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/s2B.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MghB.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/sD.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.45kWB.450kWC.90kWD.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EkD.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.B②.AD③.=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=ωRa、b轮半径相同，所以两槽转动的角速度ω1=ω2Ⅱ．[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︰117.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.BD②.B③.1.59④.9.5（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。