【物理】浙江省台州市台州六校联盟2024-2025学年高一下学期4月期中试题（解析版）

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命题：温岭市箬横中学（汪松平）台州市金清中学（焦成伟）
审题：仙居县外语学校（张丽红）
考生须知：
1.本试题卷分选择题和非选择题两部分。全卷共6页，满分100分，考试时间90分钟。
2.考生答题前，务必将自己的姓名、准考证号用黑色字迹的签字笔或钢笔填写在答题纸上。
3.可能用到的相关参数：本卷中除特别说明外，g取10m/s²
选择题部分
一、选择题Ⅰ（本题共12小题，每小题3分，共36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. 做曲线运动的物体，在运动过程中，一定变化的物理量是（ ）
A. 速率B. 速度
C. 加速度D. 合外力
【答案】B
【解析】A．做曲线运动的物体，在运动过程中，速度大小，即速率不一定发生变化，例如匀速圆周运动，A错误；
B．做曲线运动的物体，在运动过程中，速度的方向时刻发生变化，即一定变化的物理量是速度，B正确；
CD．做曲线运动的物体，在运动过程中，其所受外力的合力与加速度可能不变，例如平抛运动，CD错误。
故选B。
2. 关于科学家和他们的贡献，下列说法正确的是（ ）
A. 卡文迪许用实验测出了万有引力常量G的数值
B. 牛顿发现了万有引力定律，并测出了地球质量
C. 开普勒发现了行星运动定律，从而提出了“日心说”
D. 第谷通过长期的观测，积累了大量的天文资料，并发现了行星运动定律
【答案】A
【解析】A．卡文迪许用实验测出了万有引力常量G的数值，选项A正确；
B．牛顿发现了万有引力定律，卡文迪许用实验测出了万有引力常量G的数值，被称为第一个测出地球的质量的人，选项B错误；
C．开普勒发现了行星运动定律，哥白尼提出了“日心说”，选项C错误；
D．第谷通过长期的观测，积累了大量的天文资料，开普勒在研究了第谷的观测数据的基础上发现了行星运动定律，选项D错误。
故选A。
3. 下列物体的运动可看作机械能守恒的是（ ）
A. 树叶从枝头飘落
B. 被运动员掷出铅球在空中飞行的过程
C. 热气球缓缓升空
D. 汽车关闭油门后沿水平公路向前滑行
【答案】B
【解析】A．树叶从枝头飘落的过程，空气阻力对树叶做功，机械能不守恒，故A错误；
B．被运动员掷出的铅球在空中飞行的过程，空气阻力对铅球的作用可忽略不计，则只有重力对铅球做功，故机械能守恒，故B正确；
C．热气球缓缓升空，浮力对气球做功，机械能不守恒，故C错误；
D．汽车关闭油门后沿水平公路向前滑行，摩擦力对汽车做功，机械能不守恒，故D错误。
故选B。
4. 如图所示，某质点从a到c沿曲线做减速运动，在b点所受合力F的方向可能的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】质点从a到c沿曲线做减速运动，在b点所受合力F的方向应该指向轨迹的凹向，且F沿速度方向的分量与速度方向相反，可知C图正确。
故选C。
5. 如图所示，圆盘在水平面内绕竖直中心轴匀速转动，圆盘上P点有一小物体随圆盘一起转动且相对圆盘静止。下列说法正确的是（ ）
A. 小物体仅受重力作用
B. 小物体仅受重力、支持力作用
C. 小物体受重力、支持力和向心力作用
D. 小物体受重力、支持力和静摩擦力作用
【答案】D
【解析】小物体随水平面内圆盘一起转动且相对圆盘静止，可知小物体在竖直方向受力平衡，即受到重力和圆盘对小物体的支持力；在水平方向，由小物体随圆盘一起转动且相对圆盘静止可知，小物体受圆盘的静摩擦力作用，此力提供小物体随圆盘一起转动的向心力，因此小物体受重力、支持力和静摩擦力作用，ABC错误，D正确。
故选D。
6. 如图所示为皮带传动装置，轴O1上两轮半径分别为4r和r，轴O2上轮的半径为2r，A、B、C分别为轮缘上的三点，皮带不打滑，下列说法正确的是（ ）
A. A、B两点线速度之比是1：1B. B、C两点角速度之比是1：1
C. A、C两点周期之比是8：1D. A、C两点向心加速度之比是8：1
【答案】D
【解析】A．A、B两点在同一个轮盘上，是同轴转动角速度相同，根据，故线速度之比是4:1，故A错误；
B．皮带传动边缘线速度相同，故B、C两点线速度相等，则，B、C两点角速度之比是2:1，故B错误；
C．根据上述分析有，根据，A、C两点周期之比是1：2，故C错误；
D．根据
则，故D正确。
故选 D。
7. 如图所示，三颗地球静止卫星就能实现全球同步通信，已知静止卫星的线速度为v，地球自转的周期为T，地球的半径为R，引力常量为G，下列说法正确的是（ ）
A. 静止卫星可以在某时刻经过台州市的上空B. 三颗静止卫星的动能一定相等
C. 静止卫星的周期等于TD. 静止卫星的轨道半径为
【答案】C
【解析】A．地球静止卫星相对地球是静止的，故轨道平面与赤道重合，不能经过台州市的上空，A错误；
B．由，三颗静止卫星的速率一定相等，但它们的质量不一定相等，B错误；
C．地球静止卫星相对地球静止，其公转周期等于地球的自转周期，C正确；
D．由
得静止卫星的轨道半径为，D错误。
故选C。
8. 如图，某同学把质量为的足球从水平地面踢出，足球达到最高点时速度为，离地高度为。不计空气阻力，重力加速度为，下列说法正确的是（ ）
A. 该同学踢球时对足球做功
B. 足球上升过程重力做功
C. 该同学踢球时对足球做功
D. 足球上升过程克服重力做功
【答案】C
【解析】AC．由动能定理可得
解得该同学踢球时对足球做功
故C正确，A错误；
BD．足球上升过程重力做功
则足球上升过程克服重力做功，故BD错误。
故选C。
9. 如图所示，竖直光滑直轨道AB与半径为R=20cm的光滑圆弧轨道BCD相切于B点，C、D分别为圆弧轨道的最低点与最高点，且CD间距为直径。可看作质点的滑块从直轨道上的A点由静止滑下，经过圆弧轨道恰好能通过D点。不计空气阻力，则滑块在D点的速率v与A、C点间的高度差h，下列选项中正确的是（ ）
A. v=0B. v=2m/sC. h=20cmD. h=50cm
【答案】D
【解析】AB．滑块恰好可以通过D点，根据牛顿第二定律则有
解得滑块通过D点的速度大小为
AB错误；
CD．A到D的过程中，根据机械能守恒定律则有
代入数据解得
故选D。
10. 2024年4月25日，长征二号F遥十八运载火箭将“神舟十八号”载人飞船精准送入预定轨道。“神舟十八号”与火箭分离后，将进行多次变轨，与中国空间站进行径向交会对接。如图所示为“神舟十八号”对接前变轨过程的简化示意图，PQ是椭圆轨道②的长轴，“神舟十八号”从圆轨道①先变轨到椭圆轨道②，再变轨到圆轨道③，然后与空间站实施对接。下列说法正确的是（ ）
A. 飞船在①轨道上P点速度小于在②轨道上P点速度
B. 飞船在③轨道上运行的速度大于第一宇宙速度
C. 飞船在②轨道上Q点加速度小于在轨③道上Q点加速度
D. 飞船在②轨道上运行周期大于③轨道运行周期
【答案】A
【解析】A．飞船在①轨道上P点加速才能进入轨道②，可知飞船在①轨道上P点的速度小于在②轨道上P点速度，选项A正确；
B．根据
可得
飞船在③轨道上运行的速度小于第一宇宙速度，选项B错误；
C．根据
可得
飞船在②轨道上Q点加速度等于在轨③道上Q点加速度，选项C错误；
D．根据开普勒第三定律
飞船在②轨道上运行的半长轴小于③轨道运行的轨道半径，可知飞船在②轨道上运行周期小于③轨道运行周期，选项D错误。
故选A。
11. 如图所示为一质量为M的球形物体，质量分布均匀，半径为R，在距球心2R处有一质量为m的质点。若在球心与质点的连线上挖去两个半径均为的小球两球表面相切。已知引力常量为，则球形物体剩余部分对质点的万有引力的大小为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】根据
由于挖去的球体半径是原球体半径的，则挖去的球体质量是原球体质量的，所以挖去的球体质量，未挖时，原球体对质点的万有引力
挖去左边部分对质点的万有引力
挖去右边部分对质点的万有引力
则剩余部分对质点的万有引力大小
故ABC错误，D正确。
故选D。
12. 一小球沿着光滑平面以0.5m/s的初速度滑入一中空光滑圆筒内，圆筒侧边与平面相切。已知圆筒半径为5cm、高为5cm，底端到地面的距离为15cm，则（ ）
A. 筒壁对小球的弹力做正功
B. 小球离开圆筒后做平抛运动
C. 小球在桶内运动的时间为0.2s
D. 小球离开筒的点到最后的落点的距离为
【答案】D
【解析】A．筒壁对小球的弹力与小球速度垂直，故不做功，故A错误；
B．小球离开圆筒后，已经下降了5cm，故竖直方向上已经具有一定的速度，故做斜抛运动，故B错误；
C．小球在桶内运动可以分解为水平方向上的圆周运动和竖直方向上的自由落体运动，而小球在桶内运动的时间取决于竖直方向上的运动，则
故C错误；
D．小球从平面到离开开始分析，有
解得
则小球离开筒的点到最后的落点的时间为
小球离开筒的点到最后的落点的水平方向上距离为
小球离开筒的点到最后的落点的距离为
故D正确；
故选D。
二、选择题Ⅱ（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。选对但不全的得2分。有选错的得0分）
13. 如图所示，下列有关生活中圆周运动实例分析，说法正确的是（ ）
A. 甲图中，汽车通过凹形桥的最低点时，处于失重状态
B. 乙图中，火车转弯超过规定速度行驶时，外轨对外轮缘会有挤压作用
C. 丙图中，脱水筒的脱水原理是由于衣服受到离心力作用，把水从衣服甩出
D. 丁图中，杂技演员表演“水流星”，当“水流星”通过最高点时水对桶底的压力可能为零
【答案】BD
【解析】A．甲图中，汽车通过凹形桥的最低点时，向心力加速度竖直向上，指向圆心，处于超重状态。故A错误；
B．乙图中，火车转弯超过规定速度行驶时，重力与支持力合力不足以提供向心力，所以外轨对外轮缘会有挤压作用。故B正确；
C．丙图中，脱水筒的脱水原理是附着在衣服上的水做离心运动被甩出。故C错误；
D．丁图中，杂技演员表演“水流星”，当“水流星”通过最高点时自身重力提供向心力，即
时，水对桶底的压力为零。故D正确。
故选BD。
14. 如图所示，某儿童电动玩具车的发动机额定功率为15W，质量为2kg，在水平地面上运动受到的摩擦力恒为5N，忽略空气阻力的影响，当玩具车以额定功率启动直到做匀速直线运动的过程中，下列说法正确的是（ ）
A. 玩具车一开始做匀加速运动
B. 玩具车运行时牵引力一直变大
C. 玩具车运行的最大速度为3m/s
D. 玩具车牵引力做的功大于克服摩擦力做的功
【答案】CD
【解析】AB．当玩具车以额定功率启动直到做匀速直线运动的过程中，根据牛顿第二定律可得
可知随着速度的增大，玩具车受到的牵引力逐渐减小，加速度逐渐减小，故AB错误；
C．当牵引力等于摩擦力时，汽车的速度最大，则玩具车运行的最大速度为
故C正确；
D．根据动能定理可得
可得玩具车牵引力做的功大于克服摩擦力做的功，故D正确。
故选CD。
15. 如图所示，人们用滑道从高处向低处运送货物，可看作质点的货物静止释放，沿滑道运动到圆弧末端Q点过程中克服阻力做的功为440J。已知货物质量为20kg，滑道高度h为4m，且过Q点的切线水平。在货物从P点运动到Q点的过程中，下列说法正确的是（ ）
A. 重力势能减少了440J
B. 到达Q点时的速度大小为6m/s
C. 机械能减少了440J
D. 重力的功率先减小后增大
【答案】BC
【解析】A．从P点到Q点，货物下降了4m，则重力势能减少量为，故A错误；
B．由动能定理
可得到达Q点时的速度大小为v=6m/s，故B正确；
C．根据功能关系可知，货物减少的机械能等于克服阻力做的功，减少440J，故C正确；
D．从P点到Q点过程中，货物所受重力不变，其竖直方向的速度先增大后减小，则重力的功率先增大后减小，故D错误。
故选BC 。
非选择题部分
三、非选择题（本题共4小题；其中第16小题16分，第17小题11分，第18小题12分，第19小题13分；共52分）
实验题
16. （1）如图甲是“探究平抛运动的特点”的实验装置，横挡板在不同高度卡住平抛运动的小球来确定小球运动的轨迹，下列操作正确的是
A. 斜槽轨道必须光滑
B. 安装斜槽轨道，使其斜槽末端切线保持水平
C. 测量同一条轨迹时，小球每次可以从不同高度静止释放
D. 用折线连接描绘的点得到小球的运动轨迹
（2）小明同学采用如图乙所示的装置，击打金属片，把A球沿水平方向弹出，同时B球被松开，自由下落，观察到两球同时落地，改变A球被弹出时的速度，两球仍然同时落地，这说明______
【答案】（1）B （2）平抛运动在竖直方向上是自由落体运动
【解析】
【小问1解析】
A．斜槽轨道不需要光滑，只要每次小球从同一位置静止释放，就能保证平抛初速度相同，故A错误；
B．斜槽末端切线水平，才能保证小球做平抛运动（初速度水平），故B正确；
C．测量同一条轨迹时，小球每次必须从同一高度静止释放，保证初速度相同，故C错误；
D．应用平滑曲线连接描绘的点得到轨迹，不是折线，故D错误。
故选B。
【小问2解析】
A球做平抛运动，B球做自由落体运动，两球同时落地，说明平抛运动竖直方向和自由落体运动规律相同，即平抛运动在竖直方向上是自由落体运动 。
17. 在“验证机械能守恒定律”的实验中
（1）下图是四位同学释放纸带瞬间的照片，你认为操作正确的是
A. B.
C. D.
（2）选出一条清晰的纸带如图所示，其中O点为打点计时器打下的第一个点， A、B、C为计数点，用刻度尺测得OA=12.41cm，OB=18.60cm，OC=27.21cm，在计数点A和B、B和C之间还各有一个点。已知重物的质量为1.00kg，交流电频率为50Hz。本小题取。在OB段运动过程中，重物重力势能的减少量______J；重物的动能增加量______J（结果保留3位有效数字）。
（3）由以上数据可以知道△Ep总是略大于△Ek，其原因是
A. 利用公式v=gt计算重物速度
B. 做实验时，先释放纸带后接通电源
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
【答案】（1）A （2） 1.86 1.71 （3）C
【解析】
【小问1解析】
重锤释放前应靠近打点计时器，且保持纸带与限位孔在一条线上减少摩擦产生误差，故A正确。
【小问2解析】
重力势能的减少量
纸带打下B点是重锤的速度
据题意
由
代入数据的
【小问3解析】
A．利用公式v = gt计算重物速度，前提是物体做自由落体运动，不会出现△Ep总是略大于△Ek的情况，故A 错误；
B．做实验时先释放纸带后接通电源，会导致打第一个点时重物已经有了一定速度，这样会使测得的动能偏大，而不是△Ep总是略大于△Ek的原因，故B 错误；
C．存在空气阻力和摩擦阻力的影响，在重物下落过程中，这些阻力会做负功，消耗机械能，使得重力势能的减少量一部分转化为内能等其他形式的能量，而不是全部转化为动能，所以△Ep总是略大于△Ek，故C 正确；
D．没有采用多次实验取平均值的方法，只会影响实验数据的准确性和误差大小，不会导致△Ep总是略大于△Ek这种系统性的差异，故D 错误。
故选C。
18. 在“探究向心力大小与半径、角速度、质量的关系”的实验中，选用的向心力演示器如图所示。转动手柄，使槽内的小球随之做圆周运动。小球向外挤压横臂挡板，使横臂压缩塔轮中心的弹簧测力套筒，弹簧被压缩的格数可从标尺读出，格数比即为两小球向心力大小之比。
（1）演示器左、右变速塔轮最上层的半径相等，为探究向心力大小与半径的关系，现将塔轮皮带都拨到最上层，下列操作正确的是
A. 选用两个相同的钢球分别放在挡板A和挡板C处
B. 选用两个相同的钢球分别放在挡板B和挡板C处
C. 选用两个相同体积的钢球和铝球分别放在挡板B和挡板C处
D. 选用两个相同体积的钢球和铝球分别放在挡板A和挡板C处
（2）演示器塔轮皮带可上下拨动，目的是为了改变两小球做圆周运动的
A. 角速度B. 质量C. 半径
【答案】（1）B （2）A
【解析】
【小问1解析】
为探究向心力大小与半径的关系，应使两球的质量、角速度相等，将塔轮皮带都拨到最上层，两球的角速度相等，故选用两个相同的钢球分别放在挡板B和挡板C处。
故选B。
【小问2解析】
塔轮通过皮带传动，套皮带的两轮边缘线速度相等，皮带上下拨动，目的是通过改变转动半径来改变两小球做圆周运动的角速度。
故选A。
19. 我国“嫦娥四号”探测器成功着陆在月球背面预选着陆区，月球车“玉兔二号”到达月面开始巡视探测，对研究月球和太阳系早期历史具有重要价值。已知月球半径为R，月球表面的重力加速度大小为g，引力常量为G，着陆前探测器在距月面高度为h的环月轨道上做匀速圆周运动。把月球看作均匀球体。求：
（1）月球的质量M；
（2）月球的密度ρ；
（3）月球的第一宇宙速度v的大小；
（4）探测器在环月轨道上做圆周运动的周期T。
【答案】（1） （2）
（3） （4）
【解析】
【小问1解析】
在月球表面有
解得
【小问2解析】
根据
解得月球的密度为
【小问3解析】
月球第一宇宙速度等于近月卫星的环绕速度，则有
解得
【小问4解析】
设探测器的质量为，由万有引力提供向心力可得
解得
20. 游乐场里空中飞椅因其刺激性而深受很多年轻人的喜爱。如左图所示，钢绳一端系着座椅，另一端固定在水平转盘边缘，转盘可绕穿过其中心的竖直轴转动。为了研究方便，把它简化为圆锥摆模型，人和座椅做匀速圆周运动，如右图所示。人和座椅可以当作质点，总质量为m，钢绳长度L，钢绳与竖直方向的夹角θ，不计钢绳的重力和一切阻力，已知重力加速度为g，，求：
（1）指出人和座椅做匀速圆周运动的向心力来源并求解向心力的大小Fn。
（2）当钢绳与竖直方向的夹角为时，人和座椅旋转的角速度
（3）当钢绳受到的拉力为时，人和座椅转动的角速度ω和夹角θ
【答案】（1）重力与钢绳拉力的合力（或者钢绳拉力在水平方向的分力）提供向心力；
（2） （3）；θ=53°
【解析】
【小问1解析】
重力与钢绳拉力的合力（或者钢绳拉力在水平方向的分力）提供向心力
向心力为
【小问2解析】
根据牛顿第二定律
可得
小问3解析】
根据牛顿第二定律
解得
根据
可得 θ=53°
21. 如图所示，在离水平地面CD高的光滑水平平台上，质量m=1kg的物块（可视为质点）压缩弹簧后被锁扣K锁住，弹簧原长小于水平平台的长度，此时弹簧储存了一定量的弹性势能Ep，若打开锁扣K，物块与弹簧脱离后从A点离开平台，并恰好能从光滑圆弧形轨道BC的B点的切线方向进入圆弧形轨道，B点距地面CD的高度；圆弧轨道半径R=30m，轨道最低点C的切线水平，并与长为L=70m的粗糙水平直轨道CD平滑连接。物块沿轨道BCD运动并与右边墙壁发生碰撞，且碰后速度等大反向。
（1）求物块从A点离开平台时的速度大小v0；
（2）被K锁住时弹簧储存的弹性势能Ep；
（3）求物块第一次经过圆轨道最低点C时对轨道的压力大小；
（4）若物块与墙壁只发生一次碰撞且不会从B点滑出BCD轨道，求物块与轨道CD间的动摩擦因数μ的取值范围。
【答案】（1） （2） （3） （4）
【解析】
【小问1解析】
由
因R=h1， 由几何关系可得∠BOC=60°
由
得
【小问2解析】
被K锁住时弹簧储存的弹性势能
【小问3解析】
从A到C的过程
在C点，有
可得
由牛顿第三定律得
【小问4解析】
若物块第一次进入CD轨道后恰能与墙壁发生碰撞，从A点至第一次到D点的过程由动能定理得
解得
若物块与墙壁发生一次碰撞后恰好返回到B点时速度为零，从A点至第一次返回到B点的过程，由动能定理得
解得
若物块第二次进入CD轨道后恰好不能与墙壁发生碰撞，从A点至第二次到D点的过程由动能定理得
解得
综上μ的取值范围。