浙江省温州市温州十校2023-2024学年高一下学期5月期中物理试题

2023学年第二学期温州十校联合体期中联考高一年级物理学科试题考生须知：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。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是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分。）1.在国际单位制中，功的单位是（）A.米m B.牛顿N C.焦耳J D.瓦特W【答案】C【解析】【详解】在国际单位制中，功的单位是焦耳J。故选C。2.关于物理学史和处理物理问题的思想与方法，下列说法正确的是（）A.牛顿提出了日心说，并且发现了万有引力定律B.卡文迪许巧妙地运用扭秤实验测出引力常量，采用了类比法C.由于相对论、量子论的提出，经典力学已经失去了它的应用价值D.开普勒研究了第谷的行星观测数据，在此基础上总结出了行星运动的规律【答案】D【解析】【详解】A．哥白尼提出了日心说，牛顿发现了万有引力定律，故A错误；B．卡文迪许巧妙地运用扭秤实验测出引力常量，采用了放大法，故B错误；C．相对论、量子论的提出，并没有否定经典力学，经典力学仍适用于宏观低速物体，经典力学并没有失去它的应用价值，故C错误；D．开普勒研究了第谷的行星观测数据，在此基础上总结出了行星运动的规律，故D正确。故选D。3.关于曲线运动的性质，以下说法中正确的是（）A.变速运动一定是曲线运动B.曲线运动一定是变速运动C.平抛运动是变加速曲线运动D.匀速圆周运动是匀变速曲线运动【答案】B【解析】【详解】A．做曲线运动的条件为合外力的方向与速度方向不在同一直线上，当变速运动的合外力方向与速度方向在同一直线上时做直线运动，当变速运动的合外力方向与速度方向不在同一直线上时做曲线运动，所以变速运动不一定是曲线运动，故A错误；B．既然是曲线运动，它的速度的方向必定是改变的，所以曲线运动一定是变速运动，故B正确；C．平抛运动过程中只受重力作用，合力恒定，所以为匀变速曲线运动，故C错误；D．匀变速指加速度恒定不变。匀速圆周运动的加速度方向始终指向圆心，即加速度方向时刻改变，而加速度是矢量，方向改变，则加速度改变，所以匀速圆周运动是变加速曲线运动。故D错误。故选B。4.在轮滑速滑比赛中，如图所示曲线PQ为正常运动路线的弯道，为了保证顺利转弯，某运动员从P到Q采取弯道减速通过，图中F表示运动员受到合力的四种方向，其中可能的是（）A. B.C. D.【答案】B【解析】【详解】曲线运动中，轨迹向合力方向弯曲，且减速时速度于力的夹角为钝角知，合力的方向可能的是B项的情形。故选B。5.汽艇在宽的河中横渡，河岸笔直，河水流速是，汽艇在静水中的航速是，则下列说法正确的是（）A.汽艇不可能垂直于河岸航行B.要使汽艇渡河时间最短，渡河航行的位移大小是C.要使汽艇渡河的位移最短，渡河所需的时间是D.如果河水流速增大为，汽艇渡河所需的最短时间将增大【答案】C【解析】【分析】【详解】A．因，故可以调整汽艇指向上游，保证合速度垂直河岸，从而就能垂直河岸航行，故A错误；B．若汽艇渡河的时间最短，则需要汽艇的速度垂直河岸，有则位移为故B错误；C．合速度垂直河岸就能垂直河岸航行，有故C正确；D．当汽艇与河岸垂直时，渡河时间最短，与水流速度无关，故河水流速增大为，汽艇渡河所需的最短时间将不变，故D错误；故选C。6.“旋转纽扣”是一种传统游戏。如图，先将纽扣绕几圈，使穿过纽扣的两股细绳拧在一起，然后用力反复拉绳的两端，纽扣正转和反转会交替出现。拉动多次后，纽扣绕其中心的转速可达50r/s，此时纽扣上距离中心1cm处的点向心加速度大小约为（）A.10m/s2 B.100m/s2 C.1000m/s2 D.10000m/s2【答案】C【解析】【分析】【详解】纽扣在转动过程中由向心加速度故选C。7.如图所示，一长为的轻杆的一端固定在水平转轴上，另一端固定一质量为的小球。使轻杆随转轴在竖直平面内做角速度为的匀速圆周运动，重力加速度为g。下列说法正确的是（）A.小球运动到最高点时，杆对球的作用力一定向上B.小球运动到水平位置A时，杆对球的作用力指向O点C.若，小球通过最高点时，杆对球的作用力为零D.小球通过最低点时，杆对球的作用力可能向下【答案】C【解析】【详解】AC．根据题意可知，小球做匀速圆周运动，小球运动到最高点时，若杆对球的作用力为零，则有解得可知，若小球运动的角速度杆对球的作用力向下，若小球运动的角速度杆对球的作用力向上，故A错误，C正确；B．根据题意可知，小球做匀速圆周运动，则小球运动到水平位置A时，合力指向圆心，对小球受力分析可知，小球受重力和杆的作用力，由平行四边形法则可知，杆对球的作用力不可能指向O点，故B错误；D．根据题意可知，小球做匀速圆周运动，小球通过最低点时，合力竖直向上，则杆对球的作用力一定向上，故D错误。故选C。8.圆周运动是一种常见的运动形式，在生活中有着广泛的应用。图甲是传统震动器，由一个微型的电动机加上一个偏心轮组成，图乙是偏心轮示意图。图丙是医用离心机，图丁是离心机处理血液的示意图。关于传统震动器和医用离心机，下列说法正确的是（）A.震动器中的偏心轮如果采用整个圆盘，会有更大的震动效果，但较费耗材B.震动器中的偏心轮转动速度越大，轮轴所承受的作用力反而减小C.离心机在运行的过程中，图丁试管中近端A和远端B两点的线速度大小相等D.借助离心机，医务人员可以分离血液，提取所需的物质【答案】D【解析】【详解】A．震动器中的偏心轮如果采用整个圆盘，会绕轴做圆周运动，震动效果会更小，故A错误；B．震动器中的偏心轮转动速度越大，需要轮轴提供的向心力越大，轮轴所承受的作用力会增加，故B错误；C．离心机在运行的过程中，图丁试管中近端A和远端B两点的角速度大小相等，故C错误；D．借助离心机，医务人员可以分离血液，提取所需的物质，故D正确。故选D。9.2023年3月30日，我国以“一箭四星”方式，成功将四颗干涉合成孔径雷达卫星运送到700km的轨道上。该组卫星在轨构成国际上首个车轮式卫星编队，三颗卫星围绕中心卫星，并保持车轮状绕地球运行。下列关于四颗卫星的说法正确的是（）A.四颗卫星均处于平衡状态B.该卫星编队的运行速度大于7.9km/sC.四颗卫星绕地球运动的周期小于地球同步卫星周期D.四颗卫星通过卫星间的万有引力保持队形【答案】C【解析】【详解】A．卫星做圆周运动，处于非平衡态，故A错误；B．地球卫星运行速度均小于第一宇宙速度7.9km/s，故B错误；C．由万有引力提供向心力得四颗卫星绕地球运动的轨道半径小于同步卫星的轨道半径，四颗卫星绕地球运动的周期小于地球同步卫星周期，故C正确；D．卫星间的引力极小，不足以改变卫星的队形，事实上该卫星队列处于太阳同步轨道，24小时不间断接收太阳能，通过太阳能驱动卫星保持队列，故D错误。故选C。10.某校趣味运动投球项目，A、B两人站在如图所示的位置上，向正前方同一篮筐练习投球，投球位置和篮筐位于同一高度，某次两人同时投球，均投中篮筐，轨迹如图所示，忽略空气阻力，下列说法正确的是（）A.A先投中B.B先投中C.A、B同时投中D.A、B在最高点的速度相同【答案】A【解析】【详解】ABC．斜向上抛运动可以分解为竖直上抛运动和水平匀速直线运动，A上升的高度小于B上升的高度，根据可知A所用时间较短，所以A先投中，A正确，BC错误；D．A所用时间短，但水平位移大，所以A的水平速度大，则在最高点的速度不相同，D错误。故选A。11.2023年3月15日，我国在酒泉卫星发射中心使用“长征十一号”运载火箭成功将“试验十九号”卫星发射升空，卫星顺利进入预定轨道，发射任务获得圆满成功。如图所示，火箭运行至P点时释放卫星，卫星先在预定椭圆轨道1上运动，某次经过P点时变轨进入椭圆轨道2运动，P为椭圆轨道的近地点。卫星在椭圆轨道2的远地点Q处进行姿态调整并变轨到圆轨道3上运行，不计卫星变轨时的质量变化，下列说法正确的是（）A.卫星绕椭圆轨道1一周的时间大于卫星绕椭圆轨道2一周的时间B.卫星在椭圆轨道2上运行经过P点和Q点时的加速度大小相等C.卫星在椭圆轨道1上运行时的机械能小于在椭圆轨道2上运行时的机械能D.卫星在椭圆轨道1上运行经过P点时的速度大于在椭圆轨道2上运行经过P点时的速度【答案】C【解析】【详解】A．根据开普勒第三定律由于椭圆轨道1的半长轴小于椭圆轨道2的半长轴，则卫星绕椭圆轨道1一周的时间小于卫星绕椭圆轨道2一周的时间，故A错误；B．根据牛顿第二定律可得可得可知卫星在椭圆轨道2上运行经过P点的加速度大于经过Q点时的加速度，故B错误；C．卫星从低轨道变轨到高轨道需要在变轨处点火加速，变轨时机械能增加，则卫星在椭圆轨道1上运行时的机械能小于在椭圆轨道2上运行时的机械能，故C正确；D．卫星从低轨道变轨到高轨道需要在变轨处点火加速，则卫星在椭圆轨道1上运行经过P点时的速度小于在椭圆轨道2上运行经过P点时的速度，故D错误。故选C。12.如图所示，两箱相同的货物，现要用电梯将它们运上五楼，其中图甲是用台阶式电梯，图乙是用履带式电梯，假设从一楼运到二楼两种情况下电梯都是匀加速运动，关于此过程下列说法正确的是（）A.电梯对货物的摩擦力都不对货物做功B.电梯对货物的支持力都对货物做正功C.图甲中货物所受的支持力不对货物做功D.图乙中货物所受的摩擦力对货物做正功【答案】D【解析】【详解】AD．电梯做匀加速运动，甲图中货物受到的摩擦力水平向右，与位移的夹角为锐角，故摩擦力做正功，乙图中货物受到的摩擦力沿斜面向上做正功，故A错误，D正确；BC．甲图中货物受到的支持力竖直向上做正功，乙图中货物受到的支持力垂直于斜面不做功，故B错误，C错误。故选D。13.一辆质量m的小型新能源电动汽车在水平的公路上由静止启动且沿直线前行，该汽车运动的速度与时间的关系如图所示，设汽车在运动过程中所受阻力大小恒为。在内汽车做匀加速运动，时刻达到额定功率P，在内汽车保持额定功率做变加速运动，时刻末汽车的速度恰好达到最大。则（）A.汽车受到阻力为B.在时刻末，汽车的输出功率为C.在时刻末，汽车达到的最大速度为D.在内，汽车的位移小于【答案】B【解析】【详解】A．时刻末汽车的速度恰好达到最大，此时汽车加速度为零，根据可知汽车受到阻力为A错误；B．在内，汽车以额定功率行驶，在时刻末，汽车的输出功率等于时刻的功率为B正确；C．在内，汽车以额定功率行驶，设这个过程中的位移为x，根据动能定理可知解得C错误；D．若汽车在内做匀加速度运动，根据图像包围的面积等于位移可知匀加速的位移为实际上汽车做变加速运动，图像中实线的面积大于，D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，选对但不选全的得2分，有选错的得0分。）14.关于下列各图，说法正确的是（）A.图甲中，传动装置转动过程中，两轮边缘a、b两点的角速度相等B.图乙中，走时准确的时钟中，M、N两点的周期相等C.图丙中，汽车通过拱桥顶端的速度越大，汽车对桥面的压力就越小D.图丁中，火车以大于规定速度经过外轨高于内轨的弯道，内轨对火车有侧压力【答案】BC【解析】【详解】A．图甲中，传动装置转动过程中，两轮边缘a、b两点的线速度相等，由得两轮边缘a、b两点半径故两轮边缘a、b两点的角速度故A错误；B．图乙中，走时准确的时钟中，M、N两点绕同一个转动轴转动，M、N两点的周期相等，故B正确；C．图丙中，对汽车在最高点受力分析，由牛顿第二定律可得汽车通过拱桥顶端的速度越大，桥面对汽车的支持力就越小，由牛顿第三定律可得，汽车通过拱桥顶端的速度越大，汽车对桥面的压力就越小，故C正确；D．图丁中，当火车以规定速度经过外轨高于内轨的弯道时，火车的重力与斜轨道的支持力的合力恰好等于向心力，内外轨对火车均无侧压力，若火车以大于规定速度经过外轨高于内轨的弯道时，火车有做离心运动的趋势，则有外轨对火车有侧压力，故D错误。故选BC。15.某人站在土坡上沿水平方朝对面土坡扔石子，两斜坡的底边长分别为6m、8m，高度均为8m，如图中标明所示。不计空气阻力，不考虑石子在坡面上的反弹，下列说法正确的是（）A.当抛出速度大小为1.5m/s时，石子在空中运动的时间最长B.若石子落在左边斜坡上，则石子落点的速度方向与落点位置无关C.若石子落在右边斜坡上，则石子落点的速度方向与落点位置无关D.若石子垂直地落到对面斜坡，则石子在空中运动的时间为【答案】BD【解析】【详解】A．根据可得可知当落到两个斜坡间最低点时，石子在空中运动的时间最长，为此时抛出速度大小为故A错误；BC．因为速度方向与水平方向的夹角的正切值是位移与水平方向夹角的正切值的2倍；若石子落在左边斜坡上，石子落到左边斜坡不同位置的位移方向相同，则速度方向均相同，即石子落点的速度方向与落点位置无关；若石子落在右边斜坡上，石子落到对面斜坡不同位置的位移方向不同，则速度方向不同，即石子落点的速度方向与落点位置有关，故B正确，C错误；D．若石子垂直地落到对面斜坡，根据几何关系可知，速度与水平方向的夹角为，可得根据几何关系可得联立解得故D正确。故选BD。非选择题部分三、非选择题（本题共5小题，共55分）实验题（16、17两题共16分）16.在“探究平抛运动的特点”实验中。（1）某老师做了如图1、图2两个演示实验：图1所示装置进行实验，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；图2所示装置进行实验，两个相同的弧形轨道M、N位于同一竖直面内，其中N轨道的末端与光滑的水平地面相切，两个完全相同的小钢球P、Q，以相同的水平初速度同时从轨道M、N的末端射出。关于这两个实验，下列说法正确的是__________。A.所用两球的质量均须相等B.图1实验应改变装置的高度等多次实验，才可以得出结论C.图1实验中用较大的力敲击弹性金属片，则两球不能同时落地D.图2实验只做一次观察到P落地时与Q相遇，即可说明P球在水平方向上做匀速直线运动（2）为了进一步探究平抛运动，某同学用如图3所示的装置进行实验，下列操作中，必要的是________A.通过调节使斜槽末端保持水平B.每次需要从不同位置静止释放小球C.通过调节使木板保持竖直D.尽可能减小斜槽与小球之间摩擦（3）如图4所示，为一次实验记录中的一部分，图中背景方格的边长表示实际长度8mm。从图像上分析，小球做平抛运动的水平初速度大小是__________m/s，小球从抛出运动到B点时，已经在空中飞行了__________s。（g取）【答案】（1）B（2）AC（3）①.0.6②.0.08【解析】【小问1详解】A．根据实验原理可知，所用两球的质量可以不相等，故A错误；B．图1实验应改变装置的高度等多次实验，才可以得出结论，以便使结论更具普遍性，故B正确；C．图1实验中用较大的力敲击弹性金属片，两球在竖直方向的运动规律不变，依然可以同时落地，故C错误；D．图2实验只做一次观察到P落地时与Q相遇，不能说明P球在水平方向上做匀速直线运动，一次实验的偶然误差较大，故D错误故选B。【小问2详解】A．实验探究平抛运动的运动规律，则应使斜槽末端保持水平，故A正确；B．每次实验需要从同一位置由静止释放小球，确保小球初速度相等，故B错误；C．通过调节使木板保持竖直，可以探究平抛运动竖直方向的规律，故C正确；D．斜槽与小球之间的摩擦对实验无影响，故D错误；故选AC。【小问3详解】[1]根据竖直方向的运动规律可知则初速度大小为解得m/s[2]B点竖直方向的速度为=0.8m/s则有解得s17.在“探究向心力大小的表达式”实验中，如图甲所示为“向心力演示仪”及配套小球，图中1、2、3为放置小球的卡槽，卡槽1和3到各自转轴的距离相等；变速塔轮由左、右两部分构成，两侧各有三个半径不等的圆盘。实验中左、右圆盘可通过皮带连接，转动转子时左、右套筒下降，标尺露出的格子数可显示小球转动过程中向心力的大小。（1）结合图甲所示，完成下列问题：①本实验采用的实验方法是__________。A.等效法B.控制变量法C.模拟法②在小球质量和转动半径相同的情况下，逐渐加速转动手柄到一定速度后保持匀速转动。此时左、右标尺露出的红白相间等分标记的比值等于两小球的__________之比（填“线速度大小”“角速度平方”或“周期平方”）；在加速转动手柄过程中，左、右标尺露出红白相间等分标记的比值__________（填“不变”“变大”或“变小”）。（2）某小组想进一步探究，采用乙图所示的装置，滑块套在水平杆上，随水平杆一起绕竖直杆做匀速圆周运动，力传感器通过一细绳连接滑块，用来测量向心力F的大小。滑块上固定一遮光片，宽度为d，光电门可以记录遮光片通过的时间，测得旋转半径为r。滑块随杆匀速圆周运动，每经过光电门一次，通过力传感器和光电门就同时获得一组向心力F和时间的数据，以F为纵坐标，以为横坐标，可在坐标纸中描出数据点作一条如图丙所示直线，图线斜率为k，则滑块的质量为__________（用k、r、d表示）。【答案】（1）①.B②.角速度平方③.不变（2）【解析】【小问1详解】[1]本实验探究向心力与质量、半径和角速度之间的关系，先控制其中两个物理量不变，探究向心力与另一个物理量的关系，则采用的实验方法是控制变量法。故选B。[2]根据在小球质量和转动半径相同的情况下，逐渐加速转动手柄到一定速度后保持匀速转动。此时左、右标尺露出的红白相间等分标记的比值等于两小球的角速度平方之比。[3]在加速转动手柄过程中，小球质量不变，两变速盘的半径之比不变，则两小球的角速度平方之比不变，左、右标尺露出红白相间等分标记的比值不变。【小问2详解】[1]根据题意列示推得故图线的斜率为故18.飞镖游戏玩法多种多样，受到越来越多人的喜爱。如图所示，某小孩将飞镖盘放在正前方的水平地面上，假如飞镖每次都从离飞镖盘最近的水平距离，竖直高度为处水平飞出。已知飞镖盘的直径，重力加速度，不计空气阻力，飞镖可视作质点。求：（1）飞镖到达飞镖盘所用的时间t；（2）飞镖以最大水平速度飞出，刚好击中飞镖盘时速度的大小和方向。【答案】（1）0.4s；（2）5m/s，与水平方向成斜向右下方【解析】【详解】（1）根据平抛运动规律可知得（2）水平方向有解得竖直方向有所以击中飞镖盘速度为根据解得方向：与水平方向成斜向右下方19.2023年9月21日，“天宫课堂”第四课开讲，航天员景海鹏、朱杨桂、桂海潮在中国空间站内，为广大青少年带来了一场别出心裁的太空科普课。已知地球的半径为R，空间站距离地球表面的高度为h，万有引力常量为G，不考虑地球的自转，地球表面的重力加速度为g。求：（1）地球的质量；（2）空间站的线速度大小。【答案】（1）；（2）【解析】【详解】（1）根据万有引力定律得（2）根据万有引力定律提供向心力其中得代入得20.调速器是一种自动调节装置，可用来控制电动机的转速，其结构如图所示。圆筒状的外壳固定不动，中心转轴随电动机旋转，轴上两侧各有一轻质细杆，其上端与中心转轴链接，下端各有一个质量为的