶1

【答案】    ①. A    ②. 线速度    ③. B

【解析】

【详解】（1）[1] 本实验采用的方法是控制变量法。故选A。

（2）[2] 当传动皮带套在两塔轮半径不同的轮盘上，两个塔轮边缘处的线速度大小相等。

（3）[3]由可得与皮带连接的两个变速轮塔的角速度大小之比为

两个塔轮边缘处的线速度大小相等，由可得

故选B。

18. 用如下图所示的装置验证机械能守恒定律。已知打点计时器打点频率 f=50Hz。

（1）实验中得到的一条纸带如上图所示，打下的第一个点标记为O，选择点迹清晰且便于测量的连续5个点，标为A、B、C、D、E，测出A、C、E到O点的距离分别为d1=7.94cm，d2=13.60cm，d3=20.74cm。重物质量为1.0kg，当地重力加速度g=9.80m/s2。现选取重物在OC段的运动进行数据处理，则OC段重力势能减少量为___________J，动能增加量为___________J（计算结果均保留3位有效数字）。导致上述两者不相等的原因是___________。

（2）下列关于该实验说法不正确的是___________。

A.选取质量和密度较大金属锤有利于减小实验误差

B.做实验时，先释放重锤，再接通打点计时器的电源

C.为测量打点计时器打下某点时重锤的速度v，可测量该点到O点的距离h，利用公式计算，其中g应取当地的重力加速度

（3）本实验可以用图像法来处理数据：测出纸带上若干个点对应的瞬时速度v和下落高度h，以 为纵轴、h为横轴画出的图像应是下图的___________（填选项字母）。

A.   B. 

C.   D.  

【答案】    ①. 1.33J    ②. 1.28J    ③. 阻力影响    ④. BC    ⑤. C

【解析】

【详解】（1）[1] OC段重力势能减少量

[2]C点对应的速度大小为

所以OC段动能增加量

[3] 重力势能减少量略大于动能增加量是因为阻力的影响。

（2）[4] A．选取质量和密度较大的金属锤有利于减小阻力的影响，故而减小实验误差，故A不符合题意；

B．做实验时，先接通打点计时器的电源，后释放重锤，故B符合题意；

C．瞬时速度的计算若采用，则默认了机械能守恒，失去了验证的意义，故C符合题意。

故选BC。

（3）[5]若公式

成立，则可验证机械能守恒。以 为纵轴、h为横轴的图线对应数学表达式为

即与h成正比。故选C。

四、计算题（本题共4小题，共 39分。解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤。只写出最后答案的不能得分。）（以下计算 g取10m/s2）。

19. 如图为一摩托车（可视为质点）飞跃河流的表演，河宽是河两岸高度差的5倍，摩托车以v0=25m/s的水平速度向河对岸飞出，恰好越过小河。求：

（1）摩托车在空中的飞行时间；

（2）摩托车的落地速度与水平方向夹角的正切值。

【答案】（1）1s；（2）

【解析】

【详解】（1）设高度为h，水平方向

竖直方向

联立两式解得

（2）落地时速度的竖直分量为

所以

20. 如图所示，某人把一个质量m=3kg的小球从h=1m高处以60°角斜向上抛出，初速度v0=4m/s，不计空气阻力，取地面为零势能面。求：

（1）抛出过程中，人对小球做的功；

（2）小球落地时速度大小；

（3）小球抛出后到达最高点过程重力所做的功？

【答案】（1）；（2）6m/s；（3）-18J

【解析】

【详解】（1）小球从静止到抛出根据动能定理得

解得

（2）小球从抛出到落地根据动能定理得

解得

（3）抛出后竖直方向初速度

上升过程中竖直方向做竖直上抛运动

解得

小球抛出后到达最高点过程重力所做的功

21. 如图为一起重机从很深的坑中将重物提起，重物先由静止开始竖直向上做匀加速直线运动，加速度大小为2m/s2，当起重机输出功率达到其允许输出的最大值时，保持该功率不变，已知重物质量为500kg，起重机最大输出功率为60KW，求：

（1）重物匀加速运动的时间；

（2）重物上升的最大速度；

（3）重物达到最大速度时共上升30m，则上升的总时间为多少？

【答案】（1）5s；（2）；（3）

【解析】

【详解】（1）匀加速直线运动过程有

解得

根据

解得

根据速度时间关系

解得

（2）加速结束后重物以最大速度匀速上升有

此时

解得

（3）重物匀加速上升高度

重物匀加速截止至达到最大速度过程根据动能定理得

解得

所以

22. 如图为某游戏装置的示意图。AB、CD均为四分之一圆弧，E为圆弧DEG的最高点，各圆弧轨道与直轨道相接处均相切。GH与水平夹角为θ＝37°，底端H有一弹簧，A、O₁、O₂、D、O₃、H在同一水平直线上。一质量为0.01kg的小钢球（其直径稍小于圆管内径，可视作质点）从距A点高为h处的O点静止释放，从A点沿切线进入轨道，B处有一装置，小钢球向右能无能量损失的通过，向左则不能通过且小钢球被吸在B点。若小钢球能够运动到H点，则被等速反弹。各圆轨道半径均为R＝0.6m，BC长L＝2m，水平直轨道BC和GH的动摩擦因数μ＝0.5，其余轨道均光滑，小钢球通过各圆弧轨道与直轨道相接处均无能量损失。某次游戏时，小钢球从O点出发恰能第一次通过圆弧的最高点E。（sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10m/s2）求：

（1）小钢球第一次经过C点时的速度大小vC；

（2）小钢球第一次经过圆弧轨道最低点B时对轨道的压力大小FB（保留两位小数）；

（3）若改变小钢球的释放高度h，求出小钢球在斜面轨道上运动的总路程s与h的函数关系。

【答案】（1）；（2）；（3）见解析

【解析】

【详解】（1）小钢球从O点出发恰能第一次通过圆弧的最高点E，则小球到E点的速度为0，小球从C点到E点，根据动能定理得

代入数据解得

（2）从B点到C点，由动能定理得

小钢球经过B点，由牛顿第二定律得

代入数据联立解得

根据牛顿第三定律得，小钢球对轨道的压力大小

FB＝N＝0.83N

（3）若小钢球恰能第一次通过E点，设小钢球释放点距A点为h1，从释放到E点，由动能定理得

代入数据解得

h1＝1.6m

若小钢球恰能第二次通过E点，设小球钢释放点距A点为h2，从释放到E点，由动能定理得

代入数据解得

h2＝2.24m

①若小球释放高度h＜1.6m，无法到达E点，s＝0

②若小球释放高度1.6m≤h＜2.24m，小球能经过E点一次，因为μ＜tanθ，则小钢球最终停在H点，从释放点到停在H点，根据动能定理得

代入数据解得

s＝25（h﹣1）

③若小球释放高度2.24m≤h，小球经过E点两次