2022學年第二學期溫州環大羅山聯盟期中聯考高一年級物理科學科試題考生須知：1．本卷共6頁，滿分100分，考試時間90分鐘．2．答題前，在答題卷指定區域填寫班級、姓名、考場號、座位號及準考證號并填涂相應數字．3．所有答案必須寫在答題紙上，寫在試卷上無效．4．考試結束后，只需上交答題紙．5．可能用到的相關參數：若題中未作說明，重力加速度g均取．選擇題部分一、選擇題Ⅰ（本題共13小題，每小題3分，共39分．每小題列出的四個備選項中只有一個是符合題目要求的，不選、多選、錯選均不得分）1.下列物理量屬于矢量且其單位用國際單位制的基本單位表示正確的是（）．A.向心力N B.向心加速度C.功J D.功率W【答案】B【解析】【詳解】A．力是矢量，其對應的國際單位符號為，故A錯誤；B向心加速度是矢量，其對應的國際單位符號為，故B正確；C．功是標量，其對應的國際基本單位符號均是，故C錯誤；D．功率是標量，其對應的國際單位符號為，故D錯誤。故選B。2.下列關于物理學史的說法，正確的是（）．A.卡文迪什通過扭秤實驗發現了萬有引力定律B.第谷最早提出行星沿橢圓軌道繞太陽運動C.愛因斯坦最早較系統地提出相對論時空觀D.開普勒通過觀測天體運動，積累下大量的數據，最早提出了“日心說”【答案】C【解析】【詳解】A．牛頓發現了萬有引力定律，故A錯誤；B．開普勒最早提出行星沿橢圓軌道繞太陽運動，故B錯誤；C．愛因斯坦最早較系統地提出相對論時空觀，故C正確；D．第谷通過觀測天體運動，積累下大量的數據，哥白尼最早提出了“日心說”，故D錯誤。故選C。3.關于曲線運動，下列說法中正確的是（）．A.加速度變化的運動必定是曲線運動B.物體做曲線運動時，速度可能隨時間均勻變化C.做曲線運動的物體某段時間內的位移不可能為零D.物體做曲線運動時，其合力的方向可能與速度方向相同【答案】B【解析】【詳解】A．加速度變化的運動，如果加速度方向與速度方向在同一直線上，物體做直線運動，A錯誤；B．物體做勻變速曲線運動時，加速度不變，則速度隨時間均勻變化，B正確；C．做圓周運動的物體，轉動一周回到原來的位置，物體在這段時間內的位移為零，C錯誤；D．物體做曲線運動時，其合力的方向與速度方向一定不在同一直線上，D錯誤。故選B。4.如圖所示，蠟燭塊可以在豎直玻璃管內的水中勻速上升，蠟燭塊從A點勻速上升的同時，玻璃管水平向右加速運動，蠟燭塊從A點到C點的運動軌跡可能是圖中的（）A.曲線1 B.曲線2 C.直線3 D.曲線4【答案】A【解析】【詳解】當合速度的方向與合力（合加速度）的方向不在同一條直線上，物體將做曲線運動，且軌跡夾在速度與合力方向之間，軌跡的凹向大致指向合力的方向；而本題中豎直向上為勻速直線運動，水平向右為加速直線運動，則合運動為變速曲線運動，且合加速指向右方為軌跡的凹側，則只有曲線1符合條件。故選A。5.如圖所示，輕輕撥動地球儀使其繞著地軸勻速轉動，關于地球儀表面各點的運動，下列說法正確的是（）A.各點做圓周運動的圓心均在球心處B.同一經線上各點線速度大小均相等C.緯度越低的位置，做圓周運動的轉速越大D.緯度越低的位置，做圓周運動的向心加速度越大【答案】D【解析】【詳解】A．只有地球儀上運動半徑最大的點做圓周運動的圓心才在球心處，其他點做圓周運動的圓心都不在球心處，故A錯誤；B．同一經線上緯度不同的點轉動半徑不同，轉動的角速度相同，由可知各點線速度大小不一定相等，故B錯誤；C．地球儀上各點轉動的角速度相等，做圓周運動的轉速一樣，故C錯誤；D．緯度越低的位置，轉動半徑越大，由可知做圓周運動的向心加速度越大，故D正確。故選D。6.有a、b、c、d四顆地球衛星，其排列位置如圖，衛星a還未發射，在地球赤道上隨地球表面一起轉動，衛星b在地面附近近地軌道上正常運行，c是地球靜止衛星，d是高空探測衛星，各衛星的運動均視為勻速圓周運動，重力加速度為g，則有（）A.a的向心加速度大小等于重力加速度大小gB.d繞地球運行的周期有可能是20小時C.在相等時間內，b、c兩衛星與地心的連線掃過的面積一定相等D.在相等時間內，a、c兩衛星與地心的連線轉過的角度一定相等【答案】D【解析】【詳解】A．同步衛星的周期與地球自轉周期相同，角速度相同，則知a與c的角速度相同，根據知，c的向心加速度大于a的向心加速度；由解得衛星軌道半徑越大，向心加速度越小，則c的向心加速度小于b的向心加速度，而b的向心加速度約為g，a的向心加速度小于重力加速度g，故A錯誤；B．由開普勒第三定律得可知：衛星的半徑r越大，周期T越大，所以d的運動周期大于c的周期24h，故B錯誤；C．b、c兩衛星不在同一軌道，在相等時間內，b、c兩衛星與地心的連線掃過的面積不一定相等，故C錯誤；D．a、c兩衛星的角速度相等，在相等時間內，a、c兩衛星與地心的連線轉過的角度一定相等，故D正確。故選D。7.第24屆冬奧會于2022年2月4日在我國的北京、延慶等地舉行，如圖甲所示，兩名質量相同的跳雪運動員a、b（可視為質點）從雪道末端先后以初速度、沿水平方向向左飛出，示意圖如圖乙。若，不計空氣阻力，則兩名運動員從飛出至落到雪坡（可視為斜面）上的整個過程中，下列說法正確的是（）．A.a、b飛行時間之比為B.a、b飛行的水平位移之比為C.a、b落到雪坡上的瞬時速度方向不相同D.a、b落到雪坡上的動能之比為【答案】D【解析】【詳解】A．設運動員的飛行時間為t，根據平拋運動規律有①②根據幾何關系有③聯立①②③解得④所以他們飛行時間之比為④故A錯誤；B．他們飛行的水平位移之比為⑤故B錯誤；C．設運動員落到雪坡上的瞬時速度方向與水平方向的夾角為α，則結合④式可知⑥所以他們落到雪坡上的瞬時速度方向一定相同，故C錯誤；D．根據C選項可知，兩名運動員落到雪坡上時速度大小之比為，根據可知兩名運動員落到雪坡上時的動能之比為，故D正確。故選D。8.中國火星探測器“天問一號”成功發射后，沿地火轉移軌道飛行七個多月，于2021年2月到達火星附近，再通過制動減速被火星引力俘獲，進入環繞火星的軌道飛行。已知的地球質量約為火星質量的10倍，地球半徑約為火星半徑的2倍，下列說法正確的是（）A.火星與地球的第一宇宙速度之比為B.火星表面重力加速度是地球表面重力加速度的倍C.火星的近地衛星的周期小于地球的近地衛星的周期D.“天問一號”探測器的發射速度一定大于，小于【答案】A【解析】【詳解】D．“天問一號”探測器需要脫離地球的引力才能奔向火星繞火星運行，發射的最小速度為第二宇宙速度，故D錯誤；A．衛星在行星表面附近繞行的速度為該行星的第一宇宙速度，由可得故故A正確；C．由可得故所以火星的近地衛星的周期大于地球近地衛星的周期，故C錯誤；B．不考慮自轉時在行星表面有可得故所以火星表面的重力加速度為地球表面的重力加速度的倍，故B錯誤。故選A。9.如圖甲所示為一商場內的螺旋滑梯。某次實驗，工作人員將一質量為m的模型由頂端A處放進滑梯（如圖乙），模型由靜止開始沿滑梯自然下滑，最后從底端B處滑出。已知螺旋滑梯總長度和A、B間的高度差恒定，不計一切摩擦阻力。下列說法正確的是（）．A.滑到底端的速率大小與模型質量無關B.質量越大的模型滑到底端的速率越大C.質量越大的模型滑到底端需要的時間越長D.模型下滑過程中的加速度大小始終恒定不變【答案】A【解析】【詳解】AB．不計一切摩擦阻力，模型機械能守恒，有解得模型滑到底端的速率大小為可知滑到底端的速率大小與模型質量無關，故A正確，B錯誤；C．根據機械能守恒可知，模型在任意高度的速率與模型質量無關，至與下落高度有關，故模型滑到底端需要的時間相同，故C錯誤；D．模型下滑過程中，速度逐漸增大，模型在水平方向做圓周運動，向心加速度增大，豎直方向的加速度與滑梯傾角有關，根據加速度的合成可知模型的加速度大小是變化的，故D錯誤。故選A。10.2021年5月15日中國“天文一號”探測器成功著陸火星。火星是太陽系中距離地球較近、自然環境與地球最為類似的行星之一，一直以來都是人類深空探測的熱點。我國的航天科學家為了能使探測器登陸火星，在此之前做了大量的研究工作。如圖所示，若將探測器從火星表面的A處移到B處，萬有引力做功W1；若將該探測器從B處移到無窮遠處萬有引力做功為W2；取無窮遠處引力勢能為零，則該探測器在A處具有的引力勢能可表示為（）A.W1W2 B.W2W1 C.W1+W2 D.W1W2【答案】C【解析】【分析】【詳解】將探測器從A點移到無窮遠處時，萬有引力做負功，勢能增加，則因為則故選C。11.一個質量為m的小球在內壁光滑的半球形容器內的某一高度上做勻速圓周運動，小球與半球形容器的球心的連線與豎直方向成角，已知球形容器的半徑為R，重力加速度為g，下列說法正確的是（）A小球合外力恒定不變B.越大，小球運動的周期T也越大C.若小球運動的角速度為，則其對碗的壓力大小為D.若小球運動的線速度為v，則其向心加速度大小為【答案】C【解析】【詳解】A．根據題意，對小球受力分析，受重力和碗的支持力，由幾何關系可得小球合外力大小不變，方向不斷變化，選項A錯誤；B．小球做圓周運動由牛頓第二定律有可得可知，越大，小球運動的周期T越小，故B錯誤；C．由牛頓第二定律有可得則碗對小球的支持力為由牛頓第三定律可知，小球對碗的壓力故C正確；D．由向心加速度公式有可得故D錯誤。故選C。12.“復興號”動車組用多節車廂提供動力，從而達到提速的目的；總質量為m的動車組在平直的軌道上行駛，該動車組有4節動力車廂，每節動力車廂發動機的額定功率均為P，若動車組所受的阻力與其速率成正比（，k為常量），動車組能達到的最大速度為，下列說法正確的是（）A.動車組在勻加速啟動過程中，發動機功率恒定不變B.若四節動力車廂輸出功率均額定值，則動車組一定在做勻速直線運動C.若四節動力車廂輸出的總功率為，則動車組勻速行駛的速度大小為D.若四節動力車廂輸出功率均為額定值，動車組某時刻瞬時速度為v，則此時的加速度大小為【答案】C【解析】【詳解】A．對動車組，由牛頓第二定律有若動車組在勻加速啟動，即加速度恒定，但隨速度增大而增大，則牽引力也隨阻力增大而變大，根據P=Fv可知發動機功率逐漸變大，故A錯誤；B．若四節動力車廂輸出功率均為額定值，則總功率為4P，由牛頓第二定律有故可知加速啟動的過程，牽引力減小，阻力增大，則加速度逐漸減小，即啟動過程做加速度減小的變加速運動，故B錯誤；C．若四節動力車廂輸出的總功率為，則動車組勻速行駛時加速度為零，有而以額定功率勻速時，有聯立解得故C正確；D．若四節動力車廂輸出功率均為額定值，動車組某時刻瞬時速度為v，則此時的加速度大小為故D錯誤。故選C。13.如圖甲所示，輕繩一端固定在O點，另一端固定一小球（可看成質點），讓小球在豎直平面內做圓周運動．小球以不同的速度v通過最高點，測得相應的輕繩彈力大小F，得到圖象如圖乙所示，已知圖線的延長線與縱軸交點坐標為，且過點，重力加速度為g，不計空氣阻力，下列說法不正確的是（）．A.該小球的重力大小為bB.小球運動的軌道半徑為C.當時，小球的向心加速度大小為D.圖線與橫軸的交點對應小球的動能為【答案】D【解析】【詳解】ABD、小球在最高點受到豎直向下的重力和繩子的拉力，根據牛頓第二定律即則圖像的斜率為截距為b=mg,解得，圖線與橫軸的交點橫坐標為對應動能為故D錯誤，AB正確；C、當時，彈力大小為F=b=mg小球通過最高點時的向心力為繩子的拉力和重力的合力，大小為2mg根據牛頓第二定律2mg=ma解得加速度為a=2g故C正確。本題選擇錯誤選項；故選D。二、選擇題Ⅱ（本題共3小題，每小題3分，共9分．每小題所給的四個選項中，至少有一項符合題意，全部選對得3分，選對但不全得2分，錯選、不選、多選得0分）14.一網球發球機固定在距離水平地板一定高度，可以將網球以不同的水平速度射出。若有兩個網球的軌跡如圖所示，網球可視為質點，每個網球質量都相同，不計空氣阻力，下列關于圖中兩球的說法正確的是（）A.兩球落到地板瞬間動能相同B.兩球落到地板后重力勢能一定為零C.兩球落到地板瞬間重力的瞬時功率相等D.從拋出到落地過程，兩球的重力平均功率相等【答案】CD【解析】【詳解】豎直方向，根據可得可知兩個網球運動的時間相等，水平方向，根據可知其中一個網球水平初速度大A．根據動能定理可得可知兩球落到地板瞬間初速度大的網球動能大，故A錯誤；B．物體的重力勢能與零勢能面的選擇有關，故B錯誤；C．兩小球落地時重力的瞬時功率可知兩球落到地板瞬間重力的瞬時功率相等，故C正確；D．根據從拋出到落地過程兩個網球重力做功相等根據可知兩球的重力平均功率相等，故D正確。故選CD。15.如下圖所示，長為l的細繩一端固定在O點，另一端拴住一個小球，在O點的正下方與O點相距的地方有一枚與豎直平面垂直的釘子；把小球拉起使細繩在水平方向伸直，由靜止開始釋放，當細繩碰到釘子的前、后瞬間，下列說法正確的是（）．A.小球的線速度大小不變 B.小球的角速度大小變大C.小球的向心加速度大小變大 D.小球所受懸線的拉力大小不變【答案】ABC【解析】【詳解】A．在碰到釘子前、后瞬間，繩子拉力方向垂直于運動方向，不做功，因此小球動能不變，即線速度不變，故A正確；B．根據由于半徑減小，因此角速度增大，故B正確；C．根據線速度不變，半徑減小，可得向心加速度增大，故C正確；D．根據由于向心加速度增大，可知懸線的拉力突然增大，故D錯誤。故選ABC。16.如圖所示，足夠長的水平傳送帶由電動機帶動，始終保持以圖示速度勻速運動，質量為的物體輕輕地放上傳送帶左端，物體運動一段距離后與傳送帶保持相對靜止，對于物體從靜止釋放到相對傳送帶靜止這一過程，下列說法正確的是（）A.摩擦力對物體做的功為 B.傳送帶克服摩擦力做的功為C.物體與傳送帶因摩擦產生的熱量為 D.電動機因傳送物塊而多做的功為【答案】AC【解析】【詳解】A．物體從靜止釋放到相對傳送帶靜止過程中只有摩擦力對物體做功，由動能定理可知，摩擦力對物體做的功等于物體動能的變化，即為故A正確；B．物體做勻加速直線運動的末速度為v，故此過程中物體的平均速度為，傳送帶的速度為v，則此過程傳送帶的位移為物體位移的2倍，因為摩擦力對物體做功為2J，故傳送帶克服摩擦力做的功為4J，故B錯誤；C．傳送帶克服摩擦力做的功為4J，物體獲得的動能為2J，根據能量守恒定律知，物體與傳送帶因摩擦產生的熱量為2J，故C正確；D．電動機多做的功轉化成了物體的動能和內能，物體從靜止釋放到相對傳送帶靜止過程中獲得的動能為2J，所以電動機多做的功一定大于2J，故D錯誤。故選AC。非選擇題部分三、非選擇題（本題共6小題，共52分）17.“探究平拋物體的特點”實驗的裝置如圖甲所示．每次都使鋼球從斜槽上同一位置由靜止釋放，鋼球從斜槽末端水平飛出后做平拋運動．在裝置中有一個水平放置的可上下調節的傾斜擋板N，鋼球飛出后，落到擋板上．通過多次實驗，在豎直白紙上記錄鋼球所經過的多個位置，用平滑曲線連起來就得到鋼球做平拋運動的軌跡．（1）在此實驗中，小球與斜槽間有摩擦______（選填“會”或“不會”）使實驗的誤差增大；（2）如圖乙所示是在實驗中記錄的一段軌跡．已知小球是從原點O水平拋出的，經測量A點的坐標為，g取，則小球平拋的初速度__________（計算結果保留2位有效數字）；若B點的橫坐標為，則B點縱坐標為__________cm．（3）某同學在實驗中采用了如下方法：如圖丙所示，斜槽末端的正下方為O點．用一塊平木板附上復寫紙和白紙，豎直立于正對槽口前的處，使小球從斜槽上某一位置由靜止滾下，小球撞在木板上留下痕跡A．將木板向后平移至處，再使小球從斜槽上同一位置由靜止滾下，小球撞在木板上留下痕跡B．O、間的距離為，O、間的距離為，A、B間的高度差為y，重力加速度為g．則小球做平拋運動的水平速度大小__________．（用，，y，g表示）【答案】①.不會②.③.④.【解析】【詳解】（1）[1]只要小球從同一高度、無初速度開始運動，在相同情況下做平拋運動的初速度就相同，所以小球與斜槽間有摩擦不會對實驗造成影響。（2）[2][3]已知小球是從原點O水平拋出的，經測量A點的坐標為，在豎直方向上在水平方向上解得若B點的橫坐標為，則B點縱坐標為由平拋知識知解得（3）[4]根據平拋知識知解得18.如圖甲，利用向心力演示器探究向心力大小與半徑、角速度、質量的關系．（1）本實驗主要用到的科學方法是下列哪一項______；A．控制變量法B．等效替代法C．理想模型法D．微元法（2）若準備探究的是向心力大小與軌道半徑之間的關系，應如何操作______．A．將皮帶調至半徑大小不同的左右兩塔輪上，將完全相同的小球分別放置在A、C兩處槽內B．將皮帶調至半徑大小相同的左右兩塔輪上，將完全相同的小球分別放置在B、C兩處槽內C．將皮帶調至半徑大小不同左右兩塔輪上，將完全相同的小球分別放置在A、B兩處槽內（3）若完全相同的兩小球，放置位置如圖甲（分別是A、C兩處），另圖乙左右兩標尺上黑白相間的等分格分別顯示A、C兩處鋼球對擋板的壓力大小，則傳動皮帶放置的左右塔輪半徑之比__________．【答案】①.A②.B③.【解析】【詳解】（1）[1]在該實驗中，主要利用了控制變量法來探究向心力與質量、半徑、角速度的關系。故選A。（2）[2]根據可知探究向心力的大小與圓周運動半徑的關系，應選擇兩個質量相同的小球，為了使角速度相等，要選則半徑相同的兩個塔輪，為了使圓周運動的半徑不相等，兩個小球分別放在擋板C與擋板B處。故選B。（3）[3]由題意可知兩球質量相等，兩球做圓周運動的半徑相同，根據題圖可知左右標尺露出的紅色、白色等分標記之比為1：4，表明左邊小球做圓周運動的向心力與右邊小球做圓周運動的向心力大小之比為4∶1，根據可知兩小球做圓周運動的角速度之比為1：2，根據可知傳動皮帶放置的左右塔輪半徑之比19.2022年11月30日7時33分，神舟十五號乘組費俊龍、鄧清明、張陸順利進駐中國空間站，與神舟十四號乘組陳冬、劉洋、蔡旭哲首次實現“太空會師”。若天宮空間站的軌道可視為圓軌道，其離地面高度為h，地球表面重力加速度為g，地球半徑為R，引力常量為G。忽略地球自轉對重力加速度的影響且地球視為理想球體。求：（1）地球質量M；（2）空間站繞地球運動的加速度大小a；（3）空間站繞地球運動的線速度大小v與地球的第一宇宙速度之比?！敬鸢浮浚?）；（2）；（3）【解析】【詳解】（1）在地球表面，忽略地球自轉，根據解得（2）根據萬有引力提供向心力可得解得（3）根據解得地球的第一宇宙速度對空間站根據萬有引力提供向心力可得解得空間站繞地球運動的線速度大小v與地球的第一宇宙速度之比20.如圖所示，某人將一個質量的石塊從距離水平地面高處以角斜向上拋出，初速度大小，不計空氣阻力，重力加速度．求：（1）人對石塊做的功；（2）石塊在空中運動的總時間；（3）石塊落到水平地面瞬間的速度大?。敬鸢浮浚?）；（2）；（3）【解析】【詳解】（1）根據動能定理可得人對石塊做的功代入數據可得（2）拋出時，石塊豎直方向的分速度為豎直方向，根據運動學公式代入數據解得（3）全過程根據動能定理代入數據接的21.如圖甲，游樂場內有一種叫“空中飛椅”的游樂項目，示意圖如圖乙所示．在半徑為的水平轉盤的邊緣固定著數條長為的鋼繩，鋼繩的另一端連接著座椅（圖乙中只畫出2個），轉盤在電動機帶動下可繞穿過其中心的豎直軸緩慢地邊轉動邊升高，人和座椅也從靜止開始隨著轉盤轉動