浙江省丽水发展共同体联盟2024-2025学年高一下学期4月期中物理试卷（解析版）

这是一份浙江省丽水发展共同体联盟2024-2025学年高一下学期4月期中物理试卷（解析版），共22页。试卷主要包含了考试结束后，只需上交答题纸等内容，欢迎下载使用。
考生须知：
1.本卷共7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。
选择题部分
一、单选题（本题共10小题，每小题3分，共30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. 以下物理量是矢量且对应单位用国际基本单位表示的是（ ）
A. 速度 km/sB. 功
C. 向心力 D. 重力势能 J
【答案】C
【解析】A．速度是矢量， 其单位用国际基本单位表示是m/s，选项A错误；
B．功是标量，其单位用国际基本单位表示是
选项B错误；
C．向心力是矢量，其单位用国际基本单位表示是
选项C正确；
D．重力势能是标量，其单位用国际基本单位表示是
选项D错误。
故选C。
2. 2025年3月30日，丽水马拉松在春寒中拉开帷幕。选手吴燕丽用时1小时22分10秒跑完21.0975公里的环形赛道，获得丽水马拉松半程女子冠军，关于此次比赛下列说法的正确是（ ）

A. 吴燕丽在比赛中的运动位移大小为21.0975公里
B. 1小时22分10秒表示时间间隔
C. 研究吴燕丽最后冲刺加速的姿势时，可以将其视为质点
D. 将21.0975公里除以1小时22分10秒，可得到吴燕丽此次比赛的平均速度约为4.23m/s
【答案】B
【解析】A．吴燕丽在比赛中运动了21.0975公里是指经过轨迹的长度，指的是路程，故A错误；
B．1小时22分10秒在时间轴上是一段距离，表示时间间隔，故B正确；
C．研究吴燕丽最后冲刺加速的姿势时，吴燕丽的体积和形状不可忽略，所以不可以将其视为质点，故C错误；
D．将21.0975公里除以1小时22分10秒，是路程除以时间可以得出此次比赛的平均速率约为4.27m/s，故D错误。
故选B。
3. 开普勒被誉为“天空的立法者”，关于开普勒行星运动定律，下列说法正确的是（ ）
A. 太阳系的所有行星绕太阳运动的轨道为圆形轨道
B. 同一行星在绕太阳运动时近日点速度小于远日点速度
C. 绕太阳运行的八大行星中，离太阳越远的行星公转周期越大
D. 相同时间内，火星与太阳连线扫过的面积等于木星与太阳连线扫过的面积
【答案】C
【解析】A．太阳系的所有行星绕太阳运动的轨道为椭形轨道，太阳处在椭圆的一个焦点，故A错误；
B．同一行星在绕太阳运动时近日点速度大于远日点速度，故B错误；
C．根据开普勒第三定律可知绕太阳运行的八大行星中，离太阳越远的行星公转周期越大，故C正确；
D．根据开普勒第二定律可知相同时间内火星与太阳连线扫过的面积不等于木星与太阳连线扫过的面积，故D错误。
故选C。
4. 如图所示为一皮带传动装置的示意图。右轮半径为r，A是它边缘上的一点。左侧是一轮轴，大轮半径为，小轮半径为。B点在小轮上，到小轮中心的距离为r。C点和D点分别位于小轮和大轮的边缘上。如果传动过程中皮带不打滑，下列说法中正确的是（ ）
A. A、C两点的线速度之比为
B. A、B两点角速度之比为
C. B、D两点的角速度之比为
D. A、D两点的向心加速度之比为
【答案】D
【解析】A．由图可知，AC两点属于同缘传动，则
A错误；
C．BCD点属于同轴传动，则
C错误；
B．根据
可得
B错误；
D．根据
可得
D正确。
故选D。
5. 如图为某足球运动员踢出的一粒“香蕉球”的运动轨迹，若足球在运动过程中不计空气阻力，下列说法正确的是（ ）
A. 足球在空中运动过程中，受到脚的踢力和重力的作用
B. 足球在运动最高点时速度为零
C. 足球运动过程中合外力方向与速度方向共线
D. 足球在任意相等时间里的速度变化量相同
【答案】D
【解析】A．不计空气阻力，足球在空中运动过程中仅受重力作用，故A错误；
B．足球在运动最高点时竖直分速度为零，水平分速度不为零，故B错误；
C．足球做曲线运动，合外力方向与速度方向不共线，不计空气阻力，合外力就是足球所受的重力，很显然重力方向与速度方向不共线，故C错误；
D．足球空中运动过程中仅受重力作用，重力加速度不变
由得
即足球在任意相等时间里的速度变化量相同，故D正确；
故选D 。
6. 如图为位于贵州的花江峡谷大桥，其主桥长为1420米，桥面距水面垂直高度625米，建成后桥梁高度居世界第一，并创下山区悬索桥跨径世界第一的纪录。假设该大桥允许最高通行速度为30m/s，汽车在加速阶段的加速度恒为，视大桥主桥部分为直线，则汽车由主桥一端静止启动至完全通过主桥的最短时间约为（ ）

A. 21sB. 45sC. 53sD. 96s
【答案】C
【解析】汽车匀加速的位移为
匀加速的时间为
汽车匀速运动的时间为
所以汽车由主桥一端静止启动至完全通过主桥的最短时间为
故选C。
7. 如图是被冠以“亚洲第一轨”称号的火箭橇滑轨以及试验滑车喷气加速过程的照片，它能够在5秒内将重的试验滑车加速至340m/s，这是由我国自主研发的火箭橇滑轨技术，标志着我国成为全球第五个掌握该核心技术的国家。试验滑车加速过程可视为匀加速直线运动，下列说法正确的是（ ）
A. 试验滑车在加速过程中所受合力为
B. 试验滑车在加速过程中靠摩擦力提供动力
C. 试验滑车在加速过程中受到轨道的作用力大小等于重力
D. 试验滑车在加速过程中受到轨道的支持力是由试验滑车形变产生的
【答案】A
【解析】A．试验滑车在加速过程中所受合力为，
代入数据解得
故A正确；
B．试验滑车在加速过程中摩擦力为阻力，故B错误；
C．试验滑车在加速过程中合力不为零，所以受到轨道的作用力大小不等于重力，故C错误；
D．试验滑车在加速过程中受到轨道支持力是由轨道形变产生的，故D错误。
故选A。
8. 如图是游乐园的“空中飞椅”项目，人和座椅由绳索悬挂，随着中间转轴转动带动游客旋转体验空中飞驰感。已知该项目椅子分内外层，所有飞椅规格质量均相同，悬索长度也相同且质量忽略不计，图中所标位置悬索与竖直方向夹角为，此位置的游客和飞椅的总质量为m，悬点到人椅质心的距离为L，以下说法正确的是（ ）
A. 该位置悬索受到的拉力大小为
B. 转速越大，人飞得越高，绳子拉力越大
C. 如图所标位置该游客做圆周运动的半径为
D. 内、外层的游客悬索偏离竖直方向的角度相等
【答案】B
【解析】A．根据竖直方向的受力平衡有
故A错误；
BCD．如图所标位置该游客做圆周运动的半径为
根据牛顿第二定律有
则转速越大，越大，人飞得越高，由拉力的表达式可知，绳子拉力越大，外层的游客半径较大，悬索偏离竖直方向的角度较大，故B正确，CD错误；
故选B。
9. 如图所示，在斜面上有四条光滑细杆，其中OA杆竖直放置，OB杆与OD杆等长，OC杆与斜面垂直放置，每根杆上都套着一个小圆环（图中未画出），四个环分别从O点由静止释放，沿OA、OB、OC、OD滑到斜面上所用的时间依次为t1、t2、t3、t4。下列关系不正确的是（ ）
A. t1 > t2B. t2= t1C. t1= t3D. t2 < t4
【答案】B
【解析】以OA为直径画园，根据等时圆模型，对小滑环，受重力和支持力，将重力沿杆的方向和垂直杆的方向正交分解，根据牛顿第二定律得小滑环做初速为零的匀加速直线运动的加速度为
a = gcsθ
（θ为杆与竖直方向的夹角），如图所示
由图中的直角三角形可知，小滑环的位移
S = 2Rcsθ
根据位移时间关系可得运动时间为
由此可知t与θ无关，则从圆上最高点沿任意一条弦滑到底所用时间相同，故沿OA和OC滑到底的时间相同，即
t1= t3
OB不是一条完整的弦，时间最短，即
t1 > t2
OD长度超过一条弦，时间最长，即
t2 < t4
综上有
t4 > t3= t1 > t2
本题选择不正确的，故选B。
10. 风力发电已成为我国实现“双碳”目标的重要途径之一。如图所示，风力发电机是一种将风能转化为电能的装置。某风力发电机在风速为时，输出电功率为，风速在范围内，转化效率可视为不变。该风机叶片旋转一周扫过的面积为，空气密度为，风场风速为，并保持风正面吹向叶片。下列说法正确的是（ ）
A. 该风力发电机的输出电功率与风速成正比
B. 单位时间流过面积的流动空气动能为
C. 若每天平均有的风能资源，则每天发电量为
D. 若风场每年有风速在范围内，则该发电机年发电量至少为
【答案】D
【解析】AB．单位时间流过面积的流动空气体积为
单位时间流过面积的流动空气质量为
单位时间流过面积的流动空气动能为
风速在范围内，转化效率可视为不变，可知该风力发电机的输出电功率与风速的三次方成正比，AB错误；
C．由于风力发电存在转化效率，若每天平均有的风能资源，则每天发电量应满足
C错误；
D．若风场每年有风速在的风能资源，当风速取最小值时，该发电机年发电量具有最小值，根据题意，风速为时，输出电功率为，风速在范围内，转化效率可视为不变，可知风速为时，输出电功率为
则该发电机年发电量至少为
D正确；
故选D。
二、多选题（本题共3小题，每小题4分，共12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）
11. 如图所示，质量为m的人站在体重计上，随电梯以大小为a的加速度加速上升，重力加速度大小为g。关于该情景下列说法正确的是（ ）
A. 人处于超重状态
B. 人对体重计的压力大小为
C. 人对体重计的压力大小为
D. 人受到的重力增大
【答案】AC
【解析】A．由题意可知，人的加速度竖直向上，则人处于超重状态，故A正确；
BC．对人，根据牛顿第二定律可得
解得，体重计对人的支持力大小为
根据牛顿第三定律可知，人对体重计的压力大小等于体重计对人的支持力大小为
故B错误，C正确；
D．人受到的重力不变，只不过是对接触面的压力变大了，故D错误。
故选AC
12. 如图所示，一轻弹簧的一端固定于O点，另一端系一重物，将重物从与悬点O在同一水平面且弹簧保持原长的A点无初速度释放，让它自由下摆，重物可看成质点且不计空气阻力，OA之间的距离为L，重力加速度为g，则在重物由A点摆向最低点B的过程中（ ）
A. 重物的机械能减小
B. 重力做正功，弹力做正功
C. 重物在B点的速度一定为
D. 重物重力势能的减少量大于弹簧弹性势能的增加量
【答案】AD
【解析】A．以重物和弹簧为系统，由于只有重力和弹力做功，所以系统满足机械能守恒；由于弹簧从原长变伸长，所以弹簧的弹性势能增大，则重物的机械能减小，故A正确；
B．在重物由A点摆向最低点B的过程中，重力做正功；弹簧从原长变伸长，所以弹力对重物做负功，故B错误；
C．若重物的机械能守恒，则
解得
由于重物的机械能减小，所以重物在B点的速度不一定为，故C错误；
D．重物和弹簧组成的系统满足机械能守恒，而重物的动能增加，所以重物重力势能的减少量大于弹簧弹性势能的增加量，故D正确。
故选AD。
13. 3月16日凌晨，美国太空探索技术公司的“龙”飞船成功接驳国际空间站，并将此前在国际空间站滞留了9个月的两名宇航员带回地球。对接过程简化如图所示，“龙”飞船在A点从圆形轨道Ⅰ进入椭圆轨道Ⅱ，在B点从椭圆轨道Ⅱ进入圆形轨道Ⅲ，最终在轨道Ⅲ与“国际空间站”完成对接。已知“龙”飞船在圆形轨道Ⅰ运行时轨道半径为、周期为，在椭圆轨道Ⅱ上经过B点时速度大小为v，在轨道Ⅲ稳定运行时的轨道半径为，则“龙”飞船（ ）
A. 在轨道Ⅱ上B点的加速度小于在轨道Ⅲ上B点的加速度
B. 从轨道Ⅱ上A点到达轨道Ⅱ上B点的最短时间为
C. 在轨道Ⅱ上A点的速度为
D. 在轨道Ⅰ和轨道Ⅲ分别与地心连线在相同时间扫过面积之比为
【答案】BD
【解析】A．根据牛顿第二定律
解得
所以，在轨道Ⅱ上B点的加速度等于在轨道Ⅲ上B点的加速度，故A错误；
B．“龙”飞船在圆形轨道Ⅰ和椭圆轨道Ⅱ，根据开普勒第三定律
从轨道Ⅱ上A点到达轨道Ⅱ上B点的最短时间为
故B正确；
C．分别在轨道Ⅱ上A点和轨道Ⅱ上B点取很小的一段运动时间，则“龙”飞船与地球连线扫过的面积可看成扇形，根据开普勒第二定律
解得
故C错误；
D．根据牛顿第二定律
解得
则“龙”飞船与地心连线在相同时间扫过的面积为
即
所以，在轨道Ⅰ和轨道Ⅲ分别与地心连线在相同时间扫过的面积之比为，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58分）
14.
（1）甲图中质量分别为和的A、B小球处于同一高度，用小锤打击弹性金属片，使A球沿水平方向飞出，同时B球被自动松开自由下落。以下根据该实验操作得出的结论正确的是______。
A. A球在竖直方向做自由落体运动
B. A球在水平方向上做匀速直线运动
C. 该实验中两球应尽量选择密度大同尺寸小球
D. 每次实验用小锤打击弹性金属片的力度必须相等
（2）关于乙图实验装置和操作，下列说法正确的是______
A. 安装斜槽时应使其末端切线水平
B. 每次实验横档条竖直方向移动的距离必须相等
C. 小球与斜槽之间有摩擦会增大实验误差
D. 小球必须每次从斜槽上同一位置由静止开始释放
（3）某同学采用频闪摄影的方法得到如图丙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a、b、c、d所示，图中每个小方格的边长为，则该小球经过c点时竖直方向的速度大小______，（结果保留三位有效数字）
【答案】（1）AC （2）AD （3）1.25
【解析】
【小问1解析】
AB. 该实验中两球总是同时落地，说明两球在竖直方向的运动完全相同，说明A球在竖直方向做自由落体运动，但不能说明A球在水平方向上做匀速直线运动，选项A正确，B错误；
C. 该实验中两球应尽量选择密度大同尺寸小球，以减小阻力影响，选项C正确；
D. 每次实验用小锤打击弹性金属片的力度不一定要相等，这样更能体现出结论的正确性，选项D错误。
故选AC。
【小问2解析】
A．安装斜槽时应使其末端切线水平，以保证小球做平抛运动，选项A正确；
B．每次实验横档条竖直方向移动的距离不一定必须相等，选项B错误；
C．小球与斜槽之间有摩擦对实验不会产生误差，选项C错误；
D．小球必须每次从斜槽上同一位置由静止开始释放，以保证小球到达底端时的速度相同，选项D正确。
故选AD。
【小问3解析】
竖直方向
解得
小球经过c点时竖直方向的速度大小
15. 探究“加速度与力、质量的关系”的实验装置如图甲所示：
（1）电磁打点计时器和电火花打点计时器使用的电源，下列说法正确的是______。
A. 电磁打点计时器，使用直流8V电源
B. 电火花打点计时器，使用交流8V电源
C. 电火花打点计时器，使用交流220V电源
D. 电磁打点计时器，使用直流220V电源
（2）下列实验操作，正确的是______。
A. 平衡摩擦力时，能将沙桶用细线绕过定滑轮系在小车上
B. 平衡摩擦力时，小车后面应固定一条纸带，纸带穿过打点计时器
C. 小车释放前应靠近打点计时器，且先接通打点计时器的电源再释放小车
D. 改变小车质量后，应重新平衡摩擦力
（3）改用图乙所示实验装置时，小车______（填“需要”或“不需要”）平衡摩擦力；钩码质量______（填“需要”或“不需要”）远小于小车质量。
【答案】（1）C （2）BC （3）需要 不需要
【解析】
【小问1解析】
电磁打点计时器，使用交流8V电源；电火花打点计时器，使用交流220V电源，故选C；
【小问2解析】
AB．平衡摩擦力时，不能将沙桶用细线绕过定滑轮系在小车上，小车后面应固定一条纸带，纸带穿过打点计时器，通过纸带上点迹的间距判断小车是否做匀速直线运动，故A错误，B正确。
C．为了充分利用纸带，小车释放前应靠近打点计时器，且先接通打点计时器的电源再释放小车，故C正确。
D．平衡摩擦力时，有
可得
可知改变小车质量后，不需要重新平衡摩擦力，故D错误。
故选BC。
【小问3解析】
改用图乙实验装置时，为了使小车受到的合力等于细线拉力，小车需要平衡摩擦力：由于图中装置细线拉力可以通过弹簧测力计测得，所以细线拉力不需要用钩码重力代替，所以钩码质量不需要远小于小车质量。
16. 如图甲所示，某同学将打点计时器固定在铁架台上，用重物带动纸带从静止开始自由下落，利用此装置做“验证机械能守恒定律”实验（已知当地的重力加速度为g）。
（1）实验中得到如图乙所示的一条纸带（部分），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，已知打点计时器打点的周期为T，设重物的质量为m，从打O点到打B点的过程中，动能增加量______。
（2）该同学在纸带上选取多个计数点，测量它们到起始点O的距离h，计算对应计数点的重物速度v。得到如图丙所示的图像，由图像可求得当地的重力加速度______。（保留两位小数）
【答案】（1） （2）9.70
【解析】
【小问1解析】
打B点时的速度
从打O点到打B点的过程中，动能增加量
小问2解析】
若机械能守恒则满足
可得
由图像可知
解得g=9.70m/s2
17. 如图甲所示，将木板搭在车厢末端，与地面构成固定斜面来装卸货物，假设斜面与地面的夹角，质量的货物刚好能从该斜面上匀速滑下，已知：最大静摩擦力等于滑动摩擦力，动摩擦因数恒定不变，重力加速度为，，，求：
（1）若该货物质量增加，还能匀速下滑吗？此斜面与该货物间的动摩擦因数为多少？
（2）如图乙所示，若用一平行于斜面的力将物体推上车，这个力至少为多大？
（3）如图丙所示，若用一水平力推动物体，求该水平力为多大时才能使物体沿斜面匀速上滑？
【答案】（1）增加质量后仍能匀速下滑,
（2）500N （3）
【解析】
【小问1解析】
物体匀速下滑时，沿斜面的重力分量与滑动摩擦力平衡：
化简得：
结论：增加质量后仍能匀速下滑（因为和不变）。
【小问2解析】
匀速上推时：
代入得：
则最小推力为500N。
【小问3解析】
设水平力为，分解为沿斜面和垂直斜面的分量：
沿斜面向上：
垂直斜面向下：
匀速上滑时：
解得
18. 我国新能源汽车发展迅猛，从技术到生产已经走在世界前列，有效减少了传统汽油车造成的空气污染问题。如图所示，一小型新能源汽车，质量为，沿倾角为的斜坡由静止开始向上运动，汽车在运动过程中所受摩擦阻力大小恒为，汽车发动机的额定输出功率为，g取。求：
（1）若开始时以做匀加速直线运动，则汽车做匀加速运动的最长时间；
（2）汽车所能达到的最大速率；
（3）若汽车以额定功率启动，斜坡长150m，则汽车从坡底到坡顶至少需多长时间。（结果取整数）
【答案】（1） （2） （3）20s
【解析】
【小问1解析】
由牛顿第二定律可得
代入数据解得
可得匀加速运动的末速度为
联立解得
则汽车做匀加速运动的时间
【小问2解析】
汽车到最大速率时，牵引力为
汽车所能达到的最大速率为
联立解得
【小问3解析】
由动能定理可得
代入数据解得
取整数有
19. 如图所示，物块质量，紧靠压缩的轻质弹簧静止在A点，弹簧处于锁定状态。，，传送带与水平轨道平滑相接，轨道AB、CD光滑，传送带BC与物块间的动摩擦因数均为，光滑圆弧半径为，在D点与水平相切，F为圆弧最高点，与圆心O连线处于竖直方向，E与圆心O等高，与圆心O位于同一水平线上，现解除锁定，物块水平运动到B点速度大小，已知到B点前已经离开弹簧，传送带顺时针转动且速度大小为。重力加速度，物块运动过程中可视为质点。求：
（1）初始状态弹簧储存的弹性势能为多少？
（2）物块从B点运动到C点的时间为多少？
（3）请判断物块是否脱离圆弧轨道，写出分析过程。
【答案】（1）32J （2）0.6s （3）见解析
【解析】
【小问1解析】
到由能量守恒定律可得
解得
【小问2解析】
传送带的速度，根据物块在传送带上受力情况可得
解得
可求出共速过程位移，，
所以
【小问3解析】
能到位置E点，有
解得
可知物块可以到达E点上方；
能到位置F点，有，
解得，
综上所述物块将会在E到F之间的某位置脱离轨道。
20. 如图所示，整个装置竖直放置，光滑半圆轨道ABC的半径，A处竖直放置弹性挡板（碰撞时不损失机械能），光滑半圆轨道CDE的半径，CA、CE分别是它们的直径，水平台阶EF长为，紧靠F点右边放有一长木板，长木板上表面与EF水平部分在同一水平面上，开始时小物块（可视为质点）停在F点，已知小物块质量为，长木板质量为，小物块与台阶EF和长木板的滑动摩擦因数，地面光滑，现给小物块一个水平向左的速度，，求：
（1）若小物块在上升过程恰好能过C点，求物块通过E点时受到支持力为多大？
（2）若，要使小物块返回F点并滑上长木板后，恰好不滑出长木板，则长木板长度L为多少？
（3）若去掉A处的挡板，给小物块一个向左的速度，小物块经过两半圆后从A点水平抛出，并将落在半圆CDE上P点，求P点与A点的竖直高度差h与的函数关系。
【答案】（1） （2）
（3）
【解析】
【小问1解析】
即小物块到达最高点时，重力提供向心力，则
从到的过程中，根据动能定理得：
在E点通过受力分析可得
可得，
【小问2解析】
到过程中，根据动能定理，由
可得
小物块从开始运动到返回点，根据动能定理可得
解得
当小物块滑上木板，对小物块，根据牛顿第二定律有
对长木板，有
当二者共速时有
解得
所以长木板长度的最小值为
【小问3解析】
若去掉处的挡板，小物块要到达A点，必须经过最高点C，根据第（1）问可得，到过程中，根据动能定理，由
可得，
分析木块从F到A点过程中，列动能定理
由平抛运动可知
且
联立可得：