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浙江省强基联盟2023-2024学年高一下学期5月期中联考物理试卷（Word版附答案）
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这是一份浙江省强基联盟2023-2024学年高一下学期5月期中联考物理试卷（Word版附答案），共17页。试卷主要包含了本试卷主要考试内容等内容，欢迎下载使用。
浙江强基联盟研究院
本试卷满分100分，考试用时90分钟。
注意事项：
1．答题前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
4．本试卷主要考试内容：人教版必修第一册，必修第二册。
选择题部分
一、选择题Ⅰ（本题共13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．以下是能量的单位是（ ）
A．WB．kgC．JD．N
2．骑行是当代年轻人喜欢的一种户外运动，某同学用手机软件记录了某次户外骑行的情况，如图所示，由图可知（ ）
第2题图
A．该同学此次户外骑行的位移是51.01公里
B．图中“03：29：38”指的是时刻
C．图中的“平均速度”指的是骑行路程与所用时间之比
D．该同学此次户外骑行的最快速度为29.88m/s．
3．下列关于几幅书本插图的说法中正确的是（ ）
A．甲图中，在推导图像面积表示物体位移时，主要体现的是极限法的思想
B．乙图中，合力与两个分力有相同的作用效果
C．丙图中，利用悬挂法测薄板的重心是利用牛顿第二定律的原理
D．丁图中，为了提高汽车爬坡时的动力，司机往往会换高挡使汽车具有更大的速度
4．如图为某同学在训练跳远的场景，不计空气阻力，下列说法正确的是（ ）
第4题图
A．研究运动员跳远动作时可以将运动员看作质点
B．起跳瞬间人对地面的压力可能大于地面对人的支持力
C．运动员在空中做的是匀变速运动
D．运动员在空中的阶段处于超重状态
5．如图所示，长为L的轻杆，一端固定一个小球，另一端固定在光滑的水平轴上，使小球绕水平轴在竖直面内做圆周运动，不计空气阻力，重力加速度为g，下列说法正确的是（ ）
第5题图
A．小球在最高点和最低点时的线速度可能相同
B．小球在最高点的最小速度为
C．若小球在最低点的速度小于，则无法做完整的圆周运动
D．小球在最低点时受到杆的作用力可能为
6．1月17日，中国载人航天工程2024年第一次发射任务，最强“天空快递”天舟七号货运飞船满载春节大礼包，为神舟十七号航天员乘组送去补给物资和新春祝福。天舟七号货运飞船采用3小时快速交会对接方案，大大缩短了对接时间。下列关于天舟七号的说法正确的是（ ）
第6题图
A．对接后天舟七号的向心加速度大于它发射前在地面处的向心加速度
B．整个发射过程中，天舟七号内的货物都处于完全失重状态
C．只要先将天舟七号发射到神舟十七号的轨道上，再通过加速即可实现对接
D．对接后天舟七号的运行周期可能小于1小时
7．如图为高速相机拍下的一幅水滴从屋檐下落的照片，其中第4滴水刚要离开屋檐，若滴水的时间间隔相同，第1滴水与第2滴水的实际间距约为1m，取重力加速度，不计空气阻力，则拍下照片的瞬间，图中第3滴水的速度大小约为（ ）
第7题图
A．2m/sB．3m/sC．4m/sD．5m/s
8．如图为蹦床运动示意图，A为运动员到达的最高点，B为运动员下落过程中刚接触蹦床时的位置，C为运动员到达的最低点。若不计空气阻力和运动员与蹦床作用过程中的机械能损失，运动员自A落至C的过程中，下列说法正确的是（ ）
第8题图
A．A至C，只有重力和蹦床弹力做功，运动员机械能守恒
B．A至C，蹦床增加的弹性势能等于运动员减小的重力势能
C．B至C，蹦床弹力对运动员做负功，运动员动能一直在减小
D．B至C，运动员的重力势能与蹦床的弹性势能之和不变
9．为丰富同学们的课余生活，学校组织了趣味运动会，如图甲。在掷沙包的活动中，某同学先后以不同的速度扔出两个相同的沙包，两次都落在了地面上的投掷盘的圆心位置，两次沙包的轨迹如图乙所示，其轨迹在同一竖直平面内，抛出点均为O，抛出时沙包1的初速度方向水平，沙包2的初速度方向斜向上。忽略空气阻力和沙包大小的影响，关于两沙包在空中的运动，下列说法正确的是（ ）
第9题图
A．两次投掷时，沙包的水平速度可能相等
B．两次投掷时，沙包在空中运动的时间可能相等
C．两次投掷时，沙包在落地点的动能可能相等
D．两次投掷时，沙包在落地点的重力瞬时功率可能相等
10．在精工实验课上，小明将一重为G的圆柱形工件放在“V”形金属槽中，如图所示，槽的两侧面与水平面的夹角相同，“V”形槽两侧面间的夹角为90%。小明发现当槽的棱与水平面的夹角为37°时，工件恰好能够匀速下滑，则可知（ ）
第10题图
A．工件对“V”形槽每个侧面的压力均为B．工件对“V”形槽每个侧面的压力均为
C．工件与“V”形槽间的动摩擦因数为D．工件与“V”形槽间的动摩擦因数为
11．一辆汽车以某一恒定功率爬上一倾角为的斜坡，如图甲所示，车内的传感器记录了汽车从坡底爬到坡顶的图像，如图乙中实线AD所示，AB是曲线最左端A点的切线，CD是曲线AD的渐近线，已知汽车质量，汽车行驶过程中受到的阻力可视为不变，重力加速度为，，对于此次爬坡过程，下列说法正确的是（ ）
第11题图
A．汽车受到的阻力
B．汽车的功率
C．该斜坡长为160m
D．当汽车速度为10m/s时，汽车的加速度为
12．如图所示，公园里的喷泉有40个相同的喷口，每个喷泉管口直径为2cm。喷嘴方向可变化，喷出的水柱最高可达约10m，则喷泉电动机的输出功率约为（ ）
第12题图
A．6KwB．18kWC．60kWD．180kW
13．如图所示，一小球置于光滑水平桌面上，某时刻起受一水平恒力的作用开始运动，先后经过a、b两点，速度方向偏转90°。已知经过a点的速度大小为v、方向与ab连线夹角为30°，ab连线长度为L。对小球从a到b的运动过程，下列说法正确的是（ ）
第13题图
A．小球在b点的速度为
B．所用的时间为
C．恒力大小为
D．若仅改变小球在a点的速度大小，小球下一次经过ab连线时的速度偏转角也发生变化
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，选对但不选全的得2分，有选错的得0分）
14．利用图像法研究物理量之间的关系是常用的一种数学物理方法。如图所示为物体做直线运动时各物理量之间的关系图像（x、v、a、t分别表示物体的位移、速度、加速度和时间），则下列说法正确的是（ ）
A．A．甲图中图可求出物体的加速度大小为
B．乙图中图可求出物体的加速度大小为
C．丙图中图可求出物体的加速度大小为
D．丁图中图可求出物体在前2s内的速度变化量大小为6m/s
15．如图甲为皮带输送机简化模型图，皮带输送机倾角，顺时针匀速转动，在输送带下端A点无初速放入货物。货物从下端A点运动到上端B点的过程中，其机械能E与位移s的关系图像（以A位置所在水平面为零势能面）如图乙所示。货物视为质点，质量，重力加速度，，。下列说法正确的是（ ）
第15题图
A．货物与输送带间的动摩擦因数为0.875
B．输送带A、B两端点间的距离为8m
C．货物从下端A点运动到上端B点的时间为8s
D．皮带输送机因运送该货物而多消耗的能量为550J
非选择题部分
三、非选择题（本题共5小题，共55分）
16．实验题（Ⅰ、Ⅱ两题共14分）
Ⅰ．（8分）（1）在探究“平抛运动规律”实验中，有以下几个实验方案：
第16题图
①若要探究平抛运动水平方向分运动的规律，应选用图1中的装置______（填“1”或“2”）。
②某同学在实验室中用如图2所示的装置进行实验。该同学得到的痕迹点如图3所示，其中一个偏差较大的点产生的原因，可能是该次实验时______。
A．斜槽阻力太大B．小球释放的高度偏低
C．小球没有被静止释放D．挡板MN未水平放置
③为了得到物体平抛运动的轨迹，同学们还提出了以下几种方案，其中不可行的是______。
A．从细管水平喷出稳定的细水柱．拍摄照片，即可得到平抛运动轨迹
B．用频闪照相机在同--底片上记录平抛小球在不同时刻的位置，平滑连接各位置，即可得到平抛运动轨迹
C．将铅笔垂直于固定竖直的白纸板放置，笔尖紧靠白纸板，将铅笔垂直于笔身方向，以一定初速度水平抛出，将会在白纸上留下笔尖的平抛运动轨迹
（2）“探究力的合成规律”的实验装置如图4所示，在该实验中，
①以下对减小实验误差有益的说法是______（多选）。
A．弹簧秤外壳应当与桌面尽量光滑
B．弹簧秤、细绳、橡皮条都应与木板平行
C．用两弹簧秤同时拉细绳时两弹簧秤示数之差应尽可能大
D．拉橡皮条的细绳要适当长些，标记同一细绳方向的两点要远些
②某次实验中弹簧秤示数如图4所示，其读数为______N。
③用a、b弹簧秤拉橡皮条使结点到O点，当保持弹簧秤a的示数不变，而在角a逐渐减小到0的过程中，要使结点始终在O点，可以______。
A．增大b的示数，减小角度
B．减小b的示数，增大角度．
C．增大b的示数，先减小角度，后增大角度
Ⅱ．（6分）某小组同学用如图甲所示的实验装置验证机械能守恒定律。
（1）关于该实验，下列说法正确的是______。
A．该实验应先释放重物再打开打点计时器B．该实验重物质量和的大小没有要求
C．该实验可以用公式计算某点的速度D．该实验应选用密度大．体积小的重物
（2）实验时该小组同学让重物带动纸带从静止开始自由下落，按正确操作得到了一条完整的纸带，0为打的第一个点，相邻两个点之间有4个点未画出，测出点3、4、5到起始点0的距离，如图乙所示。已知，，则可知打下点4时，重物的速度______m/s。在打下0点到打下计数点4的过程中系统重力势能的减少量______J。（当地的重力加速度g取，计算结果均保留3位有效数字）
（3）该小组另外一名同学用另外的数据处理方法验证机械能守恒，他在纸带上选取多个计数点，测量它们到起始点0的距离h，计算对应计数点的重物速度v，作出图像，若图像是一条过原点的直线，且斜率为______．（用、、g表示），也可以验证重物下落过程中机械能守恒。
17．（8分）如图所示，一长木板B置于粗糙水平面上，一木块A放置在长木板上，A的右端连接一劲度系数的轻质弹簧，弹簧另一端固定在墙壁上，现用水平方向大小的拉力将长木板匀速拉出，此时弹簧伸长了。已知木板质量，木块质量，重力加速度g取，求在长木板匀速滑动的过程中，
（1）木块受到的摩擦力大小和方向；
（2）木板与水平面间的动摩擦因数。
18．（11分）某小组设计了一弹射玩具，其简化模型如图所示。竖直放置在水平桌面上的滑杆上套有一个滑块，初始时它们处于静止状态．滑块被压缩的弹簧锁定。当按下开关解锁弹簧时，滑块从A处以初速度离开弹簧沿粗糙滑杆向上滑动，后滑块滑到B处与滑杆发生碰撞，碰后立刻以某一相同的速度离开桌面一起竖直向上运动，上升的最大高度。已知滑块的质量，滑杆的质量，A、B间的距离，重力加速度g取，滑块可视为质点，不计空气阻力，滑块与滑杆间摩擦力大小可视为不变，滑杆落到桌面后速度立刻减为零且不反弹，求：
（1）滑块在滑杆中向上滑动时的加速度大小；
（2）滑块在滑杆中向上滑动时，滑杆对地面的压力；
（3）滑块从出发到第一次返回A点所需要的时间。
19．（11分）近日，全球首款支持卫星通话的大众智能手机上市，该手机接入了中国自研的天通一号卫星移动通信系统，持有者即使在没有地面信号的情况下，也可以拨打．接听卫星电话。天通一号卫星属于高轨通信卫星，其发射过程可以简化为如图所示：先将卫星发射至近地圆轨道1，再点火加速进入椭圆变轨轨道2，最后进入预定轨道3。若天通一号质量为m，地球表面重力加速度为g，地球半径为R，轨道3的半径为r，当取无穷远处引力势能为零，天通一号距地心距离为处时的引力势能为（G为引力常量，M为地球质量且未知），不计地球自转，求：
（1）天通一号在轨道1的线速度；
（2）天通一号在轨道2上运动的周期；
（3）天通一号从轨道1变轨到轨道3过程中，发动机需要做的功大小。
20．（11分）如图所示为某同学设计的轨道模型，1和2为竖直平面内圆形轨道，其半径分别为，，C、、D、均为轨道最低点且略微错开，倾角的足够长的倾斜直轨道与圆轨道1相切于B点，、为水平直轨道，其长度分别为，，EF为半圆形水平弯道，其半径，所能承受最大的侧向压力为。先将一小球从倾斜轨道上距B点L处的A点静止释放，已知小球的质量，小球与所有直轨道上的动摩擦因数，所有圆轨道对小球的阻力可忽略不计，重力加速度g取，，。
（1）若，求小球从A点运动到C点时对轨道的压力；
（2）若小球能通过两个竖直圆轨道，求L的最小值；
（3）若要求小球在运动过程中始终不脱离轨道，求L的取值范围。
浙江强基联盟2024年5月联考．
高一物理参考答案
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）
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，有错选的得0分）
1．能量的单位是J，故C正确。
2．A．由图可知，“51.01公里”是路程不是位移；
B．“03：29：38”是骑行所经历的时间．是时间间隔不是时刻；
C．软件中显示的平均速度是描述他行驶快慢的物理量，所以是路程与时间之比；
D．由图可知，该同学此次户外骑行的最快速度为29.88km/h。故C正确。
3．A．在推导图像面积表示物体位移时，主要体现的是微元法的思想；
B．一个力单独作用的效果跟某几个力共同作用的效果相同．这个力就叫作那几个力的合力，那几个力就叫这个力的分力，所以合力与分力作用效果相同；
C．利用悬挂法测薄板的重心是利用二力平衡的原理；
D．根据汽车额定功率可知，汽车爬坡时需要较大牵引力，所以往往挂低挡降低汽车速度以获得较大牵引力。故B正确。
4．A．研究运动员跳远动作时不能忽略运动员的形状和大小，不可以将运动员看作质点，故A错误；
B．人对地面的压力和地面对人的支持力是--对相互作用力，总是等大反向，故B错误；
C．不计空气阻力，运动员在空中只受重力，加速度不变．是匀变速曲线运动；
D．运动员在空中运动只受重力，处于完全失重状态．故D错误。故C正确。
5．A．小球在竖直面做的是变速圆周运动．最高点和最低点时的线速度大小和方向都不相同，故A错误；
B．小球在最高点可以受到杆的支撑，过最高点的速度大于等于零即可，故B错误；
C．从最低点到最高点，由动能定理：，可得：，所以在最低点的最小速度为，故C正确；
D．小球在最低点根据牛顿第二定律：，由于最低点，所以，故D错误。故C正确。
6．A．根据万有引力提供向心力可知，，对接后的天舟七号的向心加速度大于同步卫星的向心加速度，而天舟七号发射前在地面上跟着地球自转，其向心加速度小于同步卫星线速度，故天舟七号的向心加速度大于它发射前在地面处的向心加速度；
B．天舟七号在发射的过程中有向上的加速度，所以处于超重的状态；
C．天舟七号在预定轨道上加速时会做离心运动，无法追上同一轨道的神舟十七号；
D．公转周期最小的地球卫星是近地卫星，其周期约为85min大于1小时。故A正确。
7．设滴水间隔为T，据题意可得：，解得，则第3滴水的速度大小，故选A。
8．AB．从A至C，重力和蹦床弹力对运动员做功，运动员机械能减小，弹簧弹性势能增加，运动员和蹦床的系统机械能守恒，故蹦床增加的弹性势能等于运动员减小的重力势能；
C．B至C，重力先大于弹力，加速度向下，后重力小于弹力，加速度向上，即运动员先加速后减速运动，动能先增加后减小；
D．系统机械能守恒，运动员的重力势能、动能、蹦床的弹性势能之和不变，故B正确。
9．B．由图乙可知，沙包2做斜上抛运动，沙包1做平抛运动，两者竖直位移相同，故沙包2从抛出点到落地点运动的时间大于沙包1从抛出点到落地点运动的时间；
A．沙包1与沙包2从抛出点到落地点运动的水平位移相同，因为沙包2的运动时间大于沙包1，因此沙包2的水平速度小于沙包1；
C．由AB选项分析可知，沙包2的水平速度小于沙包1，而沙包2的水平速度为其初速度的水平分速度，因此抛出时沙包1和沙包2的初速度有可能大小相等，又因为两沙包相同，则有初动能相等，从抛出点到落地点，两次竖直高度相同，由机械能守恒定律可知．到达落地点时，两沙包的动能可能相等。
D．根据竖直方向运动规律可知，沙包2落地时的竖直分速度大于沙包1的，根据可知落地时的重力的瞬时功率不相等，故C正确。
10．AB．工件的重力可以分解为沿槽棱方向向下的分力与垂直于槽棱方向的分力，如图：
垂直于槽梭方向的分力又进一步分解为两个挤压斜面的压力，如图，和的合力与等大反向：
由几何关系可知，解得，故选项AB错误；
CD．此时沿槽棱方向的分力与圆柱体和槽之间的摩擦力大小相等，有
解得，选项D正确。
11．AB．在A点，汽车加速度，根据牛顿第二定律：，此时，由图可知汽车最大速度，此时牵引力，则，汽车功率不变，联立两式子可解得：，，故AB错误。
C．从A点到D点，根据动能定理：，解得，故C正确；
D．根据可得当时，牵引力，根据牛顿第二定律，解得加速度，故D错误。
12．喷出的水柱最高达10m，可得最大速度，根据能量转化，有，又因为，解得。故选B。
13．B．将恒力F分解为水平分力和竖直分力，从a到b，水平分速度减为零，根据匀变速规律：，解得，故B错误；
A．竖直方向运动时间相等．根据匀变速规律：，解得，故A错误；
C．根据牛顿第二定律，水平方向，竖直方向，小球受到的恒力，故C正确；
D．a点速度变化，但恒力不变，小球水平和竖直方向的加速度不变，，当小球水平速度减为零时，，，此时竖直位移，即小球在ab连线上某个位置，此时小球水平速度减为零，只有竖直方向速度，即速度偏转了90°。
14．A．甲图中图像为正比关系图像，根据公式可知，此图像斜率为，则加速度为，A正确；
B．乙图中图像为正比关系图像，根据公式可知，此图像斜率为，则加速度为，B正确；
C．根据公式整理得，，根据丙图图中为一次函数关系图像，则图像的斜率为，解得，则加速度的大小为，C正确；
D．根据公式可知，在图像的图线与坐标轴所围成的面积表示这段时间内物体的速度变化量，则丁图中图可求出在前2s内的速度变化量大小为，D错误。故选ABC。
15．A．由题图可知，物块沿传送带向上运动后与传送带相对静止，机械能增加量，解得，故A正确；
B．由图像可知，物块与传送带相对静止后：，解得，则传送带两端点之间的距离为：，故B项错误；
C．加速阶段根据牛顿第二定律有，，加速阶段有，解得，传送带速度，匀速阶段有，解得，所以总时间为，故C项错误；
D．由能量守恒，其多消耗的能量为，解得，故D正确。故选AD。
16．Ⅰ．（1）①2（1分）；
②C（1分）；斜槽的阻力不会影响该实验的轨迹．故A错误；小球释放位置偏低时，偏离点应当在原轨迹下方，故B错误；若小球释放时具有初速度，偏离点会在原轨迹上方，故C正确；挡板是否水平放置对平抛轨迹没有影响，故D错误。
③C（1分）；笔水平抛出时与纸面间没有摩擦力，无法画出平抛运动的轨迹，故C错误。
（2）①BD（2分）；弹簧秤外壳与桌面的摩擦不会影响弹簧测力计的读数，不会引起实验误差，故A错误；实验时弹簧秤、细绳、橡皮条都应与木板平行，故B正确；为了减小作图的误差，两个拉力大小在量程范围内尽可能都大，拉力之差不能太大，故C错误；为了更加准确地记录力的方向，拉橡皮条的细绳要长些，标记同一细绳方向的两点要远些，故D正确。
②2.10~2.19（1分）
③B（2分）；保持O点位置不动，即合力大小方向不变，弹簧测力计A的读数不变，因此根据要求作出力的平行四边形，画出受力分析图如下：第一种情况，原来、的值较小，由图可知角逐渐变小时，b的示数减小，同时角减小；第二种情况，原来、值较大，由图可以看出角逐渐变小时，b的示数减小，同时角增大；或者由图可以看出角逐渐变小时，b的示数减小，同时角先增大，后减小；故选B．
Ⅱ．（1）D（1分）；实验时应先打开打点计时器再释放重物，故A错误；要使能拉动纸带，应大于，故B错误；实验应测量纸带上各点到起始点间的距离，用中间时刻的瞬时速度等于这段位移的平均速度来求各点的速度，不能用公式计算某点的速度，故C错误；为了减小空气阻力带来的实验误差，该实验应选用密度大、体积小的重物，D正确。
（2）2.40（1分）；0.412（2分）；
打下计数点4的瞬时速度为；0到4重力势能减小量为
（3）若重物下落时满足机械能守恒，则有，化简得，所以图像的斜率为。
17．（1）对A受力分析，根据共点力平衡
弹力
解得摩擦力，方向水平向左
（2）对B受力分析，根据共点力平衡，解得
因为支持力
根据滑动摩擦力
解得动摩擦因数
18．（1）根据匀变速直线运动规律：，解得
（2）滑块向上滑动过程中，对滑块受力分析，根据牛顿第二定律：，解得
对滑杆受力分析，可知，解得
根据牛顿第三定律，滑杆对地面的压力为2N，方向竖直向下
（3）滑块和滑杆一起向上做匀减速直线运动，根据，解得
碰后瞬间的速度，滑块和滑杆一起自由落体，时间
滑杆落地后静止，滑块向下做匀加速运动，初速度为，根据牛顿第二定律：，解得
根据匀变速直线运动规律：．解得
故滑块在整个运动过程中的总时间
19．（1）在近地轨道1上，万有引力提供向心力：
又因为忽略自转，地面上物体万有引力等于重力有：
解得：
（2）在近地轨道1上，天通一号的周期：
根据开普勒第三定律：
得
（3）在轨道3上：，，天通一号的线速度为
从轨道1到轨道3，由能量守恒：，
即
解得：
20．（1）由动能定理：
解得
由牛顿第二定律，得
由牛顿第三定律，得小球对轨道的压力，方向竖直向下。
（2）若小球恰好过轨道1最高点，由牛顿第二定律，得
由动能定理：，得
若小球恰好过轨道2最高点，由牛顿第二定律，得
由动能定理：
得
所以L的最小值为3.3m
（3）①若小球恰好过轨道1圆心等高点，由动能定理，
得
②若小球过轨道1最高点，且恰好到轨道2圆心等高点，由动能定理：
，解得
所以
③若小球能过轨道EF，由得，最大速度
由动能定理：
解得
综上得或或
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
C
C
B
C
C
A
A
B
C
D
C
B
C
14
15
ABC
AD
浙江强基联盟研究院
本试卷满分100分，考试用时90分钟。
注意事项：
1．答题前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
4．本试卷主要考试内容：人教版必修第一册，必修第二册。
选择题部分
一、选择题Ⅰ（本题共13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．以下是能量的单位是（ ）
A．WB．kgC．JD．N
2．骑行是当代年轻人喜欢的一种户外运动，某同学用手机软件记录了某次户外骑行的情况，如图所示，由图可知（ ）
第2题图
A．该同学此次户外骑行的位移是51.01公里
B．图中“03：29：38”指的是时刻
C．图中的“平均速度”指的是骑行路程与所用时间之比
D．该同学此次户外骑行的最快速度为29.88m/s．
3．下列关于几幅书本插图的说法中正确的是（ ）
A．甲图中，在推导图像面积表示物体位移时，主要体现的是极限法的思想
B．乙图中，合力与两个分力有相同的作用效果
C．丙图中，利用悬挂法测薄板的重心是利用牛顿第二定律的原理
D．丁图中，为了提高汽车爬坡时的动力，司机往往会换高挡使汽车具有更大的速度
4．如图为某同学在训练跳远的场景，不计空气阻力，下列说法正确的是（ ）
第4题图
A．研究运动员跳远动作时可以将运动员看作质点
B．起跳瞬间人对地面的压力可能大于地面对人的支持力
C．运动员在空中做的是匀变速运动
D．运动员在空中的阶段处于超重状态
5．如图所示，长为L的轻杆，一端固定一个小球，另一端固定在光滑的水平轴上，使小球绕水平轴在竖直面内做圆周运动，不计空气阻力，重力加速度为g，下列说法正确的是（ ）
第5题图
A．小球在最高点和最低点时的线速度可能相同
B．小球在最高点的最小速度为
C．若小球在最低点的速度小于，则无法做完整的圆周运动
D．小球在最低点时受到杆的作用力可能为
6．1月17日，中国载人航天工程2024年第一次发射任务，最强“天空快递”天舟七号货运飞船满载春节大礼包，为神舟十七号航天员乘组送去补给物资和新春祝福。天舟七号货运飞船采用3小时快速交会对接方案，大大缩短了对接时间。下列关于天舟七号的说法正确的是（ ）
第6题图
A．对接后天舟七号的向心加速度大于它发射前在地面处的向心加速度
B．整个发射过程中，天舟七号内的货物都处于完全失重状态
C．只要先将天舟七号发射到神舟十七号的轨道上，再通过加速即可实现对接
D．对接后天舟七号的运行周期可能小于1小时
7．如图为高速相机拍下的一幅水滴从屋檐下落的照片，其中第4滴水刚要离开屋檐，若滴水的时间间隔相同，第1滴水与第2滴水的实际间距约为1m，取重力加速度，不计空气阻力，则拍下照片的瞬间，图中第3滴水的速度大小约为（ ）
第7题图
A．2m/sB．3m/sC．4m/sD．5m/s
8．如图为蹦床运动示意图，A为运动员到达的最高点，B为运动员下落过程中刚接触蹦床时的位置，C为运动员到达的最低点。若不计空气阻力和运动员与蹦床作用过程中的机械能损失，运动员自A落至C的过程中，下列说法正确的是（ ）
第8题图
A．A至C，只有重力和蹦床弹力做功，运动员机械能守恒
B．A至C，蹦床增加的弹性势能等于运动员减小的重力势能
C．B至C，蹦床弹力对运动员做负功，运动员动能一直在减小
D．B至C，运动员的重力势能与蹦床的弹性势能之和不变
9．为丰富同学们的课余生活，学校组织了趣味运动会，如图甲。在掷沙包的活动中，某同学先后以不同的速度扔出两个相同的沙包，两次都落在了地面上的投掷盘的圆心位置，两次沙包的轨迹如图乙所示，其轨迹在同一竖直平面内，抛出点均为O，抛出时沙包1的初速度方向水平，沙包2的初速度方向斜向上。忽略空气阻力和沙包大小的影响，关于两沙包在空中的运动，下列说法正确的是（ ）
第9题图
A．两次投掷时，沙包的水平速度可能相等
B．两次投掷时，沙包在空中运动的时间可能相等
C．两次投掷时，沙包在落地点的动能可能相等
D．两次投掷时，沙包在落地点的重力瞬时功率可能相等
10．在精工实验课上，小明将一重为G的圆柱形工件放在“V”形金属槽中，如图所示，槽的两侧面与水平面的夹角相同，“V”形槽两侧面间的夹角为90%。小明发现当槽的棱与水平面的夹角为37°时，工件恰好能够匀速下滑，则可知（ ）
第10题图
A．工件对“V”形槽每个侧面的压力均为B．工件对“V”形槽每个侧面的压力均为
C．工件与“V”形槽间的动摩擦因数为D．工件与“V”形槽间的动摩擦因数为
11．一辆汽车以某一恒定功率爬上一倾角为的斜坡，如图甲所示，车内的传感器记录了汽车从坡底爬到坡顶的图像，如图乙中实线AD所示，AB是曲线最左端A点的切线，CD是曲线AD的渐近线，已知汽车质量，汽车行驶过程中受到的阻力可视为不变，重力加速度为，，对于此次爬坡过程，下列说法正确的是（ ）
第11题图
A．汽车受到的阻力
B．汽车的功率
C．该斜坡长为160m
D．当汽车速度为10m/s时，汽车的加速度为
12．如图所示，公园里的喷泉有40个相同的喷口，每个喷泉管口直径为2cm。喷嘴方向可变化，喷出的水柱最高可达约10m，则喷泉电动机的输出功率约为（ ）
第12题图
A．6KwB．18kWC．60kWD．180kW
13．如图所示，一小球置于光滑水平桌面上，某时刻起受一水平恒力的作用开始运动，先后经过a、b两点，速度方向偏转90°。已知经过a点的速度大小为v、方向与ab连线夹角为30°，ab连线长度为L。对小球从a到b的运动过程，下列说法正确的是（ ）
第13题图
A．小球在b点的速度为
B．所用的时间为
C．恒力大小为
D．若仅改变小球在a点的速度大小，小球下一次经过ab连线时的速度偏转角也发生变化
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，选对但不选全的得2分，有选错的得0分）
14．利用图像法研究物理量之间的关系是常用的一种数学物理方法。如图所示为物体做直线运动时各物理量之间的关系图像（x、v、a、t分别表示物体的位移、速度、加速度和时间），则下列说法正确的是（ ）
A．A．甲图中图可求出物体的加速度大小为
B．乙图中图可求出物体的加速度大小为
C．丙图中图可求出物体的加速度大小为
D．丁图中图可求出物体在前2s内的速度变化量大小为6m/s
15．如图甲为皮带输送机简化模型图，皮带输送机倾角，顺时针匀速转动，在输送带下端A点无初速放入货物。货物从下端A点运动到上端B点的过程中，其机械能E与位移s的关系图像（以A位置所在水平面为零势能面）如图乙所示。货物视为质点，质量，重力加速度，，。下列说法正确的是（ ）
第15题图
A．货物与输送带间的动摩擦因数为0.875
B．输送带A、B两端点间的距离为8m
C．货物从下端A点运动到上端B点的时间为8s
D．皮带输送机因运送该货物而多消耗的能量为550J
非选择题部分
三、非选择题（本题共5小题，共55分）
16．实验题（Ⅰ、Ⅱ两题共14分）
Ⅰ．（8分）（1）在探究“平抛运动规律”实验中，有以下几个实验方案：
第16题图
①若要探究平抛运动水平方向分运动的规律，应选用图1中的装置______（填“1”或“2”）。
②某同学在实验室中用如图2所示的装置进行实验。该同学得到的痕迹点如图3所示，其中一个偏差较大的点产生的原因，可能是该次实验时______。
A．斜槽阻力太大B．小球释放的高度偏低
C．小球没有被静止释放D．挡板MN未水平放置
③为了得到物体平抛运动的轨迹，同学们还提出了以下几种方案，其中不可行的是______。
A．从细管水平喷出稳定的细水柱．拍摄照片，即可得到平抛运动轨迹
B．用频闪照相机在同--底片上记录平抛小球在不同时刻的位置，平滑连接各位置，即可得到平抛运动轨迹
C．将铅笔垂直于固定竖直的白纸板放置，笔尖紧靠白纸板，将铅笔垂直于笔身方向，以一定初速度水平抛出，将会在白纸上留下笔尖的平抛运动轨迹
（2）“探究力的合成规律”的实验装置如图4所示，在该实验中，
①以下对减小实验误差有益的说法是______（多选）。
A．弹簧秤外壳应当与桌面尽量光滑
B．弹簧秤、细绳、橡皮条都应与木板平行
C．用两弹簧秤同时拉细绳时两弹簧秤示数之差应尽可能大
D．拉橡皮条的细绳要适当长些，标记同一细绳方向的两点要远些
②某次实验中弹簧秤示数如图4所示，其读数为______N。
③用a、b弹簧秤拉橡皮条使结点到O点，当保持弹簧秤a的示数不变，而在角a逐渐减小到0的过程中，要使结点始终在O点，可以______。
A．增大b的示数，减小角度
B．减小b的示数，增大角度．
C．增大b的示数，先减小角度，后增大角度
Ⅱ．（6分）某小组同学用如图甲所示的实验装置验证机械能守恒定律。
（1）关于该实验，下列说法正确的是______。
A．该实验应先释放重物再打开打点计时器B．该实验重物质量和的大小没有要求
C．该实验可以用公式计算某点的速度D．该实验应选用密度大．体积小的重物
（2）实验时该小组同学让重物带动纸带从静止开始自由下落，按正确操作得到了一条完整的纸带，0为打的第一个点，相邻两个点之间有4个点未画出，测出点3、4、5到起始点0的距离，如图乙所示。已知，，则可知打下点4时，重物的速度______m/s。在打下0点到打下计数点4的过程中系统重力势能的减少量______J。（当地的重力加速度g取，计算结果均保留3位有效数字）
（3）该小组另外一名同学用另外的数据处理方法验证机械能守恒，他在纸带上选取多个计数点，测量它们到起始点0的距离h，计算对应计数点的重物速度v，作出图像，若图像是一条过原点的直线，且斜率为______．（用、、g表示），也可以验证重物下落过程中机械能守恒。
17．（8分）如图所示，一长木板B置于粗糙水平面上，一木块A放置在长木板上，A的右端连接一劲度系数的轻质弹簧，弹簧另一端固定在墙壁上，现用水平方向大小的拉力将长木板匀速拉出，此时弹簧伸长了。已知木板质量，木块质量，重力加速度g取，求在长木板匀速滑动的过程中，
（1）木块受到的摩擦力大小和方向；
（2）木板与水平面间的动摩擦因数。
18．（11分）某小组设计了一弹射玩具，其简化模型如图所示。竖直放置在水平桌面上的滑杆上套有一个滑块，初始时它们处于静止状态．滑块被压缩的弹簧锁定。当按下开关解锁弹簧时，滑块从A处以初速度离开弹簧沿粗糙滑杆向上滑动，后滑块滑到B处与滑杆发生碰撞，碰后立刻以某一相同的速度离开桌面一起竖直向上运动，上升的最大高度。已知滑块的质量，滑杆的质量，A、B间的距离，重力加速度g取，滑块可视为质点，不计空气阻力，滑块与滑杆间摩擦力大小可视为不变，滑杆落到桌面后速度立刻减为零且不反弹，求：
（1）滑块在滑杆中向上滑动时的加速度大小；
（2）滑块在滑杆中向上滑动时，滑杆对地面的压力；
（3）滑块从出发到第一次返回A点所需要的时间。
19．（11分）近日，全球首款支持卫星通话的大众智能手机上市，该手机接入了中国自研的天通一号卫星移动通信系统，持有者即使在没有地面信号的情况下，也可以拨打．接听卫星电话。天通一号卫星属于高轨通信卫星，其发射过程可以简化为如图所示：先将卫星发射至近地圆轨道1，再点火加速进入椭圆变轨轨道2，最后进入预定轨道3。若天通一号质量为m，地球表面重力加速度为g，地球半径为R，轨道3的半径为r，当取无穷远处引力势能为零，天通一号距地心距离为处时的引力势能为（G为引力常量，M为地球质量且未知），不计地球自转，求：
（1）天通一号在轨道1的线速度；
（2）天通一号在轨道2上运动的周期；
（3）天通一号从轨道1变轨到轨道3过程中，发动机需要做的功大小。
20．（11分）如图所示为某同学设计的轨道模型，1和2为竖直平面内圆形轨道，其半径分别为，，C、、D、均为轨道最低点且略微错开，倾角的足够长的倾斜直轨道与圆轨道1相切于B点，、为水平直轨道，其长度分别为，，EF为半圆形水平弯道，其半径，所能承受最大的侧向压力为。先将一小球从倾斜轨道上距B点L处的A点静止释放，已知小球的质量，小球与所有直轨道上的动摩擦因数，所有圆轨道对小球的阻力可忽略不计，重力加速度g取，，。
（1）若，求小球从A点运动到C点时对轨道的压力；
（2）若小球能通过两个竖直圆轨道，求L的最小值；
（3）若要求小球在运动过程中始终不脱离轨道，求L的取值范围。
浙江强基联盟2024年5月联考．
高一物理参考答案
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）
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，有错选的得0分）
1．能量的单位是J，故C正确。
2．A．由图可知，“51.01公里”是路程不是位移；
B．“03：29：38”是骑行所经历的时间．是时间间隔不是时刻；
C．软件中显示的平均速度是描述他行驶快慢的物理量，所以是路程与时间之比；
D．由图可知，该同学此次户外骑行的最快速度为29.88km/h。故C正确。
3．A．在推导图像面积表示物体位移时，主要体现的是微元法的思想；
B．一个力单独作用的效果跟某几个力共同作用的效果相同．这个力就叫作那几个力的合力，那几个力就叫这个力的分力，所以合力与分力作用效果相同；
C．利用悬挂法测薄板的重心是利用二力平衡的原理；
D．根据汽车额定功率可知，汽车爬坡时需要较大牵引力，所以往往挂低挡降低汽车速度以获得较大牵引力。故B正确。
4．A．研究运动员跳远动作时不能忽略运动员的形状和大小，不可以将运动员看作质点，故A错误；
B．人对地面的压力和地面对人的支持力是--对相互作用力，总是等大反向，故B错误；
C．不计空气阻力，运动员在空中只受重力，加速度不变．是匀变速曲线运动；
D．运动员在空中运动只受重力，处于完全失重状态．故D错误。故C正确。
5．A．小球在竖直面做的是变速圆周运动．最高点和最低点时的线速度大小和方向都不相同，故A错误；
B．小球在最高点可以受到杆的支撑，过最高点的速度大于等于零即可，故B错误；
C．从最低点到最高点，由动能定理：，可得：，所以在最低点的最小速度为，故C正确；
D．小球在最低点根据牛顿第二定律：，由于最低点，所以，故D错误。故C正确。
6．A．根据万有引力提供向心力可知，，对接后的天舟七号的向心加速度大于同步卫星的向心加速度，而天舟七号发射前在地面上跟着地球自转，其向心加速度小于同步卫星线速度，故天舟七号的向心加速度大于它发射前在地面处的向心加速度；
B．天舟七号在发射的过程中有向上的加速度，所以处于超重的状态；
C．天舟七号在预定轨道上加速时会做离心运动，无法追上同一轨道的神舟十七号；
D．公转周期最小的地球卫星是近地卫星，其周期约为85min大于1小时。故A正确。
7．设滴水间隔为T，据题意可得：，解得，则第3滴水的速度大小，故选A。
8．AB．从A至C，重力和蹦床弹力对运动员做功，运动员机械能减小，弹簧弹性势能增加，运动员和蹦床的系统机械能守恒，故蹦床增加的弹性势能等于运动员减小的重力势能；
C．B至C，重力先大于弹力，加速度向下，后重力小于弹力，加速度向上，即运动员先加速后减速运动，动能先增加后减小；
D．系统机械能守恒，运动员的重力势能、动能、蹦床的弹性势能之和不变，故B正确。
9．B．由图乙可知，沙包2做斜上抛运动，沙包1做平抛运动，两者竖直位移相同，故沙包2从抛出点到落地点运动的时间大于沙包1从抛出点到落地点运动的时间；
A．沙包1与沙包2从抛出点到落地点运动的水平位移相同，因为沙包2的运动时间大于沙包1，因此沙包2的水平速度小于沙包1；
C．由AB选项分析可知，沙包2的水平速度小于沙包1，而沙包2的水平速度为其初速度的水平分速度，因此抛出时沙包1和沙包2的初速度有可能大小相等，又因为两沙包相同，则有初动能相等，从抛出点到落地点，两次竖直高度相同，由机械能守恒定律可知．到达落地点时，两沙包的动能可能相等。
D．根据竖直方向运动规律可知，沙包2落地时的竖直分速度大于沙包1的，根据可知落地时的重力的瞬时功率不相等，故C正确。
10．AB．工件的重力可以分解为沿槽棱方向向下的分力与垂直于槽棱方向的分力，如图：
垂直于槽梭方向的分力又进一步分解为两个挤压斜面的压力，如图，和的合力与等大反向：
由几何关系可知，解得，故选项AB错误；
CD．此时沿槽棱方向的分力与圆柱体和槽之间的摩擦力大小相等，有
解得，选项D正确。
11．AB．在A点，汽车加速度，根据牛顿第二定律：，此时，由图可知汽车最大速度，此时牵引力，则，汽车功率不变，联立两式子可解得：，，故AB错误。
C．从A点到D点，根据动能定理：，解得，故C正确；
D．根据可得当时，牵引力，根据牛顿第二定律，解得加速度，故D错误。
12．喷出的水柱最高达10m，可得最大速度，根据能量转化，有，又因为，解得。故选B。
13．B．将恒力F分解为水平分力和竖直分力，从a到b，水平分速度减为零，根据匀变速规律：，解得，故B错误；
A．竖直方向运动时间相等．根据匀变速规律：，解得，故A错误；
C．根据牛顿第二定律，水平方向，竖直方向，小球受到的恒力，故C正确；
D．a点速度变化，但恒力不变，小球水平和竖直方向的加速度不变，，当小球水平速度减为零时，，，此时竖直位移，即小球在ab连线上某个位置，此时小球水平速度减为零，只有竖直方向速度，即速度偏转了90°。
14．A．甲图中图像为正比关系图像，根据公式可知，此图像斜率为，则加速度为，A正确；
B．乙图中图像为正比关系图像，根据公式可知，此图像斜率为，则加速度为，B正确；
C．根据公式整理得，，根据丙图图中为一次函数关系图像，则图像的斜率为，解得，则加速度的大小为，C正确；
D．根据公式可知，在图像的图线与坐标轴所围成的面积表示这段时间内物体的速度变化量，则丁图中图可求出在前2s内的速度变化量大小为，D错误。故选ABC。
15．A．由题图可知，物块沿传送带向上运动后与传送带相对静止，机械能增加量，解得，故A正确；
B．由图像可知，物块与传送带相对静止后：，解得，则传送带两端点之间的距离为：，故B项错误；
C．加速阶段根据牛顿第二定律有，，加速阶段有，解得，传送带速度，匀速阶段有，解得，所以总时间为，故C项错误；
D．由能量守恒，其多消耗的能量为，解得，故D正确。故选AD。
16．Ⅰ．（1）①2（1分）；
②C（1分）；斜槽的阻力不会影响该实验的轨迹．故A错误；小球释放位置偏低时，偏离点应当在原轨迹下方，故B错误；若小球释放时具有初速度，偏离点会在原轨迹上方，故C正确；挡板是否水平放置对平抛轨迹没有影响，故D错误。
③C（1分）；笔水平抛出时与纸面间没有摩擦力，无法画出平抛运动的轨迹，故C错误。
（2）①BD（2分）；弹簧秤外壳与桌面的摩擦不会影响弹簧测力计的读数，不会引起实验误差，故A错误；实验时弹簧秤、细绳、橡皮条都应与木板平行，故B正确；为了减小作图的误差，两个拉力大小在量程范围内尽可能都大，拉力之差不能太大，故C错误；为了更加准确地记录力的方向，拉橡皮条的细绳要长些，标记同一细绳方向的两点要远些，故D正确。
②2.10~2.19（1分）
③B（2分）；保持O点位置不动，即合力大小方向不变，弹簧测力计A的读数不变，因此根据要求作出力的平行四边形，画出受力分析图如下：第一种情况，原来、的值较小，由图可知角逐渐变小时，b的示数减小，同时角减小；第二种情况，原来、值较大，由图可以看出角逐渐变小时，b的示数减小，同时角增大；或者由图可以看出角逐渐变小时，b的示数减小，同时角先增大，后减小；故选B．
Ⅱ．（1）D（1分）；实验时应先打开打点计时器再释放重物，故A错误；要使能拉动纸带，应大于，故B错误；实验应测量纸带上各点到起始点间的距离，用中间时刻的瞬时速度等于这段位移的平均速度来求各点的速度，不能用公式计算某点的速度，故C错误；为了减小空气阻力带来的实验误差，该实验应选用密度大、体积小的重物，D正确。
（2）2.40（1分）；0.412（2分）；
打下计数点4的瞬时速度为；0到4重力势能减小量为
（3）若重物下落时满足机械能守恒，则有，化简得，所以图像的斜率为。
17．（1）对A受力分析，根据共点力平衡
弹力
解得摩擦力，方向水平向左
（2）对B受力分析，根据共点力平衡，解得
因为支持力
根据滑动摩擦力
解得动摩擦因数
18．（1）根据匀变速直线运动规律：，解得
（2）滑块向上滑动过程中，对滑块受力分析，根据牛顿第二定律：，解得
对滑杆受力分析，可知，解得
根据牛顿第三定律，滑杆对地面的压力为2N，方向竖直向下
（3）滑块和滑杆一起向上做匀减速直线运动，根据，解得
碰后瞬间的速度，滑块和滑杆一起自由落体，时间
滑杆落地后静止，滑块向下做匀加速运动，初速度为，根据牛顿第二定律：，解得
根据匀变速直线运动规律：．解得
故滑块在整个运动过程中的总时间
19．（1）在近地轨道1上，万有引力提供向心力：
又因为忽略自转，地面上物体万有引力等于重力有：
解得：
（2）在近地轨道1上，天通一号的周期：
根据开普勒第三定律：
得
（3）在轨道3上：，，天通一号的线速度为
从轨道1到轨道3，由能量守恒：，
即
解得：
20．（1）由动能定理：
解得
由牛顿第二定律，得
由牛顿第三定律，得小球对轨道的压力，方向竖直向下。
（2）若小球恰好过轨道1最高点，由牛顿第二定律，得
由动能定理：，得
若小球恰好过轨道2最高点，由牛顿第二定律，得
由动能定理：
得
所以L的最小值为3.3m
（3）①若小球恰好过轨道1圆心等高点，由动能定理，
得
②若小球过轨道1最高点，且恰好到轨道2圆心等高点，由动能定理：
，解得
所以
③若小球能过轨道EF，由得，最大速度
由动能定理：
解得
综上得或或
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
C
C
B
C
C
A
A
B
C
D
C
B
C
14
15
ABC
AD
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