2023屆浙江省公立寄宿學校物理高一下期中質量跟蹤監視模擬試題請考生注意：1．請用2B鉛筆將選擇題答案涂填在答題紙相應位置上，請用0．5毫米及以上黑色字跡的鋼筆或簽字筆將主觀題的答案寫在答題紙相應的答題區內。寫在試題卷、草稿紙上均無效。2．答題前，認真閱讀答題紙上的《注意事項》，按規定答題。一、選擇題（本題共12小題，每小題5分，共60分，在每小題給出的四個選項中，有的小題只有一個選項正確，有的小題有多個選項正確.全部選對的得5分，選不全的得3分，有選錯的或不答的得0分）1、如圖所示，有許多根交于A點的光滑硬桿具有不同的傾角和方向.每根光滑硬桿上都套有一個小環，它們的質量不相等，設在t=0時，各小環都由A點從靜止開始分別沿這些光滑硬桿下滑，那么這些小環下滑速率相同的各點連接起來是一個（）A．球面 B．拋物面 C．水平面 D．不規則曲面2、如圖所示，PQS是固定于豎直平面內的光滑的四分之一圓周軌道，圓心O在S的正上方，在O和P兩點各有一質量為m的小物塊a和b，從同一時刻開始，a自由下落，b沿圓弧下滑．以下說法正確的是（）A．a比b先到達S，它們在S點的動量相同B．a與b同時到達S，它們在S點的動量不同C．b比a先到達S，它們從各自起點到S點的動量的變化量相同D．a比b先到達S，它們從各自起點到S點的動量的變化量不同3、如圖所示，在地面上發射一個飛行器，進入橢圓軌道II并繞地球運行，其發射速度v應滿足A．v<7.9km/sB．7.9km/s<v<11.2km/sC．11.2km/s<v<16.7km/sD．v>16.7km/s4、某人造地球衛星繞地球做勻速圓周運動，實施變軌后衛星的線速度減小到原來的，此時衛星仍做勻速圓周運動，則（）A．衛星的向心加速度減小到原來的B．衛星的角速度減小到原來的C．衛星的周期增大到原來的8倍D．衛星的半徑增大到原來的2倍5、下列關于位移和路程的說法，正確的是A．位移是矢量，路程是標量，但位移的大小和路程總是相等B．位移描述直線運動，路程描述曲線運動C．位移取決于始末位置，而路程取決于實際運動的路線D．物體經過的路程總大于物體位移的大小6、四顆地球衛星a、b、c、d的排列位置如圖所示，其中，a是靜止在地球赤道上還未發射的衛星，b是近地軌道衛星，c是地球同步衛星，d是高空探測衛星，四顆衛星相比較（）A．a的向心加速度最大B．相同時間內b轉過的弧長最長C．c相對于b靜止D．d的運動周期可能是23h7、火車以60m/s的速率轉過一段彎道，某乘客發現放在桌面上的指南針在10s內勻速轉過了約10°．在此10s時間內，火車（）A．運動路程為600m B．加速度為零C．角速度約為1rad/s D．轉彎半徑約為3.4km8、如圖，一光滑大圓環固定在桌面上，環面位于豎直平面內，在大圓環上套著一個小環。小環由大圓環的最高點從靜止開始下滑，在小環下滑的過程中，大圓環對它的作用力（）A．一直不做功B．一直做正功C．一定指向大圓環圓心D．可能背離大圓環圓心9、質量為m的物體以速度v0水平拋出，經過一段時間速度大小變為v0，不計空氣阻力，重力加速度為g，以下說法正確的是（）A．該過程平均速度大小為v0 B．運動位移的大小為C．速度大小變為v0時，重力的瞬時功率為mgv0 D．運動時間為10、鐵路在彎道處的內、外軌道高度是不同的，已知內、外軌道平面與水平面的夾角為，如圖所示，彎道處的圓弧半徑為，若質量為的火車轉彎時速度大于，則（）。A．內軌對內側車輪輪緣有擠壓 B．外軌對外側車輪輪緣有擠壓C．這時鐵軌對火車的支持力大于 D．這時鐵軌對火車的支持力等于11、如圖，一長為L的輕質細桿一端與質量為m的小球（可視為質點）相連，另一端可繞O點轉動，現使輕桿在同一豎直面內做勻速轉動，測得小球的向心加速度大小為g（g為當地的重力加速度），下列說法正確的是A．小球的線速度大小為B．小球運動到最高點時桿對小球的作用力豎直向上C．當輕桿轉到水平位置時，輕桿對小球的作用力方向不可能指向圓心OD．輕桿在勻速轉動過程中，輕桿對小球作用力的最大值為2mg12、質量為4kg的物體被人由靜止開始向上提升0.25m后速度達到1m/s，則下列判斷正確的是（取g＝10m/s2）（）A．人對物體做功12JB．合外力對物體做功2JC．物體克服重力做功10JD．人對物體做的功等于物體增加的動能二．填空題(每小題6分，共18分)13、在做“探究單擺周期與擺長的關系”的實驗時，（1）為了利用單擺較準確地測出重力加速度，可選用的器材為______A．20cm長的結實的細線、小木球、秒表、米尺、鐵架臺B．100cm長的結實的細線、小鋼球、秒表、米尺、鐵架臺C．100cm長的結實的細線、大木球、秒表、50cm量程的刻度尺、鐵架臺D．100cm長的結實的細線、大鋼球、大掛鐘、米尺、鐵架臺（2）為了減小測量周期的誤差，擺球應在經過最______（填“高”或“低”）點的位置時開始計時，并計數為1，擺球每次通過該位置時計數加1．當計數為63時，所用的時間為t秒，則單擺周期為______秒．（3）實驗時某同學測得的g值偏大，其原因可能是______．A．實驗室的海拔太高

B．擺球太重C．測出n次全振動時間為t，誤作為（n+1）次全振動時間進行計算D．擺線上端未牢固地系于懸點，振動中出現了松動，使擺線長度增加了（4）有兩位同學利用假期分別去參觀北京大學和廈門大學的物理實驗室，各自在那里利用先進的DIS系統較準確地探究了“單擺的周期T與擺長L的關系”，他們通過校園網交換實驗數據，并由計算機繪制了T2-L圖象，如圖甲所示．去北大的同學所測實驗結果對應的圖線是______（填“A”或“B”）．另外，在廈大做探究的同學還利用計算機繪制了a、b兩種單擺的振動圖象如圖乙所示，由圖可知，a、b兩單擺的擺長之比=______．（北大所在地的緯度比廈大高．）14、甲、乙兩位同學利用圖(a)所示裝置做“探究物體的加速度跟力的關系”的實驗，獲得了小車加速度a與鉤碼拉力F的對應關系圖如圖（b）所示。實驗時保持小車的質量不變，選擇了不可伸長的輕質細繩和輕質定滑輪，用打點計時器和小車后端拖動的紙帶測出小車運動的加速度。回答下列問題：（1）由圖(b)可知，a-F圖線不經過原點，要使圖線過原點，可采取的措施是__________。（2）若利用本實驗裝置來驗證“在小車質量M不變的情況下，小車的加速度與作用力成正比”的結論，并直接以鉤碼所受重力作為小車受到的合外力，鉤碼的質量m應滿足的條件是_______。（3）實驗中甲、乙兩同學用的小車的質量分別為、，甲、乙兩同學用的小車受到的阻力分別為、，由圖可知，____，________。(選填“大于小于或等于)(4)圖C為實驗中打出的一條紙帶的一部分，從比較清晰的點跡起，在紙帶上標出了連續的5個計數點A、B、C、D、E，相鄰兩個計數點之間都有4個點跡沒有標出，測出各計數點到A點之間的距離，如圖所示．已知打點計時器接在頻率為50Hz的交流電源兩端，則此次實驗中小車運動的加速度的測量值a＝________m/s2.(結果保留兩位有效數字)15、在用落體法驗證機械能守恒定律時，某小組按照正確的操作選得紙帶如圖，其中O是起始點，A、B、C是打點計時器連續打下的3個點，用毫米刻度尺測量O到A、B、C各點的距離，并記錄在圖中．（已知當地的重力加速度g=9.80m/s2，重錘質量為m=1kg，計算結果均保留3位有效數字）（1）圖中的三個測量數據中不符合有效數字讀數要求的是_____段的讀數，應記作_______cm；（2）甲同學用重錘在OB段的運動來驗證機械能守恒，他用AC段的平均速度作為B點對應的即時速度vB，則求得該過程中重錘的動能增加量ΔEk=_________J，重力勢能的減少量ΔEP=_________J.這樣驗證的系統誤差總是使ΔEk=_________ΔEP（選填“>”、“<”或“=”）；三．計算題(22分)16、（12分）某直升機空投物資時，可以停留在空中不動，設投出的物資離開飛機后由于降落傘的作用在空中能勻速下落，無風時落地速度為5m/s.若飛機停留在離地面100m高處空投物資，由于風的作用，使降落傘和物資以1m/s的速度勻速水平向北運動，求：(1)物資在空中運動的時間；(2)物資落地時速度的大小；(3)物資在下落過程中水平方向移動的距離．17、（10分）一種巨型娛樂器械可以使人體驗超重和失重．一個可乘十多個人的環形座艙套裝在豎直柱子上，由升降機送上幾十米的高處，然后讓座艙自由落下．落到一定位置時，制動系統啟動，到地面時剛好停下．已知座艙開始下落時的高度為75m，當落到離地面30m的位置時開始制動，座艙均勻減速．若座艙中某人質量為60kg,重力加速度g取10m/s2，不計空氣阻力．（1）求制動系統啟動時重力的功率；（2）求座艙下落的總時間；（3）求整個過程中座艙對人做的功．

參考答案一、選擇題（本題共12小題，每小題5分，共60分，在每小題給出的四個選項中，有的小題只有一個選項正確，有的小題有多個選項正確.全部選對的得5分，選不全的得3分，有選錯的或不答的得0分）1、C【解析】

設小環下滑的高度為h時，速率為v.根據機械能守恒定律得：．得：，則知，速率v相等，小環下落的高度h相等，所以將這些下滑速率相同的各點連接起來應在一個水平面上．故C正確，ABD錯誤．故選C2、D【解析】

在豎直方向a只受重力，b受到重力和支持力向上分力，也就是在豎直方向，a的合力大于b的合力，a的豎直方向加速度大于b的豎直方向加速度，它們的初速度都是0，位移都是半徑R，故a比b先到達S；由機械能守恒定律可知，a，b到達S點的速度大小要相同．但a自由下落，到達S點速度方向豎直向下，b沿圓弧下滑，到達S點速度方向水平向左，故它們在S點的動量大小相等，方向不同，所以它們在S點的動量不同；兩個物理的初動量為0，末動量的方向不相同，所以它們從各自起點到S點的動量變化量不相同．A.由上面分析可知，a比b先到達S，它們在S點的動量不同，故A錯誤；B.由上面分析可知，a比b先到達S，它們在S點的動量不同，故B錯誤；C.由上面分析可知，a比b先到達S，它們從各自起點到S點的動量變化量不相同，故C錯誤；D.由上面分析可知，a比b先到達S，它們從各自起點到S點的動量的變化量不同，故D正確．3、B【解析】

A.7.9km/s，即第一宇宙速度，是發射衛星的最小發射速度，故A錯誤；B.11.2km/s，即第二宇宙速度，是衛星脫離地球引力的最小發射速度，故進入橢圓軌道II并繞地球運行的衛星，其發射速度v應滿足7.9km/s<v<11.2km/s，故B正確；C.發射速度大于11.2km/s，即第二宇宙速度，衛星將脫離地球引力，成為太陽的一顆衛星，故C錯誤；D.16.7km/s，即第三宇宙速度，是衛星逃離太陽系的最小發射速度，發射速度大于16.7km/s，衛星將逃離太陽系，故D錯誤。4、C【解析】

D．衛星繞地球做圓周運動萬有引力提供圓周運動向心力有：可得線速度，可知線速度減為原來的時，半徑增加為原來的4倍，故D正確；A．向心加速度知，半徑增加為原來的4倍，向心加速度減小為原來的，故A錯誤；C．周期知，半徑增加為原來的4倍，周期增加為原來的8倍，故C錯誤；B．角速度知，半徑增加為原來的4倍，角速度減小為原來的倍，故B錯誤．故選D．5、C【解析】位移是矢量，大小等于首末位置的距離，路程是標量，大小等于運動軌跡的長度，位移的大小不一定與路程相等，故A錯誤．位移和路程都可以描述直線運動和曲線運動，故B錯誤．位移取決于始末位置，路程取決于實際運動的路線，故C正確．當物體做單向的直線運動時，路程等于位移的大小，故D錯誤．故選C．點睛：解決本題的關鍵知道路程和位移的區別，知道路程是標量，位移是矢量．當物體做單向直線運動，位移的大小等于路程．6、B【解析】

A、同步衛星的周期必須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a=ω2r知，c的向心加速度比a的向心加速度大，故A錯誤；B、由，得，衛星的半徑越大，角速度越小，所以b的角速度最大，在相同時間內轉過的弧長最長，故B正確；C、b是近地軌道衛星，c是地球同步衛星，c相對于地面靜止，近地軌道衛星相對于地面運動，所以c相對于b運動，故C錯誤；D、由開普勒第三定律知，衛星的半徑越大，周期越大，所以d的運動周期大于c的周期24h，故D錯誤；故選B．【點睛】同步衛星的周期必須與地球自轉周期相同，角速度相同，根據a=ω2r比較a與c的向心加速度大小；根據萬有引力提供向心力，列出等式得出角速度與半徑的關系，再分析弧長關系；根據開普勒第三定律判斷d與c的周期關系，據此解答．7、AD【解析】本題考查勻速圓周的概念，意在考查考生的理解能力．圓周運動的弧長s=vt=60×10m=600m，選項A正確；火車轉彎是圓周運動，圓周運動是變速運動，所以合力不為零，加速度不為零，故選項B錯誤；由題意得圓周運動的角速度rad/s=rad/s，又，所以m=3439m，故選項C錯誤、D正確．點睛：本題以火車轉彎指南針偏轉為背景考查勻速圓周的概念，解答時要注意角度與弧度的換算關系．8、AD【解析】

AB．大圓環光滑，則大圓環對小環的作用力總是沿半徑方向，與速度方向垂直，故大圓環對小環的作用力一直不做功，A正確，B錯誤；CD．小環在運動過程中，在大環的上半部分運動時，大環對小環的支持力背離大環圓心，運動到大環的下半部分時，支持力指向大環的圓心，C錯誤，D正確。故選AD。9、BC【解析】

C．根據題述，經過一段時間速度大小變為v0，將該速度分解可得豎直速度等于v0，重力的瞬時功率為P＝mgv0選項C正確；D．由v0＝gt，解得運動時間為選項D錯誤；B．水平位移為豎直位移運動位移的大小為選項B正確；A．該過程平均速度大小為選項A錯誤。故選BC。10、BC【解析】

AB．火車的重力和軌道對火車的支持力的合力恰好等于需要的向心力時，根據牛頓第二定律可得解得此時火車的速度正好是當火車轉彎的速度大于，需要的向心力增大，而重力與支持力的合力不變，所以此時外軌對外側車輪輪緣有擠壓。故A錯誤，B正確；

CD．火車以速度行駛時，鐵軌對火車在垂直于軌道平面的支持力為FN，根據平衡條件可得FNcosθ=mg若火車轉彎時速度大于時，由于外側鐵軌對外側車輪有斜向下的壓力，則此時火車對鐵軌的壓力大于，即鐵軌對火車的支持力大于，故C正確，D錯誤。故選BC。11、ACD【解析】根據向心加速度，代入得小球的線速度，所以A正確；需要的向心力F=ma=mg，所以在最高點桿對小球的作用力為零，故B錯誤；小球做勻速圓周運動，合外力提供向心力，故合外力指向圓心，當輕桿轉到水平位置時，輕桿對小球的作用力，方向不指向圓心O，所以C正確；輕桿在勻速轉動過程中，當轉至最低點時，桿對球的作用力最低，根據牛頓第二定律：，得輕桿對小球作用力的最大值為F=2mg，所以D正確．12、ABC【解析】

分析物體的運動的情況可以知道，物體的初速度的大小為0，位移的大小為0.25m，末速度的大小為1m/s。【詳解】A．根據動能定理可知解得故A正確；B．合外力做的功等于動能的增加量，所以故B正確；C．物體克服重力做功故C正確；D．根據動能定理知合外力做的功等于物體動能的增加量，故D錯誤。故選ABC。二．填空題(每小題6分，共18分)13、B低CB4：9【解析】（1）實驗中應采用長1m左右，不能形變的細線，小球選用體積小質量大小的金屬球；故選B；

（2）擺球經過最低點的位置時速度最大，在相等的距離誤差上引起的時間誤差最小，測的周期誤差最小．所以為了減小測量周期的誤差，擺球應選經過最低點的位置時開始計時．由題分析可知，單擺全振動的次數為N==30，周期為T=；

（3）擺球的重力越重，誤差越小；故A錯誤；計算時誤將小球的直徑與擺線長相加，則擺長測量值偏大，根據可知，則重力加速度的測量值偏大，選項B錯誤；實驗中誤將n次全振動計為n+1次，根據T=t/n求出的周期變小，g偏大，故C錯誤．擺線上端未牢固地系于懸點，振動中出現松動，使擺線長度增加了，測得的單擺周期變大，依據：，可知得到的g值偏小，故D正確．故選D.

（4）由得，T2＝L，知T2～L圖象的斜率越大，則重力加速度越小，因為廈門當地的重力加速度小于北京，則廈門的同學所測實驗結果對應的圖線的斜率大，應該是A圖線．

由振動圖線知，兩單擺的周期比為，由知，兩單擺擺長之比．

點睛：本題考單擺測量重力加速度的實驗原理和方法，了解重力加速度的變化規律和利用單擺測重力加速度的實驗原理是解決此題的關鍵．14、調節軌道的傾斜角度以平衡摩擦力m<<M小于小于1.0m/s2【解析】（1）從上圖中發現直線沒過原點，當時，，即，也就是說當繩子上拉力不為0時，小車的加速度為0，所以可能的原因是存在摩擦力；

若利用本實驗來驗證“小車質量不變的情況下，小車的加速度與作用力成正比”的結論，并直接以鉤碼所受重力mg作為小車受到的合外力，則實驗中應采取的改進措施是：調節軌道的傾斜度以平衡摩擦力，即使得繩子上拉力等于小車的合力．

（2）根據牛頓第二定律得：

對m：

對M：

解得：

可知鉤碼的質量遠小于小車的質量即時，繩子的拉力等于鉤碼的重力，所以鉤碼的質量應滿足的條件是遠小于小車的質量。

（3）當沒有平衡摩擦力時有：，故，即圖線斜率為，縱軸截距的大小為，觀察圖線可知，；