浙江省浙东北县域名校发展联盟2024-2025学年高一下4月期中物理试卷（解析版）

这是一份浙江省浙东北县域名校发展联盟2024-2025学年高一下4月期中物理试卷（解析版），共21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。
2024/2025学年第二学期期中考试高一物理试卷
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。
选择题部分
一、选择题Ⅰ（本题共10小题，每小题3分，共30分。每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目的要求）
1. 下列选项中，以国际单位制基本单位表示且与能量单位一致的选项是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】功与能量的单位一样，根据，
可知能量以国际单位制基本单位表示为
故选B。
2. 有同学这样探究太阳的密度：正午时分让太阳光垂直照射一个当中有小孔的黑纸板，接收屏上出现了一个小圆斑；测量小圆斑的直径和黑纸板到接收屏的距离，可大致推出太阳直径。他掌握的数据是：光速c、太阳光传到地球所需的时间、地球的公转周期、万有引力恒量；在最终得出太阳密度的过程中，他用到的物理规律是小孔成像和（ ）
A. 万有引力定律、牛顿第二定律B. 万有引力定律、牛顿第一定律
C. 牛顿第一定律、牛顿第二定律D. 万有引力定律、牛顿第三定律
【答案】A
【解析】
【详解】万有引力提供向心力，根据万有引力定律和牛顿第二定律可得
可得太阳的质量为
再根据小孔成像规律和相似三角形知识可得太阳的直径，根据
可求出太阳的密度。
故选A。
3. 如图所示，某个走时准确的时钟，分针上两点A、B到转动轴O的距离，时针上点C到转动轴O的距离。则（ ）
A. A、B两点线速度之比B. A、B两点角速度之比
C. A、C两点线速度之比D. B、C两点线速度之比
【答案】B
【解析】
【详解】AB．由于A、B两点都在分针上，所以A、B两点角速度之比为，根据可得，A、B两点线速度之比为
故A错误，B正确；
C．由于A点在分针上，C点在时针上，所以A、C两点角速度不相等，根据可知，A、C两点线速度之比
故C错误；
D．由于B点在分针上，C点在时针上，所以B、C两点角速度不相等，根据可知，B、C两点线速度之比
故D错误。
故选B。
4. 一个小球甲在真空中做自由落体运动，相同的小球乙在黏性较大的液体中由静止开始下落。它们都由高度为的地方下落到高度为的地方，重力势能变化量分别为、。下列说法正确的是（ ）
A. 重力对小球甲不做功B.
C. 两球动能变化不相等D. 两球下落过程机械能守恒
【答案】C
【解析】
【详解】AB．相同的两球下落高度相同，由可知，重力做功相等；根据可知，重力势能的变化量相等，即，故AB错误；
C．甲球下落过程中只有重力做功，乙球下落过程中除重力做功外，还克服阻力做功，根据动能定理，合力对两球做功不相等，所以两球动能变化不相等，故C正确；
D．在真空中，小球甲只受重力作用，小球甲的机械能守恒；在液体中，阻力对小球乙做负功，小球甲机械能不守恒，故D错误。
故选C。
5. 足球运动深受广大民众喜爱。如图所示，质量为m的足球在水平地面1的位置被踢出后落到地面5的位置。足球上升的最大高度为h，在最高点3的速度大小为v，2、4两位置的高度相同，重力加速度为g。选取地面为零势能面，则（ ）
A. 足球在空中运动时动能一直减小
B. 足球在2位置和4位置机械能相等
C. 足球在最高点时的机械能为
D. 踢球时，足球获得的机械能一定大于
【答案】D
【解析】
【详解】A．在空中运动时，上升阶段，重力和阻力均做负功，足球动能一直减小；下降阶段阻力做负功，重力做正功，且接近地面时合力功为正功，由动能定理可知，足球的动能增大，故A错误；
B．根据A选项分析可知，在空中运动时，阻力一直做负功，所以足球的机械能一直减小，即足球在2位置的机械能大于4位置机械能，故B错误；
CD．根据功能关系，可知人对足球做的功转化为足球的机械能，即
取水平面为参考平面，则足球在最高点机械能为
足球被踢出到运动到最高点过程，有
即
故D正确，C错误。
故选D。
6. 如图所示，在火星与木星轨道之间有一小行星带。假设该小行星带中的小行星只受到太阳的引力，并绕太阳做匀速圆周运动，下列说法中正确的是（ ）
A. 各小行星绕太阳运动的周期均小于一年
B. 各小行星的线速度与其公转半径成正比
C. 小行星带内侧的小行星的加速度大于小行星带外侧的小行星的加速度
D. 最内侧小行星与太阳的连线和地球与太阳的连线在相等时间内扫过的面积相同
【答案】C
【解析】
【详解】A．根据万有引力提供向心力有
解得
轨道半径越大，周期越大，各小行星的轨道半径均大于地球公转的轨道半径，所以周期均大于一年，A错误；
B．根据万有引力提供向心力有
可得
故B错误；
C．根据牛顿第二定律有
可得
则小行星带内侧小行星的向心加速度大于外侧小行星的向心加速度值，C正确；
D．根据开普勒第二定律可知相等时间内扫过的面积相同是对同一行星而言，对不同的行星相等时间内扫过的面积不相同，故D错误。
故选C。
7. 我国短道速滑项目在北京冬奥会上获得 2 金 1 银 1 铜。图为运动员在比赛中。弯道区是运动员超越对手的重要地段，因此弯道滑行也是短道速滑最重要的技术动作之一，但在弯道区常常出现侧滑。图圆弧实线 ON 为正常运动路线的弯道，OM 为运动员在 O 点的速度方向。运动员在 O 点稍发生侧滑，会偏离正常比赛路线，则其滑动线路（ ）
A. 沿 OM 直线
B. 在 OM 左侧区域Ⅰ
C. OM 和 ON 之间区域Ⅱ
D. 在 ON 右侧区域Ⅲ
【答案】C
【解析】
【详解】若运动员水平方向不受任何外力时，沿OM做离心运动，实际上运动员受到摩擦力的作用，摩擦力提供向心力，当摩擦力等于需要的向心力时，运动员将沿ON做圆周运动，若运动员发生侧滑，摩擦力不足以提供向心力，即摩擦力小于所需要的向心力，滑动方向在OM和ON之间的区域。
故选C。
8. 2024年10月30日我国成功发射神舟十九号载人飞船，飞船进入预定轨道后，经过约6.5h实现与中国空间站自主交会对接。如图所示，飞船变轨前和空间站都在各自轨道绕地球做匀速圆周运动，飞船轨道半径略小于空间站轨道半径。已知地球半径为R，飞船距地面高度为0.06R，运行周期，万有引力常量为G，地球表面重力加速度为g，则（ ）
A. 地球对飞船的万有引力大于对空间站的万有引力B. 飞船运行的速度大于
C. 空间站的运行周期为24hD. 地球的密度约为
【答案】D
【解析】
详解】A．根据
由于飞船和空间站的质量关系未知，所以无法比较地球对飞船的万有引力和对空间站的万有引力的大小关系，故A错误；
B．设某一近地卫星的质量为，根据牛顿第二定律
解得
由于飞船的轨道半径大于近地卫星的轨道半径，所以飞船运行的速度小于，故B错误；
C．空间站轨道半径略大于飞船轨道半径，小于同步地球卫星的轨道半径，根据
可得
可知，空间站的运行周期小于24h，故C错误；
D．飞船距地面高度为0.06R，则飞船轨道半径
根据牛顿第二定律
又因为，
联立，解得
故D正确。
故选D。
9. 仰卧起坐是高中毕业生体育测试的项目之一。如图所示，一中等身材女生小李在此次测试过程中，一分钟完成40个仰卧起坐，每次起坐时下半身不动，g取，小李在此次测试过程中，克服重力做功的平均功率约为（ ）
A. 20WB. 75WC. 150WD. 300W
【答案】B
【解析】
【详解】设上半身的质量为小李质量的0.6倍，小李的质量设为45kg，他每一次克服重力做的功为
1min内克服重力所做的总功为
克服重力做功的平均功率为
所以最接近的是75W。
故选B。
10. 小明用额定功率为、最大拉力为的提升装置，把静置于地面的质量为的重物竖直提升到高为的平台，先加速再匀速，最后做加速度大小不超过的匀减速运动，到达平台的速度刚好为零，取，则提升重物的最短时间为（ ）
A. 13.2sB. 14.2sC. 15.5sD. 17.0s
【答案】C
【解析】
【详解】为了以最短时间提升重物，一开始先以最大拉力拉重物做匀加速上升，当功率达到额定功率时，保持功率不变直到重物达到最大速度，接着做匀速运动，最后以最大加速度做匀减速上升至平台速度刚好为零，重物在第一阶段做匀加速上升过程，根据牛顿第二定律可得
当功率达到额定功率时，设重物的速度为，则有
此过程所用时间和上升高度分别为
重物以最大速度匀速时，有
重物最后以最大加速度做匀减速运动的时间和上升高度分别为
设重物从结束匀加速运动到开始做匀减速运动所用时间为，该过程根据动能定理可得
又
联立解得
故提升重物的最短时间为
C正确，ABD错误；
故选C。
二、选择题Ⅱ（本题有3小题，每小题4分，共12分。在每小题给出的四个选项中，至少有一个符合题目要求，全部选对得4分，选对但不全得2分，错选、多选得0分）
11. 无人驾驶汽车已在很多城市运营，如图所示为无人驾驶汽车过拱形桥测试，拱形桥面由两边对称的直线AB、CD段和中间圆弧BC段构成，圆弧半径为R，直线段与圆弧段平滑连接，E为圆弧BC最高点。测试过程中汽车经过水平路面后由A点上桥，通过圆弧BC，再由CD面下桥，若经过桥面ABCD的过程中速度大小始终保持不变。则（ ）
A. 汽车在E点处于失重状态
B. 汽车通过圆弧的最小速度为
C. 为增强爬坡能力，与水平路面相比，汽车应降低挡位行驶
D. 汽车在直线AB段和CD段行驶时牵引力功率相同
【答案】AC
【解析】
【详解】A．汽车在E点，加速度方向向下，处于失重状态，故A正确；
B．汽车经过最高点时，如果支持力为0，重力刚好提供向心力，则有
可得汽车通过圆弧的最大速度为
故B错误；
C．为增强爬坡能力，与水平路面相比，根据，汽车应降低挡位行驶，故C正确；
D．汽车在直线AB段和CD段行驶时，速度大小相等，但牵引力不相等，所以牵引力功率不相同，故D错误。
故选AC。
12. 哈雷彗星是目前人类已知的唯一短周期性彗星。哈雷彗星上一次回归时间是1986年，预测哈雷彗星下次飞近地球将在2061年左右。如图所示，地球的公转轨道可近似看作圆，但哈雷彗星的运动轨道则是一个非常扁的椭圆，彗星在近日点与太阳中心的距离只有地球公转轨道半径的0.6倍。下列说法正确的是（ ）
A. 彗星在回归过程中的机械能在不断增大
B. 彗星在近日点加速度大于地球加速度
C. 地球公转线速度为彗星在近日点线速度的倍
D. 彗星椭圆轨道的半长轴为地球公转半径的倍
【答案】BD
【解析】
【详解】A．彗星在回归过程中只有万有引力做功，机械能不变，故A错误；
B．根据题图可知彗星在近日点离太阳比地球离太阳的距离近，根据万有引力提供向心力，可得
解得
可知彗星在近日点加速度大于地球加速度，故B正确；
C．根据牛顿第二定律可得
解得
则地球公转线速度为近日点所在圆轨道上线速度的倍，而彗星在近日点要做离心运动，故彗星在近日点的线速度比近日点所在圆轨道上线速度要大，所以地球公转线速度小于彗星在近日点线速度的倍，故C错误；
D．根据开普勒第三定律，可得
解得
故D正确。
故选BD。
13. 舟山市地处沿海，风力资源极为丰富，舟山某风力发电的外景如图所示。假设该地有一风力发电机，它的叶片转动时可形成半径为20m的圆面。某时间内该地区的风速是7.0m/s，风向恰好跟叶片转动的圆面垂直，已知空气的密度为，假如这个风力发电机能将此圆内12%的空气动能转化为电能。则下列说法正确的是（ ）
A. 单位时间内冲击风力发电机叶片圆面的气流的体积约为
B. 单位时间内冲击风力发电机叶片圆面的气流的动能约为25.8kJ
C. 此风力发电机发电的功率约为31kW
D. 若风速变为原来的2倍，则风力发电机发电的功率变为原来的8倍
【答案】CD
【解析】
【详解】A．单位时间内冲击风力发电机叶片圆面的气流的体积约为
故A错误；
B．单位时间内冲击风力发电机叶片圆面的气流的动能约为
故B错误；
C．此风力发电机发电的功率约为
故C正确；
D．根据前面分析可知风力发电机发电的功率为
由上式可知，若风速变为原来的2倍，则风力发电机发电的功率变为原来的8倍，故D正确。
故选CD。
非选择题部分（共5小题，共58分）
14. “探究向心力大小与半径、角速度、质量关系”实验装置如图所示，转动手柄，可使变速塔轮、长槽和短槽随之匀速转动。两小球分别放在长槽和短槽上，小球做圆周运动的向心力由横臂的挡板提供，小球对挡板的弹力使弹簧测力筒下降，从而露出弹簧测力筒内的标尺，标尺上露出的红白相间的等分格数之比即为两个小球所受向心力的比值。已知小球放在A、B、C处做圆周运动的轨迹半径之比为
（1）为了探究小球受到的向心力大小和角速度的关系，现将一铁球放在C处，对另一小球，以下做法正确的是________；（单选）
A. 选用相同的铁球放在A处B. 选用相同的铁球放在B处
C. 选用相同大小的铝球放在A处D. 选用相同大小的铝球放在B处
（2）当用两个质量相等的小球分别放在B、C处，匀速转动时发现右边标尺上露出的红白相间的等分格数为左边的2倍，则左边塔轮与右边塔轮之间的角速度之比为________。
【答案】（1）A （2）
【解析】
【小问1详解】
为了探究小球受到的向心力大小和角速度的关系，应使两小球的质量相等，做圆周运动的半径相等；现将一铁球放在C处，则应选用相同的铁球放在A处。
故选A。
【小问2详解】
当用两个质量相等的小球分别放在B、C处，可知左右两球做运动运动的半径之比为
匀速转动时发现右边标尺上露出的红白相间的等分格数为左边的2倍，可知左右两球的向心力之比为
根据，可知左边塔轮与右边塔轮之间角速度之比为
15. 学校物理兴趣小组验证机械能守恒定律的实验装置如图甲所示，电火花计时器打点的周期，当地重力加速度。
（1）实验中，电火花计时器接的是________（选填“6V”或“220V”）的交流电源。
（2）实验中得到的一条纸带如图乙所示，O为打出的第一个点，A、B、C、D、E为依次打下的点，根据纸带上的数据，电火花计时器打D点时重锤的速度大小为________m/s，测得重物的质量为0.20kg，重锤由O点运动到D点重力势能的减少量等于________J，动能增加量等于________J。（结果均保留三位有效数字）
（3）若采用图像法处理纸带数据，可测量多个计数点到起始点O的距离h，计算对应计数点的重物速度v。以h为横坐标、为纵坐标建立坐标系，作出图像，从而验证机械能守恒定律。若所有操作均正确，重力加速度为g，则在误差允许的范围内，图线的“斜率”为________。
（4）若实验中另一组同学经过计算发现重物增加的动能大于减少的重力势能，则可能的原因是________（多选）
A. 用公式算各点瞬时速度（设t为纸带上打下O点到打下其它记录点的时间）
B. 由于纸带和打点计时器的限位孔之间存在摩擦阻力
C. 先释放纸带后接通电源，导致打第一个O点时便有了初速度
D. 重锤下落过程中受到空气阻力
【答案】（1）220V
（2） ①. 1.75 ②. 0.308 ③. 0.306
（3）2g （4）AC
【解析】
【小问1详解】
实验中，电火花计时器接的是220V的交流电源；
【小问2详解】
[1]
[2]重锤由O点运动到D点重力势能的减少量
[3]动能增加量
【小问3详解】
由机械能守恒定律，，故图线的“斜率”为。
【小问4详解】
现重物增加的动能大于减少的重力势能,可能的原因：用公式算各点瞬时速度或先释放纸带后接通电源，导致打第一个O点时便有了初速度。
故选AC。
16. 带有转盘的圆形餐桌是中国饮食文化的重要构成。每逢佳节，亲朋好友团聚在餐桌周围，共同品尝美味佳肴。如图所示，某位亲属面前的茶托、茶杯和杯中茶水的总质量为0.2kg，距中心转轴的距离为0.5m，该亲属轻转中间的转盘，使茶杯随转盘以0.2m/s的速率匀速转动，转动过程中茶杯和转盘相对静止。
（1）求茶杯的向心加速度大小；
（2）求桌面对茶托的摩擦力大小；
（3）有的同学认为，桌面对茶托的摩擦力与茶托的运动方向相反，你认为他的说法正确吗？请说明理由。
【答案】（1）（2）（3）不正确
【解析】
【详解】（1）茶杯的向心加速度大小
（2）桌面对茶托的摩擦力大小
（3）不正确；茶托所桌面一起做匀速圆周运动时，沿运动方向不受力，仅受指向中心转轴的摩擦力。
17. 在影视剧中经常能看到一些特技表演。如图所示，一高台顶端离地高度，特技演员骑摩托车从坡底以速度冲上高台后水平飞出，水平地面上的落点到高台边沿的水平距离。已知摩托车从坡底冲上高台的过程历时，人和车的总质量，发动机的功率恒为，不计空气阻力，重力加速度g取。求：
（1）摩托车水平飞出高台时的速度ν大小；
（2）摩托车在冲上高台的过程中牵引力所做的功W；
（3）摩托车在冲上高台的过程中克服阻力所做的功。
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【小问1详解】
摩托车飞出高台后做平抛运动，则有水平方向有
竖直方向有
解得摩托车水平飞出高台时的速度大小
【小问2详解】
汽车牵引力功
【小问3详解】
摩托车从静止运动到高台的过程中，由功能关系可知
解得摩托车在冲上高台的过程中克服摩擦阻力所做的功
18. 从地面竖直向上抛出一物体，表示物体的机械能，表示物体的重力势能。取地面为零势能面，该物体的和随它离开地面的高度h的变化如图所示。重力加速度大小g取，求：
（1）物体的质量m；
（2）物体上升的时间t；
（3）物体落回出发点的动能。
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【小问1详解】
由图知，时，
又
解得
【小问2详解】
在0-4m的过程，根据功能关系可知：
由图知，时，，时，
物体上升过程中，根据牛顿第二定律得
解得
时，，
则物体的初动能为：
又
解得
物体上升的时间为
【小问3详解】
物体从最高点落回地面过程，应用动能定理
解得
19. 如图所示，一游戏轨道由倾角为θ=37°的足够长倾斜轨道AB、长为x=1.2m的水平直轨道BC、半径为R=0.32m的光滑竖直圆环轨道CDEC'、光滑水平直轨道C'F及水平传送带FG组成。其中竖直圆环的最低点C和C'相互靠近且错开，轨道末端F点与水平传送带（轮子很小）的左端刚好平齐接触。将一质量为m=20g的小滑块（可视为质点），从倾斜轨道上某处静止释放。已知小滑块与倾斜轨道AB、水平直轨道BC及传送带间的动摩擦因数均为μ=0.25，传送带长度FG=4m，其沿逆时针方向以恒定速度v=4m/s匀速转动。所有轨道在同一竖直面内，且各接口处平滑连接，忽略空气阻力。求：
（1）若小滑块首次进入竖直圆环轨道刚好可以绕环内侧做完整的圆周运动，则其在通过圆环轨道内侧与圆心等高处的E点时，受到圆环轨道的作用力大小；
（2）在满足（1）的条件下，小滑块首次滑上传送带并返回F点的过程中，传送带电机由于牵引力增加而多消耗的电能E；
（3）为保证小滑块始终不脱离游戏轨道，小滑块从倾斜轨道AB上静止释放的高度H应满足什么条件？

【答案】（1）0.6N；（2）0.64J；（3）H≤0.93m或1.65m≤H≤1.95m
【解析】
【详解】（1）小滑块首次进入竖直圆环轨道刚好可以绕环内侧做完整的圆周运动，根据牛顿第二定律
解得
根据能量守恒
受到圆环轨道的作用力提供向心力=0.6N
（2）根据牛顿第二定律
解得
由能量守恒
解得
物块在传送带上做减速运动，减速到零的位移为
此后滑块反向加速回到传送带，由运动的对称性可知小滑块第1次滑上传送带后将以4m/s的速率返回=0.64J
（3）根据牛顿第二定律
解得
且
（i）为保证小滑块第1次下滑后能恰好到达竖直圆环的圆心等高处，则
解得
所以，满足H≤0.93m即可；
（ii）为保证小滑块第1次下滑后能恰好过竖直圆环的最高点，则
解得
所以，满足H≥1.65m即可；
（iii）为保证小滑块第1次滑上传送带后，能返回，不会从G点抛出，则
解得
此种情况下，第1次从传送点上返回时的速度为4m/s，可过竖直圆环最高点，此后返回B点，滑块从C到B点有
解得
滑块冲上倾斜轨道AB，上滑时有
解得
上滑高度为，则有
解得
第1次返回倾斜轨道时，上滑高度为0.375m（