黑龙江省哈尔滨市南岗区三中2023年物理高一下期中联考试题含解析

黑龙江省哈尔滨市南岗区三中2023年物理高一下期中联考试题注意事项1．考生要认真填写考场号和座位序号。2．试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。3．考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。一、选择题（本题共12小题，每小题5分，共60分，在每小题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项正确，有的小题有多个选项正确.全部选对的得5分，选不全的得3分，有选错的或不答的得0分）1、关于能量和能源，下列说法正确的是（）A．由于自然界的能量守恒，所以不需要节约能源B．人类在不断地开发新能源，所以能量可以被创造C．能量的转化和转移没有方向性D．能量可以从一种形式转化为另一种形式，力对物体做的功总是在某过程中完成的，所以功是一个过程量2、极地卫星(轨道平面经过地球的南北两极)圆轨道的半径为r，周期为2h．赤道卫星(轨道平面为赤道平面)圆轨道半径为4r.则两卫星从距离最近到下一次最近的时间为()A．h B．14h C．16h D．30h3、2019年春节期间，中国科幻电影里程碑的作品《流浪地球》热播。影片中为了让地球逃离太阳系，人们在地球上建造特大功率发动机，使地球完成一系列变轨操作，其逃离过程如图所示，地球在椭圆轨道I上运行到远日点B变轨，进入圆形轨道Ⅱ。在圆形轨道Ⅱ上运行到B点时再次加速变轨，从而最终摆脱太阳束缚。对于该过程，下列说法正确的是A．沿轨道I运动至B点时，需向前喷气减速才能进入轨道ⅡB．沿轨道I运行时，在A点的加速度小于在B点的加速度C．沿轨道I运行的周期小于沿轨道Ⅱ运行的周期D．在轨道I上由A点运行到B点的过程，速度逐渐增大4、如图所示为内壁光滑的倒立圆锥，两个完全相同的小球A、B在圆锥内壁不同高度处分别做匀速圆周运动．两小球运动的线速度vA、vB，角速度ωA、ωB，加速度aA、aB和合外力FA、FB，下列结论正确的是（）A．vA>vBB．ωA＝ωBC．aA>aBD．FA<FB5、如图表示一质点做简谐运动的位移随时间变化的图像，由图可知，在t=4s时刻，质点的（）A．a为正向最大 B．x为正向最大C．x=0 D．a=06、如图所示，“嫦娥四号”飞船绕月球在圆轨道Ⅲ上运动，在B位置变轨进入椭圆轨道Ⅱ，在A位置再次变轨进入圆轨道Ⅰ，下列判断正确的是（）A．飞船在A位置变轨时，动能变大B．飞船在轨道Ⅰ上的速度大于在轨道Ⅲ上的速度C．飞船在轨道Ⅰ上的加速度大于在轨道Ⅲ上的加速度D．飞船在轨道Ⅰ上的周期小于在轨道Ⅱ的周期7、甲、乙两个质量相同的物体，用大小相等的力F分别拉两个物体在水平面上从静止开始移动相同的距离s。如图所示，甲在光滑面上，乙在粗糙面上，则下面的说法中正确的是()A．力F对甲、乙两个物体做的功一样多B．力对甲、乙两个物体做功的平均功率一样大C．甲、乙两个物体获得的动能相同D．甲物体获得的动能比乙大8、已知地球半径为R，地球同步卫星的轨道半径为r．假设地球赤道上的物体随地球自转的向心加速度为a1，第一宇宙速度为v1，地球近地卫星的周期为T1；假设地球同步卫星的运行速率为v1，加速度为a1，周期为T1．则下列比值中正确的是（）A．B．C．D．9、如图所示，不带电物体A和带电的物体B用跨过定滑轮的绝缘轻绳连接，A、B的质量分别是2m和m．劲度系数为k的轻质弹簧一端固定在水平面上，另一端与物体A相连，倾角为θ的绝缘斜面处于沿斜面向上的匀强电场中．开始时，物体B受到沿斜面向上的外力F=3mgsinθ的作用而保持静止，且轻绳恰好伸直．现撤去外力F，直到物体B获得最大速度，且弹簧未超过弹性限度，不计一切摩擦．则在此过程中（）A．物体B所受电场力大小为B．B的速度最大时，弹簧的伸长量为C．撤去外力F的瞬间，物体B的加速度为D．物体A、弹簧和地球组成的系统机械能增加量等于物体B和地球组成的系统机械能的减少量10、如图所示，长为L的悬线固定在O点，在O点正下方有一钉子C，OC距离为2L/3，把悬线另一端悬挂的小球m拉到跟悬点在同一水平面上无初速度释放，小球运动到悬点正下方时悬线碰到钉子，则小球的A．角速度突然增大为原来的3倍B．线速度突然增大为原来的3倍C．悬线拉力突然增大为原来的3倍D．向心加速度突然增大为原来3倍11、如图所示，位于水平地面上的质量为m的物体，在大小为F，与水平方向成α角的拉力作用下沿水平地面做匀加速运动，则下列说法正确的是()A．如果地面光滑，物体的加速度为B．如果地面光滑，物体的加速度为C．如果物体与地面间的动摩擦因数为μ，则物体的加速度为D．如果物体与地面间的动摩擦因数为μ，则物体的加速度为12、某人用手将10kg的物体由静止竖直向上提起1m，此时物体的速度为取，则下列说法正确的是A．手对物体做功120JB．合外力做功120JC．物体的机械能增加20JD．物体重力势能增加100J二．填空题(每小题6分，共18分)13、在利用如图1所示的装置“验证机械能守恒定律”的实验中，(1)下列操作正确的是________.A．打点计时器应接到直流电源上B．先释放重物，后接通电源C．释放重物前，重物应尽量靠近打点计时器(2)实验中，某实验小组得到如图2所示的一条理想纸带，在纸带上选取三个连续打出的点A、B、C，测得它们到起始点O的距离分别为hA、hB、hC.已知当地重力加速度为g，打点计时器打点的周期为T，重物的质量为m，从打O点到打B点的过程中，重物的重力势能变化量ΔEp=________，动能变化量ΔEk=________.(3)大多数学生的实验结果显示，重力势能的减少量大于动能的增加量，主要原因是________.A．利用公式v=gt计算重物速度B．利用公式v=计算重物速度C．存在空气阻力和摩擦阻力的影响D．没有采用多次实验取平均值的方法14、某同学用如图所示的实验装置验证机械能守恒定律.实验所用的电源为学生电源，输出电压为6V的频率为50Hz交流电和直流电两种.重锤从高处由静止开始下落，重锤上拖着的纸带打出一-系列的点，对纸带上的点迹进行测量，即可验证机械能守恒定律(1)他进行了下面几个操作步骤:A．按照图示的装置安装器件B．将打点计时器接到电源的“直流输出”上C．用天平测出重锤的质量D．先接通电源，后释放纸带，打出一-条纸带E.测量纸带上某些点间的距离F.根据测量的结果计算重锤下落过程中减少的重力势能是否等于增加的动能其中没有必要进行的步骤是（______________），操作不当的步骤是（______________）(2)他进行正确测量后挑选出一条点迹清晰的纸带进行测量分析，如图所示。其中0点为起始点，A、B、C、D、E、F为六个计数点。根据以上数据，当打点到B点时重锤的速度__m/s计数出该对应的0.5v2=____m2/s2，gh=____m2/s2，可认为在误差范围内存在关系式____即可验证机械能守恒定律.(g=9.8m/s2)(3)他继续根据纸带算出各点的速度v，量出下落距离h，并以0.5v2为纵轴、以h为横轴画出的图像，应是图中的（___________）(4)他进一步分析，发现本实验存在较大误差，为此设计出如图所示的实验装置来验证机械能守恒定律.通过电磁铁控制的小铁球从A点自由下落，下落过程中经过光电门B时，通过与之相连的亳秒计时器(图中未画出)记录挡光时间t，用亳米刻度尺测出A、B之间的距离h，用游标卡尺测得小铁球的直径d.重力加速度为g。实验前应调整光电门的位置，使小球下落过程中球心通过光电门中的激光束，小铁球通过光电门时的瞬时速度v=_____.如果d、t、h、g存在关系式____也可验证机械能守恒定律15、在“研究平抛物体运动”的实验中，可以描绘平抛物体运动轨迹和求物体的平抛初速度．实验简要步骤如下：A．安装好器材，注意斜槽末端水平和平板竖直，记下斜槽末端O点和过O点的竖直线，检测斜槽末端水平的方法是______．B．让小球多次从______位置上滚下，记下小球穿过卡片孔的一系列位置；C．取下白纸，以O为原点，以竖直线为轴建立坐标系，用平滑曲线画平抛轨迹．D．测出曲线上某点的坐标x、y，用v0=______算出该小球的平抛初速度，实验需要对多个点求v0的值，然后求它们的平均值．三．计算题(22分)16、（12分）我国在酒泉卫星发射中心用“长征二号丁”运载火箭，将“高分一号”卫星发射升空，卫星顺利进入预定轨道.这是我国重大科技专项高分辨率对地观测系统的首发星.设“高分一号”轨道的离地高度为h，地球半径为R，地面重力加速度为g，求“高分一号”在时间t内，绕地球运转多少圈？17、（10分）一辆质量m=2.0t的小轿车，驶过半径R=100m的一段圆弧形桥面，重力加速度g=10m/s2，求：⑴若桥面为凹形，轿车以20m/s的速度通过桥面最底点时，对桥面压力是多大？⑵若桥面为凸形，轿车以10m/s的速度通过桥面最高点时，对桥面压力是多大？⑶轿车以多大速度通过凸形桥面顶点时，对桥面刚好没有压力？

参考答案一、选择题（本题共12小题，每小题5分，共60分，在每小题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项正确，有的小题有多个选项正确.全部选对的得5分，选不全的得3分，有选错的或不答的得0分）1、D【解析】

A．自然界的能量守恒，但能直接应用的能源使用后品质降低，不能直接应用，所以可利用能源越来越少，故A错误；B．人类在不断地开发和利用新能源，但能量不能被创造，也不会消失，故B错误；C．根据热力学第二定律，能量的转化和转移具有方向性，比如一杯热水过段时间，热量跑走啦，水冷了，所以转化具有方向性，故C错误；D．能量可以从一种形式转化为另一种形式，力对物体做的功总是在某过程中完成的，所以功是一个过程量，故D正确；故选D。2、C【解析】卫星绕地球做圆周运动由万有引力提供向心力，据此有可得，由此可知，赤道卫星轨道半径是极地卫星轨道半径的4倍，其运行周期是极地卫星周期的8倍，即赤道卫星的周期T2＝8T1＝16h．因为卫星做圆周运动，相距最近位置根据圆周的对称性可知，有两个位置，其两位置间的时间差为每个卫星周期的T/2，因为极地卫星周期为2h，其半周期为1h，赤道卫星周期为16h，其半周期为8h，所以在赤道卫星运转T/2＝8h的过程中，极地卫星运转刚好是4个周期，故由第一次相距最近到第二次相距最近的时间为赤道卫星运转1个周期的时间即t＝16h．故选C.点睛：卫星运动轨道相距最近的点有两个，两个点间的时间间隔为每个卫星运行的T/2，因为赤道卫星周期为16h，故在赤道卫星运行半个周期的过程中，极地卫星运转整数个周期，故再次相距最近时只能是两个周期的最小公倍数．3、C【解析】

A.从低轨道I进入高轨道Ⅱ，离心运动，需要在交点B处点火加速，A错误B.从A到B的过程，根据万有引力提供加速度：，得：B点距太阳更远，加速度更小，B错误C.根据开普勒第三定律得：轨道半长轴越大，周期越长，所以轨道Ⅱ上运行周期长，C正确D.从A到B的过程，引力做负功，动能减小，所以B点速度小于A点速度，D错误4、A【解析】小球A和B紧贴着内壁分别在水平面内做匀速圆周运动，均由斜面的支持力的合外力作为向心力，如图所示，作出合力：由于A和B的质量相同，小球A和B所受的合外力大小相同，即它们做圆周运动时的向心力大小是相同的，即．

由向心力的计算公式，由于球A运动的半径大于B球的半径，F和m相同时，半径大的线速度大、角速度越小，向心加速度大小相等，所以有，，，故A正确，BCD错误．点睛：对物体受力分析，确定合外力和向心力的关系是解题的关键，通过对AB的受力分析可以找到AB的内在的关系，它们的质量相同，向心力的大小相同也是解题的关键．5、B【解析】

由图可知，质点在t=4s时位于正的最大位移处，故加速度为负向最大，故B正确，ACD错误。故选B。6、A【解析】

A．飞船在A位置变轨时做离心运动，必须加速，动能变大，选项A正确；BC．飞船在圆轨道上运动时，根据万有引力提供向心力，有解得，知卫星的轨道半径越大，线速度和加速度越小，所以飞船在轨道Ⅰ上的速度和加速度均小于在轨道Ⅲ上的速度和加速度，选项BC错误；D．飞船在轨道Ⅰ上的轨道半径大于轨道Ⅱ的半长轴，根据开普勒第三定律知飞船在轨道Ⅰ上的周期大于在轨道Ⅱ上的周期，选项D错误。故选A。7、AD【解析】

A项：由知，拉力的大小相同，物体的位移也相同，所以拉力对两物体做的功一样多，故A正确；B项：甲受到的合力大于乙受到的合力，甲的加速度大于乙的加速度，经过相同的位移，甲所用的时间比乙的少，所以拉力对甲的平均功率大于拉力对乙的平均功率，故B错误；C、D项：由动能定理可知，在光滑水平面上的木块，拉力对物体做的功等于物体动能的变化，在粗糙水平面上，拉力对物体做正功的同理，摩擦力对物体做了负功，所以在光滑水平面上的物体获得的动能大于在粗糙水平面上物体的动能，故C错误，D正确。8、AC【解析】

近地卫星运行速度为第一宇宙速度，近地卫星和同步卫星做圆周运动，万有引力做向心力，故有：；，所以有：，，故AC正确，B错误；同步卫星运行周期和地球自转周期相同，那么由匀速圆周运动规律可知：，所以，故D错误；9、BC【解析】撤去外力F前，对B分析可知，解得，A错误；撤去外力后，在沿斜面方向上B受到电场力，重力沿斜面方向的分力以及弹簧的弹力，当B受到的合力为零时，加速度为零，速度最大，由，解得，B正确；当撤去外力瞬间，弹簧弹力还来不及改变，即弹簧的弹力仍为零，此时B受到的合外力为，解得，C正确；假如没有电场力，物体A、弹簧和地球组成的系统机械能增加量等于物体B和地球组成的系统机械能的减少量，而现在电场力对B做正功，减小的电势能转化为B和地球组成的系统机械能，物体A、弹簧和地球组成的系统机械能增加量不等于物体B和地球组成的系统机械能的减少量，D错误．10、AD【解析】

AB.碰到钉子的瞬间，根据惯性可知，小球的速度不能发生突变，即线速度不变；根据ω=v/R可知，半径变为，线速度不变，所以角速度变为原来的3倍，故A正确，B错误；CD.小球的向心加速度a=，半径变为，故小球的向心加速度变为原来的3倍；碰撞前，则F−mg=m，故绳子的拉力F=mg+m，碰撞后，F′−mg=3m×，解得F′=mg+3m，故C错误，D正确。故选：AD11、BD【解析】

AB．物体受力如图，以物体运动的方向为x轴，垂直于运动方向为y轴建立直角坐标系，将拉力F正交分解．当水平地面光滑时，如图1所示x轴方向物体受到的合外力就是F2=Fcosα所以加速度故A错误，B正确；CD．当物体与地面间有摩擦时，如图2所示，y轴方向上物体无加速度，即合外力为零，所以有而物体与水平地面间有滑动摩擦力，则在水平方向上，由牛顿第二定律得解得故C错误，D正确．故选BD。12、AD【解析】

分析物体的运动的情况可知，物体的初速度的大小为0，位移的大小为1m，末速度的大小为2m/s，由可得，加速度为：a=2m/s2，由牛顿第二定律可得：F-mg=ma，拉力：F=mg+ma=120N.A．手对物体做功为：W=FL=120×1=120J，故A正确，B．由动能定理可知，合力做的功等于动能的变化：，故B错误.C．重力做功不改变物体的机械能，机械能的增量等于手的拉力做功为120J，故C错误；D．重力势能的增量等于克服重力做的功，即：△EP=WG=mgh=10×10×1=100J，故D正确；二．填空题(每小题6分，共18分)13、CC【解析】

(1)[1]A．打点计时器应该接在交流电源上，故A错误；B．开始时应使重物靠近打点计时器处并保持静止，先接通电源，再释放纸带，故B错误；C．释放重物前，重物应尽量靠近打点计时器，从而使得纸带充分得以利用，故C正确。故选C(2)[2]从打O点到打B点的过程中，重物的重力势能变化量[3]打B点的速度为动能变化量(3)[4]实验中重力势能的减少量大于动能的增加量，原因是存在空气阻力和摩擦阻力的影响，故ABD错误，C正确。故选C14、CB1.691.74C【解析】

(1)[1]因为我们是比较mgh、的大小关系，故m可约去比较，不需要用天平，故C没有必要；[2]实验中应将打点计时器接到电源的“交流输出”上，故B错误，属于操作不当。(2)[3]匀变速直线运动中中间时刻的瞬时速度等于该过程中的平均速度，由此可以求出B点的速度大小为[4]对应的0.5v2=1.69m2/s2[5]对应的gh=1.74m2/s2[6]可认为在误差范围内存在关系式，即可验证机械能守恒定律。(3)[7]他继续根据纸带算出各点的速度v，量出下落距离h，并以为0.5v2纵轴、