浙江省杭州市S9联盟2023-2024学年高一下学期期中联考物理试卷（Word版附解析）

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考生须知：
1．本卷共8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是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分。）
1. 要测量国际单位制中力学的三个基本物理量，需要使用的测量仪器分别为（ ）
A. 测力计、刻度尺、秒表B. 刻度尺、弹簧秤、秒表
C. 刻度尺、天平、秒表D. 刻度尺、测力计、光电门
【答案】C
【解析】
【详解】国际单位制中力学的三个基本物理量是长度、质量和时间，测量它们使用的测量仪器分别为刻度尺、天平、秒表。
故选C。
2. 如图所示，O为剪刀的转轴，A、B是剪刀上的两点，且B点离O更近，某次使用中转轴O的位置不动，A、B两点绕O转动的过程中，A、B两点的（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】A、B两点绕同一转轴转动，可知角速度相等，即
因为
根据
可知
根据
可知
故选A。
3. 据报道，我国神舟十七号飞船于北京时间2023年10月26日11时14分在酒泉发射成功，飞行任务的航天员乘组如图由汤洪波（中）、唐胜杰（右）、江新林（左）3名航天员组成。飞船入轨后，将按照预定程序与空间站组合体进行自主快速交会对接，神舟十七号航天员乘组将与神舟十六号航天员乘组进行在轨轮换。2023年10月30日20时37分，神舟十六号载人飞船与空间站组合体成功分离，踏上回家之旅。一般空间站的轨道高度是380~400km左右，飞行速度约为7800m/s，神舟十七号载人飞船全长约8.86m，总质量达到7.79t。对报道下列说法正确的是（ ）
A. “北京时间2023年10月26日11时14分”指的是时间
B. 飞行速度约为7800m/s，7800m/s是指运行的平均速度
C. 在研究神舟十七号飞船与空间站组合体进行自主快速交会对接时，不可以将神舟十七号飞船视为质点
D. 速度变化量、质量和时间这三个物理量都为标量
【答案】C
【解析】
【详解】A．“北京时间2023年10月26日11时14分”指的是时刻，故A错误；
B．飞行速度约为7800m/s，7800m/s是指运行的瞬时速度，故B错误；
C．在研究神舟十七号飞船与空间站组合体进行自主快速交会对接时，飞船的形状大小对交会对接有影响，不可以将神舟十七号飞船视为质点，故C正确；
D．速度变化量是既有大小又有方向属于矢量、质量和时间只有大小没有方向属于标量，故D错误。
故选C。
4. 在某次训练过程中，直升机接近目的地时水平向右匀速飞行，战士沿竖直绳匀速滑下，该战士（ ）
A. 运动轨迹可能为①B. 运动轨迹可能为②
C. 运动轨迹可能为③D. 所受合力可能为F
【答案】B
【解析】
【详解】根据题意，由于直升机接近目的地时水平向右匀速飞行，战士沿竖直绳匀速滑下，可知战士在水平方向和竖直方向均作匀速直线运动，所受合外力为0，因此战士的和运动应为匀速直线运动，即战士的实际运动轨迹应为直线。
故选B。
5. 如图是频闪照相机拍摄的篮球离开手后在空中的运动轨迹，忽略空气阻力，下列说法正确的是（ ）
A. 篮球在空中运动的过程中加速度为零
B. 篮球经过轨迹最高点时速度为零
C. 篮球经过A点时受到的合外力方向沿轨迹的切线方向
D. 篮球从离开手到落入篮筐过程中速度变化量的方向始终竖直向下
【答案】D
【解析】
【详解】A．篮球在空中运动的过程中只受重力作用，加速度为g，选项A错误；
B．篮球经过轨迹最高点时具有水平速度，即速度不为零，选项B错误；
C．篮球经过A点时受到的合外力方向竖直向下，速度方向沿轨迹的切线方向，选项C错误；
D．篮球从离开手到落入篮筐过程中，因加速度方向竖直向下，可知速度变化量的方向始终竖直向下，选项D正确。
故选D。
6. 关于下图的描述中，正确的是（ ）
A. 甲图中港珠澳大桥钢绳对桥面产生拉力的原因是桥面发生了形变
B. 乙图商场中站在水平电梯台阶上的人随电梯一起匀速上楼的过程中，人没有受到静摩擦力作用
C. 喷洒农药无人机（包括携带的药液）在进行喷洒工作时惯性不变
D. 丁图中跳高运动员之所以能够跳离地面，是因为人对地面的压力小于地面对人的支持力
【答案】B
【解析】
【详解】A．钢绳对桥面产生拉力的原因是钢绳发生了形变，A错误；
B．人匀速上楼，受到重力和支持力作用，二力平衡，不受摩擦力，B正确；
C．喷洒农药时，无人机（包括携带的药液）质量减小，惯性减小，C错误；
D．跳高运动员之所以能够跳离地面，是因为地面对人的支持力大于人的重力，而人对地面的压力和地面对人的支持力是一对相互作用力，总是等大反向的，D错误。
故选B。
7. 如图所示，某款可折叠手机支架，调节支撑杆MN，手机背部支撑平面PQ的倾角随之改变，底部支撑平面ab与PQ始终垂直，忽略一切摩擦，当缓慢逐渐增大时，下列说法正确的是（ ）
A. 手机对支架的作用力始终不变
B. 手机对底部支撑平面ab的弹力逐渐变小
C. 支架对手机的作用力逐渐增大
D. 背部支撑平面PQ对手机的弹力逐渐变大
【答案】A
【解析】
【详解】AC．支架对手机的作用力大小始终等于手机自身的重力，根据牛顿第三定律可知，手机对支架的作用力等于支架对手机的作用力，则手机对支架的作用力始终不变，A正确；C错误；
B．根据手机的受力情况可知，手机的重力大小等于手机对底部支撑平面ab弹力与手机对PQ的弹力的合力，当角逐渐增大时，手机对底部支撑平面ab的弹力逐渐增大，B错误；
D．当角逐渐增大时，手机对背部支撑平面PQ的弹力逐渐减小，根据牛顿第三定律可知，背部支撑平面PQ对手机的弹力逐渐变小，D错误
故选A。
8. 在世界各国研发第三代主战坦克的潮流中，中国新一代主战坦克99A式主战坦克（图甲）达到了世界先进水平。坦克前进是使用履带式前进装置，如图乙是坦克内部传动装置的一部分齿轮图，图中A和B两个齿轮彼此是咬合的，B和C两个齿轮是共轴的，已知A、B、C三个齿轮的半径比为4∶1∶3，下列说法中正确的是（ ）
A. 三个齿轮角速度
B. 三个齿轮转数
C. 各齿轮边缘点的线速度大小
D. 各齿轮边缘点的向心加速度大小
【答案】D
【解析】
【详解】A．因AB边缘的线速度相等，根据
v=ωr
因为
可得
BC为同轴转动，角速度相等，则
可得
选项A错误；
B．根据
可得三个齿轮转数
选项B错误；
C．因
根据
v=ωr
可得各齿轮边缘点的线速度大小
选项C错误；
D．根据
a=vω
各齿轮边缘点的向心加速度大小
选项D正确。
故选D。
9. 风速仪结构如图甲所示。光源发出的光经光纤传输，被探测器接收，当风轮旋转时，通过齿轮带动凸轮圆盘旋转，当圆盘上的凸轮经过透镜系统时光被挡住。已知风轮叶片转动半径为r，每转动n圈带动凸轮圆盘转动一圈。若某段时间内探测器接收到的光强随时间变化关系如图乙所示，则该时间段内风轮叶片（ ）
A. 转速不变
B. 角速度逐渐减少
C. 平均速率为
D. 平均速率为
【答案】D
【解析】
【详解】根据图乙可知，在Δt内相邻两次遮光的时间越来越短，则风轮叶片转动的越来越快，即转速和角速度都是逐渐增大，在Δt内挡了4次光，则
根据风轮叶片每转动n圈带动凸轮圆盘转动一圈可知：则风轮叶片转动的周期
则风轮叶片转动的平均速率
故选D。
10. 如图所示，普通轮椅一般由轮椅架、车轮、刹车装置等组成。车轮有大车轮和小车轮，大车轮上固定有手轮圈，手轮圈由患者直接推动。已知大车轮、手轮圈、小车轮的半径之比为9∶8∶1，假设轮椅在地面上做直线运动，手和手轮圈之间、车轮和地面之间都不打滑，则下列说法正确的是（ ）
A. 大车轮与小车轮的角速度之比为9∶1
B. 手轮圈与小车轮的角速度之比为8∶9
C. 大车轮轴心与小车轮轴心的速度之比为1∶1
D. 大车轮与手轮圈两边缘的线速度之比为1∶1
【答案】C
【解析】
【详解】A．根据题意可知，大车轮与小车轮边缘的线速度大小相等，由公式可知，大车轮与小车轮的角速度之比
故A错误；
B.根据题意可知，大车轮与手轮圈的角速度相等，则
故B错误；
C．大车轮轴心与小车轮轴心保持相对静止，一起平动，则大车轮轴心与小车轮轴心的速度之比为1∶1，故C正确；
D．根据题意可知，大车轮与手轮圈的角速度相等，根据公式，则
故D错误。
故选C。
11. 跑马射箭是民族马术中的一个比赛项目，如图甲所示，运动员需骑马在直线跑道上奔跑，弯弓射箭，射击侧方的固定靶标，该过程可简化为如图乙（俯视图）所示的物理模型。假设运动员骑马以大小为的速度沿直线跑道匀速奔驰，其轨迹所在直线与靶心的水平距离为d，运动员应在合适的位置将箭水平射出，若运动员静止时射出的弓箭速度大小为（大于），不计空气阻力。下列说法正确的是（ ）
A. 若箭能命中靶心且在空中运动的时间最短，运动员应瞄准靶心放箭
B. 若箭能命中靶心，则在空中运动的最短时间为
C. 若箭能命中靶心且在空中运动时距离最短，运动员应瞄准靶心放箭
D. 若箭能命中靶心且在空中运动的距离最短，则箭从射出到命中靶心历时
【答案】D
【解析】
【详解】A．箭在射出的同时，箭也有沿跑道方向的速度，若运动员应瞄准靶心放箭，则箭的合速度方向一定不会指向靶心，即箭一定不会命中靶心，故A错误；
B．为保证箭能命中靶心且运动时间最短，则射箭方向应与跑到垂直，此时最短时间为
故B错误；
C．若箭能命中靶心且在空中运动时距离最短，则合速度方向应垂直跑道，而要合速度方向垂直跑道，根据平行四边形定则可知，射箭的方向一定要偏向跑道左侧（俯视图），与跑道左侧成一定的角度（锐角），如图所示
故C错误；
D．若箭能命中靶心且在空中运动的距离最短，则箭从射出到命中靶心历时
故D正确。
故选D。
12. 如图所示，套在竖直细杆上的轻环A由跨过光滑轻质定滑轮的不可伸长的轻绳与重物B相连，施加外力让A沿杆以速度v匀速上升，从图中M位置上升至与定滑轮的连线处于水平的N位置，已知AO与竖直杆成角，则（ ）
A. 刚开始时重物B的速度为
B. A匀速上升时，重物B加速下降
C. 重物B下降过程，处于失重状态
D. A运动到N位置时，重物B的速度不为0
【答案】A
【解析】
【详解】A．根据关联速度之间关系可知，物体B任意时刻的速度大小均应等于物体A沿绳方向分速度的大小，由此可知刚开始时重物B的速度为
故A正确；
B．分析可知，随着A匀速上升，绳AO与竖直方向的夹角始终在增大，则可知物体B的速度始终在减小，即物体B减速下降，故B错误；
C．由于物体B减速下降，可知其加速度向上，由此可知物体B下降过程，处于超重状态，故C错误；
D．物体A运动到N位置时，绳AO与竖直方向的夹角为，而等于0，因此A在该位置处时，物体B的速度减为0，故D错误。
故选A。
13. 一质点做匀变速曲线运动，从a点运动到d点的轨迹如图所示。已知该质点运动到c点时速度方向与它所受合力方向恰好互相垂直。则该质点从a点运动到d点的过程中，下列说法正确的是（ ）
A. 质点的经过b点时的加速度比d点的大
B. 质点的速率先减小后增大
C. 质点经过b点时的速率比d点的大
D. 质点经过d点时的加速度方向与速度方向的夹角大于
【答案】B
【解析】
【详解】A．质点做匀变速曲线运动，加速度恒定不变，故质点的经过b点时的加速度等于d点的加速度，故A错误；
BD．质点运动到c点时速度方向与它所受合力方向恰好互相垂直，根据曲线运动轨迹和合外力的关系可知，合外力指向曲线运动轨迹的内侧，合外力的方向和加速度方向相同，速度方向是轨迹上某点的切线方向，由于合外力与速度成钝角，速率越来越小，合外力与速度成锐角，速率越来越大，即速率先减小后增大，质点经过d点时的加速度方向与速度方向的夹角小于，故B正确，D错误；
C．质点运动到C点时速度方向与它所受合力方向恰好互相垂直，即竖直方向速度为零，合外力竖直向下，质点从运动的竖直位移小于质点从运动的竖直位移，根据匀变速运动规律可知质点从运动的时间小于质点从的运动时间，则在b点的竖直方向速度小于d点的竖直方向速度，在水平方向上做匀速直线运动，根据速度的合成，即质点经过b点时的速率比d点的小，故C错误。
故选B。
二、选择题Ⅱ（本题共2小题，每小题3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3分，选对但不全的得2分，有选错的得0分）
14. 如图甲所示为建筑行业使用的一种小型打夯机，其原理可简化为一个质量为M的支架（含电动机）上由一根长为l的轻杆带动一个质量为m的铁球（铁球可视为质点），如图乙所示，重力加速度为g。若在某次打夯过程中，铁球以角速度匀速转动，则（ ）
A. 铁球转动过程线速度不变
B. 铁球做圆周运动合外力大小始终不变
C. 铁球转动到最低点时，铁球只受到重力和杆对它的拉力
D. 若铁球转动到最高点时，支架对地面的压力刚好为零，则
【答案】BCD
【解析】
【详解】A．铁球转动过程中线速度
由于铁球以角速度匀速转动，因此线速度的大小不变，但线速度是矢量，其速度方向时刻在发生改变，故A错误；
B．铁球在竖直面内做匀速圆周运动，合外力大小
可知其合外力大小始终不变，故B正确；
C．铁球转动到最低点时，对铁球由牛顿第二定律有
可知此时铁球受重力和杆对它的拉力，故C正确；
D．若铁球转动到最高点时，支架对地面的压力刚好为零，则可知杆对支架的拉力大小恰好等于支架的重力，即有
此时对小球由牛顿第二定律有
联立可得此时小球做圆周运动的角速度
故D正确。
故选BCD。
15. 如图所示的四幅图表示的是有关圆周运动的基本模型，下列说法正确的是（ ）
A. 图a，汽车通过拱桥的最高点时为了安全速度不宜过快
B. 图b，火车转弯小于规定速度行驶时，轮缘对外轨有侧向挤压作用
C. 图c，若A、B均相对静止，半径，质量，则A、B所受摩擦力
D. 图d是一圆锥摆，增加绳长，保持圆锥的高度不变，则圆锥摆的角速度不变
【答案】ACD
【解析】
【详解】A．图a中，汽车过拱桥最高点时，由牛顿第二定律有
可知，汽车过拱桥时速度越大，桥面对汽车的支持力就越小，当速度足够大时，桥面对汽车的支持力将减为0，汽车将从桥面飞出，因此，汽车通过拱桥的最高点时为了安全速度不宜过快，故A正确；
B．图b中，当火车转弯小于规定速度时，根据牛顿第二定律有
可知，内轨对轮缘有弹力的作用，即轮缘对内轨有侧向挤压作用，故B错误；
C．图c中，物体A、B属于同轴转动，角速度相同，A、B均静止时，静摩擦力提供各自做圆周运动的向心力，有
由于
，
则可得
故C正确；
D．图d中，小球做圆周运动有
解得
而
可得
可知，增加绳长，保持圆锥的高度不变，则圆锥摆的角速度不变，故D正确。
故选ACD。
非选择题部分
三、非选择题（本题共5小题，共55分）
16. 如图所示是探究向心力的大小F与质量m、角速度和半径r之间关系的实验装置。
（1）在研究向心力的大小F与质量m、角速度和半径r之间的关系时主要用到了物理学中______的方法。
A. 理想实验法B. 等效替代法C. 控制变量法D. 演绎法
（2）当探究向心力的大小F与半径r的关系时需调整传动皮带的位置使得左右两侧塔轮轮盘半径______（选填“相同”或“不同”）；
（3）当探究向心力的大小F与角速度的关系时，需要把质量相同的小球分别放在挡板______（填“A、C”或者“B、C”）
（4）探究向心力F与角速度的关系时，若图中标尺上红白相间的等分格显示出两个小球所受向心力之比为1∶9，则与皮带连接的两个变速塔轮的半径之比为______（填选项前的字母）。
A. 1∶3B. 3∶1C. 1∶9D. 9∶1
【答案】（1）C （2）相同
（3）A、C （4）B
【解析】
小问1详解】
在研究向心力的大小F与质量m、角速度ω和半径r之间的关系时，我们通过控制m、ω、r中两个物理量不变，探究F与另一个物理量之间的关系，所以用到了控制变量法。
故选C。
【小问2详解】
探究向心力和半径关系时，应保持质量和角速度不变，半径改变，因为皮带传动边缘线速度相等，所以应将传动皮带套在两塔轮半径相同的轮盘上，来保证角速度相同。
【小问3详解】
探究向心力F与角速度ω的关系，应保证小球做圆周运动的质量和半径均相同，则将质量相同的小球分别放在挡板A和C处。
【小问4详解】
根据可知两球的向心力之比为1∶9，半径和质量相等，则转动的角速度之比为1∶3，因为靠皮带传动，变速轮塔的线速度大小相等，根据
可知与皮带连接的变速轮塔对应的半径之比为3∶1。
故选B。
17. 某学习小组利用不同的实验装置，进行探究平抛运动规律的实验：
（1）甲同学采用如图甲所示的装置。为了验证做平抛运动的小球在竖直方向做自由落体运动，用小锤打击弹性金属片，A球水平抛出，同时B球被松开自由下落。关于该实验，下列说法中正确的有______。
A. 两球的质量应相等
B. 两球的质量可以不相等
C. 两球应同时落地
D. 应改变装置的高度，多次实验
E. 实验也能说明A球在水平方向上做匀速直线运动
（2）乙同学采用频闪摄影的方法拍摄到如图乙所示的小球做平抛运动的照片，图中背景方格的边长均为5cm，如果重力加速度g取，小球平抛的初速度大小为______m/s，经过B点时的速度大小为______m/s。（所有结果保留2位有效数字）
【答案】（1）BCD （2） ①. 1.5 ②. 2.5
【解析】
【小问1详解】
AB．该实验中两球的质量可以不相等，选项A错误，B正确；
C．两球应同时落地，选项C正确；
D．为排除偶然性，应改变装置的高度，多次实验，选项D正确；
E．实验只能说明A球在竖直方向做自由落体运动，不能说明A球在水平方向上做匀速直线运动，选项E错误。
故选BCD。
【小问2详解】
[1]根据
小球平抛的初速度大小为
[2]经过B点时的竖直速度
经过B点的速度大小为
18. 2023年8月16日，备受瞩目的世界机器人大会在北京盛大开幕。新一代送餐机器人首次登场，如图所示，只要设置好路线、放好餐盘，它就会稳稳地举着托盘，到达指定的位置送餐。已知配餐点和目标位置在一条直线通道上，机器人送餐时从静止开始启动，加速过程的加速度大小，速度达到后匀速，之后适时匀减速，减速历时2s恰好把食物平稳送到目标位置，整个送餐用时，若载物平台始终呈水平状态，食物与餐盘的总质量，食物、餐盘与平台间无相对滑动，取重力加速度，试求：
（1）在送餐的过程中机器人匀速运动的时间；
（2）配餐点和目标位置的直线距离x；
（3）减速过程中食物和餐盘整体在水平方向的摩擦力f大小。
【答案】（1）20s；（2）43m；（3）2N
【解析】
【详解】（1）根据题意，由速度与时间的关系可得加速阶段的时间
而减速阶段的时间，则匀速阶段的时间
（2）加速阶段的位移
匀速阶段位移
减速阶段位移
全程总位移
（3）减速阶段加速度
则由牛顿第二定律有
即摩擦力大小为2N。
19. 消防车的供水系统主要由水泵、输水管道和水枪组成，如图所示，某次消防演练时消防水枪离地高度，建筑物上的着火点A离地高度，水从水枪枪口中水平射出速度后，恰好击中着火点A，不计空气阻力，取重力加速度大小，求：
（1）水从水枪枪口运动到着火点A的时间t；
（2）水枪枪口与着火点A的水平距离x；
（3）水落到着火点A前瞬间的速度v。
【答案】（1）；（2）；（3），方向与x轴正方向夹角为37°
【解析】
【详解】（1）由题意可得
解得
（2）水平方向做匀速直线运动
解得
（3）竖直方向做自由落体运动
到达A的速度
方向：与x轴正方向夹角为37°
20. 小华站在水平地面上，手握不可伸长的轻绳一端，绳的另一端系有质量为的小球，甩动手腕，使球在竖直平面内做圆周运动，当球某次运动到最低点时，绳恰好受到所能承受的最大拉力被拉断，球以绳断时的速度水平飞出，球飞行水平距离后落地，如图所示，已知握绳的手离地面高度，手与球之间的绳长，重力加速度，忽略手的运动半径和空气阻力．
（1）求绳断时球的速度大小．
（2）问绳能承受的最大拉力多大？
（3）改变绳长，使球重复上述运动，若绳仍在球运动到最低点时断掉，要使球抛出的水平距离最大，绳长应为多少？最大水平距离为多少？
【答案】（1）；（2）11N；（3）当绳长为0.6m时最大水平位移为
【解析】
【详解】（1）小球平抛运动的时间
绳断时球的速度大小
（2）根据
可得绳能承受的最大拉力
T=11N
（3）设绳长为a，绳断时球的速度大小为v，绳承受的最大拉力不变，由牛顿第二定律得
解得

绳断后球做平抛运动，竖直位移为d-a，水平位移为x
竖直方向
水平方向
x=vt′
联立解得

当时，x有极大值，最大值
21. 如图所示，倾角的光滑固定斜面AB与水平传送带BC通过一小段光滑圆弧平滑连接，传送带左、右两端的距离，以大小的速率沿顺时针方向转动。现将一滑块（视为质点）从斜面上的A点由静止释放，滑块以大小的水平速度滑上传送带，并从传送带的右端C点飞出，最终落至水平地面上的D点。已知C、D两点间的高度差，滑块与传送带间的动摩擦因数，取重力加速度大小，不计空气阻力。
（1）求滑块在斜面AB上运动的过程中加速度大小；
（2）求滑块从C点飞出时的速度大小；
（3）求滑块在传送带BC上运动的时间t；
（4）改变滑块在斜面上由静止释放的位置，其他情况不变，要使滑块总能落至D点，求滑块释放的位置到B点的最大距离．
【答案】（1）；（2）；（3）；（4）
【解析】
【详解】（1）设滑块的质量为m，滑块沿斜面下滑的加速度大小为，根据牛顿第二定律有
解得
（2）因为，所以滑块滑上传送带后的一段时间内做匀加速直线运动，设其加速度大小为，根据牛顿第二定律有
解得
根据匀变速直线运动规律，有
由于，滑块速度增大到v后，将与传送带一起以相同的速度向右匀速运动，所以
（3）加速阶段时间
匀速阶段时间
总时间
（4）经分析可知，当滑块释放的位置到B点的距离最大时，滑块通过B点时的速度最大（设为），且滑块匀减速滑动到C点时的速度恰好为v，对滑块沿传送带向右滑动的过程，根据匀变速直线运动的规律有
对滑块沿斜面下滑的过程，根据匀变速直线运动的规律有