【物理】甘肃省多校2024-2025学年高一下学期期中联考试卷（解析版）

这是一份【物理】甘肃省多校2024-2025学年高一下学期期中联考试卷（解析版），共15页。试卷主要包含了本卷主要考查内容等内容，欢迎下载使用。
全卷满分100分，考试时间75分钟。
注意事项：
1.答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试卷和答题卡上，并将条形码粘贴在答题卡上的指定位置。
2.请按题号顺序在答题卡上各题目的答题区域内作答，写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
3.选择题用2B铅笔在答题卡上把所选答案的标号涂黑；非选择题用黑色签字笔在答题卡上作答；字体工整，笔迹清楚。
4.考试结束后，请将试卷和答题卡一并上交。
5.本卷主要考查内容：必修第二册至必修第三册第十章第三节。
一、选择题：本题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1. 下列关于物理学史的说法正确的是（ ）
A. 库仑最早提出电荷周围存在着一种特殊物质，即为电场
B. 自然界中存在正电荷、负电荷、元电荷三种电荷
C. 元电荷e的数值为，最早由美国物理学家密立根通过实验测量得出
D. 牛顿开创了实验与逻辑推理相结合的研究方法，并用这种方法研究了力与运动的关系
【答案】C
【解析】A．法拉第最早提出电荷周围存在电场，故A错误；
B．自然界中只有正、负两种电荷，故B错误；
C．元电荷的数值为，最早由美国物理学家密立根通过实验测量得出，故C正确；
D．伽利略开创了实验与逻辑推理相结合的研究方法，并用这种方法研究了力与运动的关系，故D错误。
故选C。
2. 跳伞是一种极限运动，假设某跳伞运动员在由静止开始下落的过程中始终受恒定阻力（不含空气对降落伞的作用力）作用，打开降落伞前下落了一段距离，打开降落伞后开始做匀减速直线运动，下列说法正确的是（ ）
A. 跳伞运动员打开降落伞前的过程中恒定阻力做负功
B. 跳伞运动员打开降落伞前的过程中重力做负功
C. 跳伞运动员打开降落伞后重力做功的功率逐渐增大
D. 跳伞运动员打开降落伞后恒定阻力做正功
【答案】A
【解析】A．跳伞运动员打开降落伞前的过程中恒定阻力方向向上，位移向下，则恒定阻力对它们做负功，故A正确；
B．跳伞运动员打开降落伞前的过程中重力方向和位移方向都向下，所以重力做正功，故B错误；
C．跳伞运动员打开降落伞后开始做匀减速直线运动，速率减小，根据
可知，重力做功功率在减小，故C错误；
D．跳伞运动员打开降落伞后恒定阻力方向向上，位移向下，则恒定阻力对它们做负功，故D错误。
故选A。
3. 北京时间2025年1月7日4时00分，我国在西昌卫星发射中心使用长征三号乙运载火箭，成功将实践二十五号卫星发射升空，卫星顺利进入预定轨道，发射任务获得圆满成功，该卫星主要用于卫星燃料补加与延寿服务技术验证，轨道高度略高于同步轨道，下列说法正确的是（ ）
A. 实践二十五号卫星的周期大于24h
B. 实践二十五号卫星的速度大于静止卫星的速度
C. 实践二十五号卫星的加速度大于静止卫星的加速度
D. 实践二十五号卫星角速度大于静止卫星的角速度
【答案】A
【解析】根据万有引力提供向心力可知
解得
A．实践二十五号卫星的轨道高度略高于同步轨道，可知其周期大于24h，故A正确；
B．实践二十五号卫星的轨道高度略高于同步轨道，可知其速度小于静止卫星的速度，故B错误；
C．实践二十五号卫星的轨道高度略高于同步轨道，可知其加速度小于静止卫星的加速度，故C错误；
D．实践二十五号卫星的轨道高度略高于同步轨道，可知其角速度小于静止卫星的角速度，故D错误。
故选A。
4. 下列对于与静电现象有关的四幅图的说法正确的是（ ）
A. 甲图中，尺子吸收轻小纸片是因为尺子对小纸片有粘滞力
B. 乙图中，导线外包裹一层金属编织网是为了增加导线的强度，使其不易被拉
C. 丙图中，避雷针的工作原理是通过尖端放电，从而避免雷击
D. 丁图中，工人进行超高压带电作业，穿戴的工作服是完全由铁甲制成，起静电屏蔽的作用
【答案】C
【解析】A．尺子吸收轻小纸片是因为尺子与轻小纸片带异种电荷而相互吸引，故A错误；
B．导线外包裹一层金属编织网是为了形成静电屏蔽，保护导线不受外界电场影响，故B错误；
C．避雷针的工作原理是通过尖端放电，从而避免雷击，故C正确；
D．工人进行超高压带电作业，穿戴的工作服是由含金属丝的织物制成，起静电屏蔽的作用，故D错误。
故选C。
5. 如图所示，在光滑绝缘水平面上固定两等量同种正点电荷，O为连线中点，A为中垂线上一点，现从A点由静止释放一带负电的试探电荷。则从A到O的过程中，下列说法正确的是（ ）
A. 试探电荷的加速度、速度均一定增大
B. 试探电荷的速度一定增大，加速度一定减小
C. 试探电荷的电势能一定减小
D. 试探电荷的电势能可能增大
【答案】C
【解析】AB．等量同种正电荷中垂线上从O点向无限远处，电场强度先增大后减小，由于A点位置未知，故加速度、速度大小的变化情况无法确定，故AB错误；
CD．由于A到O，电场力一定做正功，故电势能一定减小，故C正确，D错误。
故选C。
6. 如图所示，曲面上a、b两点离水平地面的高度分别为和，且，O点为曲面的最低点，下列说法正确的是（ ）
A. 小滑块由O运动到a的过程，增大曲面的粗糙程度时重力做功变大
B. 小滑块由O运动到a比由a运动到b的过程，重力势能的变化量大
C. 若取b点为零势能面，则小滑块在a点的重力势能大于在b点的重力势能
D. 无论选取何处作为零势能面，小滑块在b的重力势能均比在a点时的重力势能大
【答案】D
【解析】A．小滑块由O运动到a的过程，重力做功为
与曲线的粗糙程度无关，故A错误；
B．小滑块由O运动到a重力势能减少
小滑块由a运动到b重力势能减少
所以小滑块由O运动到a比由a运动到b过程，重力势能的变化量小，故B错误；
C．若以b点为零势能平面，根据
Ep=mgh
知，a点的重力势能为
b点的重力势能为0，所以小滑块在a点的重力势能小于在b点的重力势能，故C错误；
D．因为b点比a点离地面的高度高，无论以何处为参考平面，小球在b点的重力势能均比a点大，故D正确。
故选D。
7. 一辆列车总质量，发动机的额定功率。列车在水平轨道上直线行驶时，轨道对列车的阻力f恒为车重力的0.01倍，重力加速度。若列车从静止开始以的加速度匀加速启动，则这一过程维持的最长时间为（ ）
A. 15sB. 20sC. 25sD. 30s
【答案】C
【解析】由牛顿第二定律得
解得此过程列车的牵引力为
列车匀加速直线运动的末速度为
则此过程最长时间为
二、选择题：本题共3小题，每小题5分，共15分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
8. 抗震救灾国之大事，2025年1月7日，西藏定日县发生6.8级地震，为保障灾民生命财产安全，消防队员利用直升机为灾民配送物资。某次在执行任务时，直升机距离地面高度，水平飞行速度，所配送物资的质量为（含包装材料），物资投出后恰好垂直落在一倾角为的斜坡上的预定地点。不计空气阻力，重力加速度，下列说法正确的是（ ）
A. 物资投出后下落的高度为
B. 物资投出后运动的时间为
C. 物资落到斜坡上的速度大小为
D. 从物资释放到落到斜坡上发生的水平位移为
【答案】AC
【解析】物资投出后恰好垂直落在斜坡上，则货物落到斜坡上的竖直分速度为
根据
可知货物投出后运动的时间为
物资投出后下落的高度为
物资落到斜坡上的速度大小为
从物资释放到落到斜坡上发生的水平位移为
故选AC。
9. 如图所示，虚线a、b、c为某电场中的三条电场线，实线为一带电粒子射入电场后，仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹，P、Q是这条轨迹上的两点，则（ ）
A. 粒子可能带正电
B. P点电势一定高于Q点电势
C. 粒子在P点的加速度一定比在Q点的加速度大
D. 若在P点由静止释放一带电粒子，仅在电场力作用下的运动轨迹可能与电场线a重合
【答案】AC
【解析】AB．根据曲线运动规律电场力方向指向轨迹内侧，若电场线方向从上到下，则粒子带负电；若电场线方向从下到上，则粒子带正电，由题知，电场方向不确定，故带电粒子有可能带正电，也有可能带负电，且无法确定P、Q两点电势高低，故A正确，B错误；
C．由电场线的疏密程度可知P点的电场强度大，故粒子在P点的加速度一定比在Q点的加速度大，故C正确；
D．在电场线为直线时，由静止释放粒子，粒子运动的轨迹会与电场线重合，故D错误。
故选AC。
10. 如图所示，大圆环固定在竖直平面内，一根轻绳两端各系一个小球A、B（均可视为质点），轻绳跨过固定在大圆环顶端的小滑轮，A为有孔小球套在光滑的大圆环上。开始时A与大圆环圆心连线和竖直方向夹角为，A的质量为，B的质量为m，大圆环半径为R，重力加速度为g。由静止释放A、B，则在A球下滑到最低点的过程中（不计一切摩擦）（ ）
A. A球重力的瞬时功率一直变大
B. B球所受拉力可能小于其重力
C. A球到达最低点时的速度大小
D. A球与大圆环圆心等高时B球的速度大小
【答案】BD
【解析】A．根据P=mgvy，可知当A滑到最低点时，速度与重力垂直，重力的瞬时功率为0，则A球重力的瞬时功率先增大后减小，A错误；
B．B球的速度等于A球沿绳方向的分速度，最低点时该速度为0，可知B球先加速后减速，减速后B球失重，则拉力小于重力，B正确；
C．A球到达最低点的过程中，根据系统机械能守恒可知
解得，C错误；
D．A球与大圆环圆心等高时，根据系统机械能守恒有
解得B球的速度，D正确。
故选BD。
三、非选择题：本题共5小题，共57分。
11. 某同学用如图甲所示的装置利用自由落体法验证机械能守恒定律，请完成下列实验过程中的问题：
（1）下列操作的先后顺序正确的是______（填字母）。
A 先接通电源后放手B. 先放手后接通电源
C. 接通电源和放手应同时D. 以上说法都不对
（2）实验中，按照正确的操作得到如图乙所示的一条纸带。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（纸带上第一个点）的距离分别为、、。已知当地重力加速度为g，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，重物的重力势能变化量______，动能变化量______。（均用题中相关字母表示）
（3）分析结果，若发现重力势能变化量绝对值小于动能变化量，可能原因是______（填字母）。
A. 纸带受到阻力较大B. 先放手后接通电源
C. 先接通电源后放手D. 阻力与重力之比很小
【答案】（1）A （2） （3）B
【解析】
【小问1解析】
为了充分利用纸带，避免纸带上出现大量的空白段落，实验中先接通电源后放手，释放纸带。
故选A。
【小问2解析】
O为起始点，即打点O时速度为0，则从打O点到打B点的过程中，重物的重力势能变化量为
匀变速直线运动全程的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，则打B点的速度为
动能变化量
解得
【小问3解析】
正常情况下实验中，由于各种阻力的存在，会导致机械能有损耗，即重力势能的减小量总略大于动能的增加量，而此实验恰相反，可知是实验操作错误引起的，可能是物体实际上具有初速度，而数据处理时认为初速度为0，即可能的原因是先放手后接通电源。
故选B。
12. 实验小组的同学利用实验室新进的器材探究向心力大小与角速度的关系，实验装置如图：质量为的滑块套在光滑的水平杆上，随水平杆一起绕竖直杆做匀速圆周运动，力传感器通过一水平细绳连接滑块，用来测绳上拉力大小。滑块上中心处固定一遮光片，宽度为d，光电门可以记录遮光片通过的时间，测出滑块中心到竖直杆的距离为l。实验过程中细绳始终被拉直。
（1）滑块随杆转动做匀速圆周运动时，每经过光电门一次。力传感器和光电门就同时获得一组拉力F和遮光时间t，则滑块的角速度ω=____________（用t、l、d表示）。
（2）为验证向心力大小与角速度的关系，得到多组实验数据后，应作出F与____________（选填“”、“”、“”或“”）的关系图像。如果图像是一条过原点的倾斜直线，且直线的斜率等于____________，表明此实验过程中向心力与____________成正比（选填“角速度”、“角速度平方”或“角速度二次方根”）。
【答案】（1） （2） 角速度平方
【解析】
【小问1解析】
根据滑块角速度与线速度的关系可知该滑块的角速度为
【小问2解析】
根据
可得所以应作出F与的关系图像。
图像的斜率
根据，所以实验过程中向心力与角速度的平方成正比。
13. 如图所示，空间存在与水平方向夹角为45°斜向上的匀强电场，在电场中的O点用长为L的绝缘轻绳悬挂一质量为m、电荷量为q的带电小球（可视为点电荷），静止时小球位于A点，此时轻绳与竖直方向间夹角也为45°，P为过O点竖直虚线上一点，且O、P两点间距离为L，重力加速度为g。求：
（1）小球的带电性质以及电场强度E的大小；
（2）P、A两点间的电势差UPA。
【答案】（1）小球带正电， （2）
【解析】
【小问1解析】
由平衡条件可知，小球带正电。
对小球受力分析，由平衡条件有
解得
【小问2解析】
P、A两点间的电势差，
解得
14. “嫦娥六号”绕月球做匀速圆周运动，如图所示，已知“嫦娥六号”距月球表面高度为h，绕月球运动的周期为T，月球半径为R，引力常量为G。求：
（1）月球质量M；
（2）月球的平均密度；
（3）月球的第一宇宙速度大小v。
【答案】（1） （2）
（3）
【解析】
【小问1解析】
根据万有引力提供向心力
解得
【小问2解析】
根据题意，由公式 ，
联立解得
【小问3解析】
根据万有引力提供向心力
结合（1）中求得
解得
15. 如图所示，竖直平面内固定的光滑半圆轨道BCD和光滑半圆管道DE在D点平滑连接，D、E分别为光滑半圆轨道和光滑半圆管道的最高点，O，O'分别为半圆轨道和管道的圆心，C点与圆心O等高。水平地面与半圆轨道最低点B平滑连接，在水平地面的P点处有一竖直挡板，A点有一可视为质点的物块，一轻质弹簧水平放置在P、A间，左端固定在挡板上，右端与物块接触（未拴接，开始弹簧处于原长），P、A间地面光滑，A、B间地面粗糙。现使物块压缩弹簧（始终处于弹性限度内），某时刻由静止释放。已知物块质量m=1kg，A、B间地面长度L=0.2m，物块与A、B间地面的动摩擦因数μ=0.5，半圆轨道半径R=0.9m，半圆管道半径r=0.1m，重力加速度g=10m/s2，物块可视为质点，管道半径远大于其粗细。
（1）若释放后，物块恰好能运动到C点，求：
①物块经过B点时对轨道的压力N的大小；
②弹簧所具有的弹性势能Ep0的大小；
（2）若释放后，物块能经过E点，求释放时弹簧所具有的弹性势能最小值Epmin及此时经过E点时的速度vmin的大小。（结果可保留根号）
【答案】（1）①30N，②10J；（2）23.5J，
【解析】（1）①从B到C，根据机械能守恒
得
在B点，根据牛顿第二定律
得轨道对物块的支持力
根据牛顿第三定律，物块经过B点时对轨道的压力
N=
②根据能量守恒
得
（2）若释放后，经过E点，根据牛顿第二定律
代入数据得
当时，根据能量守恒可得，经过D点的速度
此时
所以此种情况下不能到达D点。所以应该是通过D点最小速度求解。根据
联立得