浙江省浙南名校联盟2022-2023学年高一下学期期中联考物理 含解析

2022学年高一年级第二学期浙南名校联盟期中联考

物理试题

选择题部分

一、单项选择题（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.下列物理量的负号表示大小的是（）

A.速度片-2m∕sB.电量q=-0.01C

C.重力势能EP=-50JD.力做功为W=-IOJ

【答案】C

【解析】

【详解】A.速度为矢量，正负代表方向，故A错误；

B.电量的正负代表性质不同，故B错误；

C.重力势能的正负表示具有的势能大小不同，故C正确；

D.力的正负代表做正功或做负功，故D错误。

故选C。

2.下列物理学习或研究中用到的方法与显示微小形变的方法相同的是（）

探究加速度与力、质量的关系

【答案】B

【解析】

【详解】A.伽利略理想斜面实验用到了理想实验法，A错误；

B.测定万有引力常量用到了微小形变放大法，B正确；

C.探究共点力合成的规律用到了等效替代法，C错误；

D.探究加速度与力、质量的关系用到了控制变量法，D错误。

故选B0

3.如图所示，感应起电实验中，带正电小球C靠近不带电的枕形体时，枕形体的A、8两端箔片张开。下

列说法正确的是（）

<s）<s>。

A.枕形体A、B也可以采用绝缘材料制作

B.枕形体的A端和2端箔片带有同种电荷

C.枕形体内部的自由电子从A端移到B端

D.感应起电前后枕形体内部的电荷总量不变

【答案】D

【解析】

【详解】A.枕形体要发生感应起电，枕形体中必须有能够自由移动的电荷，即枕形体是导体，枕形体

A、B也不可以采用绝缘材料制作，A错误：

B.枕形体中的自由电子受到带正电小球C的库仑引力作用向近端A端移动，枕形体A端带负电，枕形

体2端带正电，即枕形体的A端和8端箔片带有异种电荷，B错误；

C.根据上述可知，枕形体中的自由电子受到带正电小球C的库仑引力作用向近端A端移动，即枕形体内

部的自由电子从B端移到A端，C错误；

D.感应起电过程只是自由电子从导体的一端移动至另一端，总的电荷量并没有发生变化，即感应起电

前后枕形体内部的电荷总量不变，D正确。

故选D。

4.某同学设想驾驶一辆由火箭提供动力的陆地太空两用汽车，沿赤道行驶且汽车相对于地球的速度可以任

意增加，不计空气阻力。当汽车速度增加到某一值时，汽车将脱离地面成为绕地球做圆周运动的“航天汽

车”。下列相关说法正确的是（已知地球半径R=6400km,g取9.8m∕s2）（）

A.汽车在地面上速度增加时，对地面的压力增大

B.汽车速度达到7.9km∕s时，将脱离地面

C.此“航天汽车”环绕地球做匀速圆周运动的最小周期为24/?

D.此“航天汽车”内可用弹簧测力计测重物重力大小

【答案】B

【解析】

【详解】A.汽车绕地心做圆周运动，其重力、地面支持力的合力提供向心力，速度越大，支持力越小，对

地面的压力越小，故A错误；

B.当速度增大到某一值时，支持力恰好为零，重力全部提供向心力

2

V

m2-m一

R

v=7.9km/s

故B正确；

C.当汽车围绕地球表面运动时周期最小，根据

4户

mg=HyR

故C错误；

D.汽车完全失重，测力计不能测重力，但可以测力，故D错误。

故选Bo

5.图甲是组合式推拉黑板。若在一名同学向左匀速拉动黑板时，另一名同学用粉笔从静止开始，在该黑

板上匀加速竖直向下画线，则粉笔在黑板上画出轨迹可能是图中的（）

【答案】C

【解析】

【分析】

【详解】粉笔相对黑板水平向右做匀速运动，竖直向下做匀加速运动，则合运动为曲线运动，轨迹的凹

向向下，则轨迹为C所示。

故选C。

6.如图所示，质量为70kg的某运动员在做弓箭步练习，即从图中左边所示的姿态下蹲到图中右边所示姿

态，再起立回到左边所示姿态，如此重复动作。若他在Imin内做了30个弓箭步练习，则这段时间克服重

力做的功和相应的平均功率约为（）

A.10500J、175WB.21000J、175WC.10500J、350WD.21000J、350W

【答案】A

【解析】

【详解】每次运动员姿态下蹲时重心下降的高度约为05m,故在一分钟内，运动员克服重力做的功约为

%=〃根g∕z=70χl0χ0.5*30J=10500J

Imin内平均功率约为

产工四%75W

t60S

故选A«

7.天宫空间站天和核心舱的机械臂，长度约10米，是我国自主研发的七自由度系统，可以实现三维空间

的任意位置和姿态控制，与同样属于七自由度系统的人的手臂一样灵活和机动。如图A、8、C是三个主

要关节支点，P、Q为BC臂上的两点，若某次作业过程保持BC臂和AB臂的夹角C=90。不变，机械臂

整体以A支点为轴抬起，则下列说法正确的是()

A.作业过程中P与。线速度大小相等

B.作业过程中P与。线速度方向相同

C.作业过程中P与。角速度大小相等

D.作业过程中P与Q加速度大小相等

【答案】C

【解析】

【详解】ABC.由于P与。是同轴转动，所以角速度相同，根据

V=ωr

可知AP与AQ长度、指向都不同，所以线速度大小、方向不同，故AB错误，C正确；

D.由

2

an=ω^r

可知P与Q加速度大小不相等，故D错误。

故选C。

8.2020年6月23日，我国在西昌卫星发射中心成功发射北斗系统第55颗导航卫星，至此北斗全球卫星导

航系统部署全面完成。北斗卫星导航系统由不同轨道卫星构成，其中北斗导航系统第41颗卫星为地球同

步静止轨道卫星，它的轨道半径约为4.2xl()7m0第44颗卫星为倾斜地球同步轨道卫星，运行周期等于地

球的自转周期24ho两种同步卫星的绕行轨道都为圆轨道。倾斜地球同步轨道平面与地球赤道平面成一定

夹角，如图所示。已知引力常量G=6.67*10-"N∙n√∕kg，下列说法中正确的是（)

倾斜地球同步轨道

A.两种同步卫星都可能经过北京的正上空

B.两种同步卫星向心加速度大小相等

C.倾斜地球同步轨道卫星经过赤道正上方同一位置，一天内只可能有1次

D.任意12小时内，万有引力对第41颗卫星做功大小大于对第44颗卫星做功大小

【答案】B

【解析】

【详解】A.倾斜地球同步轨道卫星可能经过北京上空，而地球同步轨道卫星不能经过北京上空，故A错

误;

B.由于两种卫星的周期相等，都是24h,根据万有引力提供向心力

CMm4/

G下=布亍

可知轨道半径相同，加速度相同，选项B正确;

C.倾斜地球同步轨道卫星周期为24h,如果开始时位于南半球上方，则一天之内倾斜地球同步轨道卫星

会跨过赤道某点上方到达北半球上方，然后再次跨过赤道上同一点上方回到南半球上方，故2次经过赤

道正上方同一位置，故C错误;

D.两卫星的线速度大小相等，设为即，相等任意12小时内，万有引力使两颗卫星的速度改变180。，即

速度变为-W,则动能变化为零，则万有引力对第41颗卫星做功大小等于对第44颗卫星做功大小，故D

错误。

故选Bo

9.如图所示甲、乙、丙、丁是游乐场中比较常见的过山车，甲、乙两图的轨道车在轨道的外侧做圆周运

动，丙、丁两图的轨道车在轨道的内侧做圆周运动，两种过山车都有安全锁（由上、下、侧三个轮子组

成）把轨道车套在了轨道上，车中座椅是指底座、靠背以及安全卡扣组成的整体，四个图中轨道的半径

都为R,下列说法正确的是（）

T

A.甲图中，当轨道车以一定的速度通过轨道最高点时，座椅一定给人向上的力

B.乙图中，轨道车过最底点的最大速度为我

C.丙图中，当轨道车以一定的速度通过轨道最低点时，座椅一定给人向上的力

D.丁图中，轨道车过最高点的最小速度为J迹

【答案】C

【解析】

【详解】A.由重力提供向心力可得

2

mg=in—

R

轨道车通过最高点的临界速度为

v=yfgR

若通过最高点速度大于临界速度，座椅给人的力向下，若通过最高点速度小于临界速度，座椅给人的力向

上，故A错误；

B.乙图中轨道车合力向上，可得

V2

F-mg=m—

R

由于不知轨道车和轨道弹力最大值，所以不能求出速度最大值，故B错误；

C.丙图中人的合力向上提供向心力，所以座椅给人向上的力，故C正确；

D.丁图中，轨道可以提供轨道车向上弹力，属于圆周运动有支撑模型，所以最高点速度大于零即可，故

D错误。

故选C。

10.如图所示，配送机器人作为新一代配送工具，可以做到自动规避道路障碍与往来车辆行人，做到自动

化配送的全场景适应。该配送机器人机身净质量为350kg,最大承载质量为200kg,在正常行驶中，该配送

机器人受到的阻力约为总重力的木，满载时最大时速可达5m∕s,已知重力加速度g=10m∕s2,关于该机

器人在配送货物过程中的说法正确的是（）

A.该配送机器人的额定功率为550OW

B.该配送机器人以额定功率启动时，先做匀加速运动，后做变加速运动直至速度达到最大速度

C.该配送机器人空载时，能达到得最大速度为ɪθm/s

D.满载情况下以额定功率启动，当速度为2m∕s时，该配送机器人的加速度大小为1.5m/S?

【答案】D

【解析】

【详解】A.由题可知阻力为

/=L（m+M）g=550N

满载时最大时速可达5m∕s,则额定功率为

P=fvm=2750W

故A错误；

B.该配送机器人以额定功率启动时，有

P=Fn

根据牛顿第二定律有

F-f=nuι

机器人做变加速运动直至速度达到最大速度，故B错误；

C.该配送机器人空载时，能达到得最大速度为

,P2750,rc,

V=-........=-------m/s=7.9m∕s

一1mg350

10

故C错误；

D.满载情况下以额定功率启动，当速度为2m∕s时，牵引力为

C=空％=1375N

v'2

该配送机器人的加速度大小为

根据勾股定理

F=｛（mg?+琮=Jfn2g2+^_

故C错误，D正确。

故选D。

12.2019年4月10日晚，数百名科学家参与合作的“事件视界望远镜（EHT）”项目在全球多地同时召开

2

新闻发布会，发布了人类拍到的首张黑洞照片。理论表明：黑洞质量M和半径R的关系为M竺=」c一，

R2G

其中C为光速，G为引力常量。若观察到黑洞周围有一星体绕它做匀速圆周运动，速率为叭轨道半径

为r,则可知（）

2

A.该黑洞的质量M=工B.该黑洞的质量M=vUr

2G2G

2

C.该黑洞的半径H=当D.该黑洞的半径R=上v：r

Cc

【答案】C

【解析】

【分析】

【详解】AB.根据星球所受万有引力等于向心力，转换为公式为

GMm_mv2

rr

其中G为引力常量，M为黑洞质量，加为环绕星体质量，r为轨道半径，U为环绕星体线速度；可以把

公式化简，直接得到黑洞的质量

M=±①；

G

故AB错误;

2

CD.根据光速和黑洞逃逸速度的关系，如题所知M丝=cJ,C为光速，可把公式化简得到黑洞的半径

R2G

把①式代入②中即可用相关的已知量得到

黑洞的半径

故C正确，D错误；

故选：C0

13.从距地面高度/∕=3.2m处，将质量Ikg的小球以3m∕s的初速度水平向右抛出。小球运动过程中受到恒

定的水平向左的风力，风力的大小为5N。重力加速度取Iom/S?.则（）

O→v0

风.

A.小球做变加速曲线运动

B.小球落地的水平距离为2.4m

C.小球落地时的动能为32.5J

D.小球抛出后经过0.1s动能最小

【答案】C

【解析】

【详解】A.小球所受合外力不变，做匀变速曲线运动，A错误;

B.小球竖直方向做自由落体运动，运动时间为

水平方向加速度为

a=—=5m∕s

m

小球落地的水平距离为

B错误；

C.根据动能定理

12

mgH-Fx-Ek--mv0

得

Ek=32.5J

C正确;

D.当合力与速度垂直时动能最小，设此时速度与水平方向夹角为。，即

tanθ=——=」

mgvx

又

VLVo-a/，vy=St'

联立得

/=0.12s

D错误。

故选C。

二、不定项选择题（本题共2小题，每小题4分，共8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4分，选对但不选全的得2分，有选错的得0分）

14.2022年1月22日，我国实践21号卫星（SJ-21）通过捕获网，将一颗失效的北斗2号卫星从拥挤的

地球同步轨道上，沿转移轨道拖拽到了航天器稀少的更高的“墓地轨道”上，如图所示，此举标志着航天

器被动移位和太空垃圾处理新方式的成功执行，若卫星在两个轨道上的运动均视为匀速圆周运动，则（

A.北斗2号卫星在同步轨道上运行速度小于地球赤道上物体的运动速度

B.北斗2号卫星在“墓地轨道”运行的机械能大于它在同步轨道运行的机械能

C.实践21号卫星在转移轨道上经过A点时的加速度与在同步轨道上经过A点时的加速度相等

D.实践21号卫星从“墓地轨道”前往同步轨道时，需要加速运动

【答案】BC

【解析】

【详解】A.北斗2号卫星在同步轨道上运行的轨道半径大于地球赤道上物体的运动轨道半径，两者具有

相同的角速度，根据mor可知，北斗2号卫星在同步轨道上运行速度大于地球赤道上物体的运动速度，

选项A错误；

B.北斗2号卫星进入“墓地轨道”运行时要通过加速才能完成，则北斗2号卫星进入“墓地轨道”运行时的

机械能大于它在同步轨道运行的机械能，选项B正确；

C.实践21号卫星在转移轨道上经过A点时与在同步轨道上经过A点时受到的地球的引力相同，则两者

的加速度相等，选项C正确；

D.实践21号卫星从“墓地轨道”前往同步轨道时，需要减速做向心运动，选项D错误。

故选BCo

15.一物块在倾角为30。的固定斜面上（足够长）受到方向与斜面平行恒定拉力作用，由静止开始沿斜面向

下做匀加速直线运动，物块与斜面间的动摩擦因数处处相同。若0一/0时间内，物块滑动过程中动能、摩擦

产生内能和重力势能随时间的变化分别如图曲线①、②和③所示，则下列说法正确的是（）

B.0-/0时间内，机械能增大4J

C.0—J时间内，物块的加速度为12m/S?

D.若％时刻撤去拉力，则再经过时间4f°,物块速度减到零

【答案】CD

【解析】

【详解】A.设0〜to时间内，物块的位移为柒根据重力做功与重力势能变化的关系得

∕%gxsin30°=5J

由功能关系可得

4叫XCOS30°=8J

解得

故A错误；

B.O〜to时间内，动能增大8J,重力势能减小5J,所以机械能增大3J,故B错误;

C.根据动能定理得

max-∖2i

解得

0=12m∕s2

故C正确；

D.to时刻撤去拉力，此时物块的速度为

V-at0

此后，由牛顿第二定律得

μmgcos30°-mgsin30o=ma

解得

α=3m∕s2

设再经过时间f物块速度减到0,则

v=at

解得

故D正确。

故选CDo

非选择题部分

三、非选择题(本题共6小题，共53分)

16.(1)三个同学根据不同的实验装置，进行了“探究平抛运动的特点”的实验:

乙

①甲同学采用如图甲所示的装置。用小锤击打弹性金属片,金属片把A球沿水平方向弹出，同时B球被松

开自由下落，观察到两球同时落地，改变小锤打击的力度,即改变A球被弹出时的速度，两球仍然同时落

地，这说明;

A.竖直方向的分运动是自由落体运动B.水平方向的分运动是匀速直线运动

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，小球在平抛运动中的几个位置

如图中的。、b、c、d所示，图中每个小方格的边长为L=2.5cm,则该小球经过b点时的速度大小为=

m/s；（结果保留三位有效数字，gIUIOmZs2）

③丙同学采用如图内所示的装置。下列器材问题和操作方式不会对实验误差带来影响的是。

A.槽与小球间有摩擦B.槽末端切线不水平

C.小球每次自由滚下的位置不同D.某次实验时小球在释放瞬间有初速度VO

（2）如图所示是探究向心力大小与质量〃八转动角速度⑷和转动半径r之间关系的向心力演示仪。现有两

个质量相同的钢球和一个同体积的铝球。

①下列说法正确的是；

A.将小球放到长槽的不同位置，可以改变小球圆周运动的半径

B.塔轮的作用是改变两小球圆周运动的半径

C.小球对挡板的弹力越大，弹簧测力套筒下降的越多

②探究小球所受向心力大小与小球转动角速度之间关系是图中的（选填“甲”、“乙”、“丙”）。

【答案】①.A②.1.25③.A®.AC##CA⑤.甲

【解析】

【详解】(I)[1]两小球总是同时落地，说明平抛运动在竖直方向上的分运动是自由落体运动，A正确。

故选A。

[2]竖直方向上A∕z=2.5Cm,由匀加速直线运动规律

Δ∕?=gT^

可得频闪照片的时间间隔为

T=5×10^2S

人点竖直方向上的速度为

h7.5XlO-2.__.

v=-aɪc--------------m/s=0n.75m∕s

∙v2T2X5X10~2

人点水平方向上的速度为

%4x2.5x10-2...

v=-ɪ=------------∑-m/s=Im/s

λr2T2X5X10-2

所以该小球经过b点时的速度大小

vh-亚+v；-1.25m∕s

[3]AB.小球在空中做平抛运动，所以斜槽与球之间有摩擦不会对实验产生影响，但槽末端切线不水平会

影响到小球不是做平抛运动，故A正确，B错误：

CD.小球每次自由滚下的位置必须相同，且由静止释放，才能保证小球每次平抛运动的初速度相同，C、

D错误；

故选A«

(2)[4]A.将小球放到长槽的不同位置，可以改变小球圆周运动的半径，A正确；

B.塔轮通过皮带传动，是半径不同的轮子转动的角速度大小不同，所以塔轮的作用是改变两小球圆周运

动的角速度，B错误；

C.小球对挡板的弹力越大，弹簧测力套筒下降的越多，C正确。

故选ACo

[5]探究小球所受向心力大小与小球转动角速度之间关系时，应选择质量相同的两个小球，圆周运动轨迹

的半径也相同，而皮带带动的两个塔轮的半径不同，符合条件的是图甲。

17.以下是利用落体法验证机械能守恒定律的实验。

（1）在实验过程中，下列说法正确的是；

A.实验时应先接通打点计时器的电源再释放纸带

B.打点计时器、天平和刻度尺是实验中必须使用的仪器

C.纸带上端用固定的夹子夹住再释放纸带的效果比用手更好

D.重物的密度大小不影响实验结果

（2）在一次实验中，重物自由下落，在纸带上打出一系列的点，如图乙所示。在纸带上选取连续打出的5

个点A、B、C、D、E,测得C、。、E三个点到起始释放点。的距离分别为％、%、既。己知当地重力

加速度为g,打点计时器打点的周期为一设重物的质量为，"，则从打下。点到打下。点的过程中，重物

的重力势能变化量大小为，动能增加量为。（用上述测量量和已知量的符号表示）

T

图乙

【答案】①.AC##CA②.mghD〃，（〃EjC）

ST2

【解析】

【详解】（1）[1]A.实验时应先接通打点计时器的电源再释放纸带，以免浪费纸带，A正确；

B.打点计时器和刻度尺是实验中必须使用的仪器，本实验无需用到天平，B错误；

C.用手释放纸带不够稳定，所以纸带上端用固定的夹子夹住再释放纸带的效果比用手更好，C正确;

D.重物的密度大可有效减少空气阻力的影响，故D错误；

故选AC。

（2）[2]从。点到。点的过程中，重物的重力势能变化量大小为

高为1.25m,与苹果的水平距离为1.2m。石子与苹果的飞行轨迹在同一竖直面内，取g=10m∕s2,不计

空气阻力，（JδNT=0.64）.

（1）小孩斜向上抛出第一颗石子，石子到达最高点时恰好击中树上离地2.05m高的一个苹果，求：

①速度大小

②石子被抛出时的速度与水平方向的夹角；

（2）若（1）问中被击中的苹果自由落下，小孩看到苹果开始下落后，经过短暂的反应时间，将第二颗

石子水平抛出，为了能在落地前击中苹果，求反应时间的最大值。

【答案】（1）①5m∕s,②方向与水平成53。；（2）0.4s

【解析】

【详解】（1）假设速度大小也方向与水平成角石子上升

=^-

2g

得

Vv=4m/s

所用时间

v

Z=-Lr=0.4s

g

水平方向速度

XC,

VV=—=3m∕s

由勾股定理得抛出时的速度

V=M+片=5m∕s

方向与水平成53。斜向上。

（2）方法一：设反应时间为4,石子抛出后运动的时间为6,

因为石子抛出后运动的时间4∈(0,0.5],所以反应时间&«0.14,0.4)

即最大的反应时间趋向0.4s»

方法二：石子抛出的初速度越大，石子和苹果相遇的位置越高，允许的反应时间越长,

相遇的位置高度不断接近抛出点高度，反应时间趋向Δ/

20.如图所示，有一个可视为质点、质量为胆=Ikg的小物块，初速为零，经由水平顺时针转动的传送带从

最左端A送到最右端8,滑过水平光滑BC面后，滑上紧靠BC面末端C点、质量为M=2kg的静止长木板。

已知传送带速度恒为％=4m∕s,传送带AB间长度L=3m,木板上表面与BC面相平，木板下表面光滑,

小物块与传送带、长木板间的动摩擦因数均为0.4,不计空气阻力，g取Iom八2。求：

(1)小物块到达C点的速度大小；

(2)传送带将小物块从A端送到8端过程的摩擦发热；

(3)若长木板长度s=2m,小物块能否滑出长木板？若能，求滑出瞬间物块的速度大小；若不能，求小物

块与长木板的最终共同速度大小。

4

【答案】(1)4m/s；(2)8J；(3)不能，-m∕s

【解析】

【详解】(1)小物块在传送带上的加速度大小

a=gμ=4m/S

达到与传送带相同速度时位移

Λ=-=2m<L

2a

可判断物块到达8端时己经与传送带同速，且

vc=v0=4m/s

（2）达到与传送带相同速度的时间为

%=生=IS

a

传送带的移动距离为

,

x=v0r0=4m

所以摩擦发热

Q=x)=8J

（3）设小物块刚好滑到木板右端且达到共同速度的大小为打滑行过程中，小物块加速度大小为

2

ax-μg=4m∕s

长木板的加速度

4=3=2m∕s2

-M

小物块与长木板的速度分别为

v=vc-altyV=a1t

解得