浙江温州环大罗山联盟2025-2026学年第二学期期中高一年级物理学科试题（含解析）

这是一份浙江温州环大罗山联盟2025-2026学年第二学期期中高一年级物理学科试题（含解析），共6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6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. 下列物理量是矢量且单位正确的是（ ）
A. 电场强度 N/CB. 加速度 m/s
C. 力 D. 功率 J
【答案】A
【解析】
【详解】A．电场强度是矢量，根据定义式，力的单位为N、电荷量单位为C，因此电场强度单位为，故A正确；
B．加速度是矢量，根据定义式，其单位应为，故B错误；
C．力是矢量，单位为N，而单位是功、能量的单位，故C错误；
D．功率是只有大小没有方向的标量，单位为W，故D错误。
故选A。
2. 在物理学的发展过程中，许多物理学家都做出了重大贡献，他们也创造出了许多物理学研究方法，下列关于物理学史和物理学研究方法的叙述中正确的是（ ）
A. 牛顿首先建立了平均速度、瞬时速度和加速度概念用来描述物体的运动
B. 第谷通过大量天文观测总结出了行星沿椭圆轨道绕太阳运动的规律
C. 卡文迪许利用扭秤实验装置测出了引力常量，被称为“称量地球质量”第一人
D. 库仑首先提出了电场的概念，并引入了电场线来形象地描述电场
【答案】C
【解析】
【详解】A．首先建立平均速度、瞬时速度和加速度概念用来描述物体运动的物理学家是伽利略，故A错误；
B．第谷通过长期天文观测积累了大量精确的观测数据，总结出行星沿椭圆轨道绕太阳运动规律的是开普勒，故B错误；
C．卡文迪许利用扭秤实验首次测出了引力常量G，结合万有引力定律可计算得到地球质量，因此被称为“称量地球质量”第一人，故C正确；
D．首先提出电场概念、并引入电场线形象描述电场的是法拉第，库仑的主要贡献是总结了库仑定律，故D错误。
故选C。
3. 2025年9月25日，歼-35在福建舰完成起降训练的画面被公开。如图所示为歼-35舰载战斗机在福建舰电磁弹射起飞，下列说法正确的是（ ）
A. 匀速爬升时，歼-35的机械能不变
B. 研究电磁弹射起飞推力的作用点时，可将歼-35视为质点
C. 加速飞行时，空气对歼-35的作用力大于歼-35对空气的作用力
D. 在航母甲板上减速时，歼-35对飞行员的作用力大于飞行员的重力
【答案】D
【解析】
【详解】A．匀速爬升时，战斗机动能不变，重力势能随高度升高而增大，因此机械能增大，A错误；
B．研究推力的作用点时，战斗机的大小、形状不可忽略，不能将其视为质点，B错误；
C．空气对战斗机的作用力和战斗机对空气的作用力是一对作用力与反作用力，根据牛顿第三定律，二者大小始终相等，C错误；
D．战斗机减速时，飞行员加速度方向与运动方向相反，飞行员受重力和战斗机对他的作用力，根据矢量合成，战斗机对飞行员的作用力大小为，D正确。
故选D。
4. 如图所示，一个轻质网兜把一个足球挂在光滑竖直墙壁上的A点，足球的质量为m，悬绳与竖直墙壁夹角为a，重力加速度为g，下列说法正确的是（ ）
A. 墙壁对足球的弹力大小为
B. 悬绳对足球的拉力大小为mgcsa
C. 若增加悬绳长度，墙壁对足球的弹力变大
D. 若增加悬绳长度，悬绳对足球的拉力变小
【答案】D
【解析】
【详解】A．对足球进行受力分析，如图所示
根据平衡条件可得
则墙壁对足球的弹力大小为，故A错误；
B．同理可得
解得悬绳对足球的拉力大小为，故B错误；
CD．若增大悬绳的长度后重新挂在A点，则α角减小，根据，
可知，与原来相比，悬绳对足球的拉力将变小，墙壁对足球的弹力变小，故C错误，D正确。
故选D。
5. 如图所示，水平面上固定有一个斜面，从斜面顶端向右平抛一只小球，当初速度为v0时，小球恰好落到斜面底端，平抛的飞行时间为t0.现用不同的初速度v从该斜面顶端向右平抛这只小球，以下哪个图象能正确表示平抛的飞行时间t随v变化的函数关系（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】若v>v0，则小球抛出后落在平面上，其运动时间均相等，不会随v变化；若vv甲
B. 卫星甲、乙、丙的绕行周期
C. 卫星乙和卫星丙在B点的加速度相等
D. 卫星乙和卫星丙的机械能一定相等
【答案】C
【解析】
【详解】A．根据万有引力提供向心力可得
可得线速度
卫星甲的轨道半径小于丙的半径，可知卫星甲的线速度大于丙的线速度，故A错误；
B．轨道II为椭圆轨道，其长轴AC为4R，可知其半长轴为2R，与轨道III的半径相同，根据开普勒第三定律可得乙、丙的周期相同，且均大于甲的周期，故卫星甲、乙、丙的绕行周期，故B错误；
C．在B点，根据牛顿第二定律有
可得加速度
可知卫星乙和卫星丙在B点的加速度相等，故C正确；
D．卫星乙和卫星丙的质量关系未知，故机械能大小关系未知，故D错误。
故选C。
8. 如图所示，某同学把一不带电的验电器用金属网罩起来，用带正电的金属小球靠近金属网但不与网接触，则（ ）
A. 验电器的金属球带负电
B. 拿走金属网，验电器箔片张开
C. 用一根导线连接金属网的P、Q两点，导线中有电流通过
D. 金属网罩内部电场强度的方向与带电金属球产生的电场强度反向
【答案】B
【解析】
【详解】不带电的验电器用金属网罩起来，金属网和金属网内的验电器处于静电屏蔽状态，验电器和金属网之间场强为零，验电器的金属球不带电，带正电的金属小球靠近金属网时验电器箔片不张开，用一根导线连接金属网的P、Q两点，不会有电流通过，拿走金属网后，验电器箔片张开。
故选 B。
9. 游乐场中一种叫“魔盘”的娱乐设施，简化模型如图所示，魔盘侧面与水平面的夹角为θ。质量为m的游客随魔盘以角速度ω一起匀速转动，半径为r，重力加速度大小为g，下列说法正确的是（ ）
A. 魔盘对游客的作用力沿水平方向指向转轴
B. 若魔盘角速度缓慢增加，质量较小的游客先发生滑动
C. 若魔盘角速度缓慢增加，游客受到魔盘的支持力会缓慢增大
D. 若魔盘角速度缓慢增加，游客受到魔盘的摩擦力会缓慢增大
【答案】D
【解析】
【详解】A．游客受到重力、支持力、摩擦力三个力的作用，这三个力的合力沿水平方向指向转轴；其中支持力和摩擦力的合力的方向不是水平方向，故A错误；
CD．对游客受力分析，如图所示
在水平方向，根据牛顿第二定律可得
在竖直方向，根据平衡条件可得
联立，解得，
由于游客的重力保持不变，魔盘的倾斜角度不变，魔盘角速度缓慢增大，游客所需向心力增大，因此摩擦力f增大，N减小，故C错误，D正确；
B．当游客发生滑动时，摩擦力为滑动摩擦力，即
可得游客发生滑动的先后与游客的质量无关，故B错误。
故选D。
10. 如图甲，有一物体由O点以初速度v0沿水平面向右滑行，物体始终受到一个水平向左的恒力F，已知物体与水平面间的动摩擦因数μ=0.1，其动能Ek随离开O点的距离s变化的图线如图乙所示，g取10m/s2，下列说法正确的是（ ）
A. 物体的质量为m=1kg
B. 物体受到的恒力F=3N
C. 物体与水平面间的摩擦力大小
D. 由于摩擦力做负功，物体的机械能不断减小
【答案】B
【解析】
【详解】AB．根据动能定理得：物体向右运动过程有
物体向左运动过程有
联立解得m=2kg，F=3N。故A错误，B正确；
C．摩擦力大小，故C错误；
D．物体的重力势能不变，动能先减小后增大，则机械能先减小后增大，故D错误。
故选B。
二、选择题Ⅱ（本题共3小题，每小题4分，共12分。每小题所给的四个选项中，至少有一项符合题意。全部选对得4分，选对但不全得2分，有选错的得0分。）
11. 物理与生活息息相关，以下是教材中的几幅插图，下列说法正确的是（ ）
A. 图1中离心机分离血液时，是由于血液受到离心力作用而分离
B. 图2中火车在倾斜轨道上转弯时，内轨可能不受车轮的侧向挤压
C. 图3为静电除尘装置的示意图，粉尘被吸附到正极A上
D. 图4为给汽车加油前要触摸一下的静电释放器，其目的是导走加油枪上的静电
【答案】BC
【解析】
【详解】A．物体做离心运动是由于提供的力小于做圆周运动需要的向心力，从而使物体做离心运动，实际上不存在离心力这个力，故A错误；
B．图中火车在倾斜轨道上转弯时，若其速度大于或等于规定的速度，则内轨不受车轮的侧向挤压，故B正确；
C．图3为静电除尘装置的示意图，带负电的尘埃被收集在两板A上，故C正确；
D．图4为给汽车加油前要触摸一下的静电释放器，其目的是导走人身上的静电，故D错误；
故选 BC。
12. 如图所示，质量为m=0.5kg的小球，用长为l=1m的轻绳悬挂于O点的正下方P点。小球在水平向右拉力的作用下，在竖直平面内从P点缓慢地移动到Q点，Q点轻绳与竖直方向夹角为，不计空气阻力，g取10m/s2。下列说法正确的是（ ）
A. 在此过程中水平拉力的最大值为10N
B. 在此过程中重力对小球做功为2.5J
C. 在此过程中水平拉力对小球做功为2.5J
D. 若小球运动到Q点时撤去水平拉力，小球开始下摆，小球回到P点时，重力的瞬时功率为零
【答案】CD
【解析】
【详解】A．动态平衡，对小球受力分析水平拉力为，时水平拉力最大，最大值为，故A错误；
B．此过程中重力对小球做功为，故B错误；
C．动能定理，可知，故C正确；
D．小球回到P点时，重力和速度方向垂直，重力的瞬时功率为零，故D正确。
故选CD 。
13. 我国新能源汽车发展迅猛，已成为全球最大的新能源汽车产销国。质量为m=2000kg的某新能源汽车在水平直线路面上运动的v-t图像如图所示，其中OA段和BC段为直线，OA段的加速度a=1m/s2，已知该汽车动力系统的额定功率为P=80kW，汽车所受阻力大小恒为f=2000N，下列说法正确的是（ ）
A. 汽车能够达到的最大速度v2是40km/h
B. 汽车匀加速的最大速度v1是20m/s
C. 汽车速度为25m/s时的加速度是0.5m/s2
D. 若汽车在AB段所用时间为35s，则汽车在这段时间内的位移为800m
【答案】BD
【解析】
【详解】A．当牵引力与阻力平衡时，汽车达到最大行驶速度，即
解得，A错误；
B．匀加速阶段牵引力恒定，由牛顿第二定律
得
匀加速结束时功率达到额定功率，此时
得匀加速最大速度， B正确；
C．当时，汽车功率已达额定功率，牵引力
加速度， C错误；
D．AB段汽车以额定功率运动，对AB段应用动能定理
解得， 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. 下列实验中需要用到打点计时器的有（ ）
A. 探究小车的速度随时间的变化规律
B. 探究两个互成角度的力的合成规律
C. 探究向心力大小与半径、角速度、质量的关系
D. 验证机械能守恒定律
【答案】AD
【解析】
【详解】A．“探究小车的速度随时间变化的规律”，需要确定小车运动的速度，所以需要用到打点计时器，故A符合题意；
B．“探究两个互成角度的力的合成规律”，不需要用到打点计时器，故B不符合题意；
C．“探究向心力大小与半径、角速度、质量的关系”，不需要用到打点计时器，故C不符合题意；
D．“验证机械能守恒定律”，需要确定重物运动的速度，所以需要用到打点计时器，故D符合题意。
故选AD。
15. 在“探究加速度与力、质量的关系”实验中，某小组设计双车位移比较法来探究加速度与力的关系。实验装置如图甲所示，图乙是示意图，将轨道分上下双层排列，轨道右端安装两个相同的打点计时器，并将两个打点计时器并联接到同一个电源上，可以同时控制两个打点计时器的开启或关闭。两辆质量相等的小车放在轨道上，前端各系一条细绳，绳的另一端跨过定滑轮挂槽码盘和槽码，通过改变槽码的质量来改变拉力大小，通过比较两小车的位移来比较两小车的加速度大小。
（1）在本实验中，将两个打点计时器并联接到同一个电源上的主要目的是（ ）
A. 保证两个打点计时器的工作时间一致
B. 增大打点的频率，让纸带点迹更密集
C. 防止其中一个打点计时器出现故障，起到备用作用
D. 使两个打点计时器的打点力度相同，让点迹清晰度一致
（2）实验中通过比较两小车的位移来比较加速度大小，理论依据是小车做初速度为零的匀加速直线运动，在时间相同的情况下，位移与________成正比。
（3）下列关于本实验的操作要求，说法正确的是（ ）
A. 实验前无需调节轨道的倾斜程度平衡摩擦力
B. 调节两个定滑轮的高度，使细绳与轨道平行
C. 为减小误差，实验中一定要保证小车的质量远小于槽码盘和槽码的总质量
D. 实验中应先释放小车，再接通打点计时器的电源
【答案】（1）A （2）加速度a （3）B
【解析】
【小问1详解】
A．将两个打点计时器并联到同一个电源上，并且题目中提到“可以同时控制两个打点计时器的开启或关闭”，这意味着当电源接通时，两个计时器同时开始打点；当电源断开时，它们同时停止打点。这样就能确保两辆小车在完全相同的时间内运动，故A正确；
B．打点频率由交流电的频率决定，并联不能增大频率，故B错误；
C．并联主要是为了同步控制，而不是备用，故C错误；
D．打点力度与电压有关，但实验比较的是位移，不需要点迹清晰度完全一致，故D错误。
故选A。
【小问2详解】
因为小车初速度，位移时间公式为
在本实验设计中，通过同时开启和关闭打点计时器，保证了两辆小车的运动时间是相同的，因此，小车的位移与其加速度成正比。
【小问3详解】
A．探究加速度与力的关系时，小车受到的合外力应等于细绳的拉力。如果不平衡摩擦力，小车受到的合外力就是拉力减去摩擦力。虽然本实验是比较两辆车的加速度，但如果摩擦力不同，位移之比就不能准确反映拉力之比。因此，必须平衡摩擦力，使细绳拉力等于小车受到的合外力，故A错误；
B．如果细绳不与轨道平行，拉力就会产生一个垂直于轨道的分力，这不仅会改变小车对轨道的压力（进而改变摩擦力，即使已平衡也可能破坏平衡状态），而且小车在运动方向上受到的拉力只是绳拉力的一个分力，会导致拉力测量不准确。因此必须使细绳与轨道平行，故B正确；
C．在实验中，用槽码和槽码盘的总重力来近似代替小车受到的拉力。
实际上，对整体分析有
对小车有
只有当小车质量远大于槽码和槽码盘的总质量时，才近似等于，故C错误；
D．使用打点计时器的标准操作是先接通电源，待打点稳定后再释放小车，这样可以充分利用纸带并保证打点的完整性，故D错误。
故选B。
16. 某小组在“研究平抛运动特点”的实验中，分别使用了图甲和图乙的实验装置。
（1）平抛物体的运动规律可以概括为两点：
①水平方向做匀速直线运动，②竖直方向做自由落体运动。
为了研究平抛物体的运动规律，可做下面的实验：如图甲所示，小锤水平打击弹性金属片，A球水平抛出的同时B球自由下落。调节高度和打击力度时都发现两小球同时落地，这个实验现象说明了（ ）
A. 只能说明上述规律中的第①条B. 只能说明上述规律中的第②条
C. 不能说明上述规律中的任何一条D. 能同时说明上述两条规律
（2）组内某同学利用如图乙所示实验装置进行实验，下列实验操作准确且必须的有（ ）
A. 斜槽必须是光滑的，且小球从同一位置释放
B. 斜槽的末端必须水平
C. 挡板高度必须等间距变化
D. 以斜槽末端对应白纸上的位置为坐标原点O建立坐标系
（3）在某次实验探究中，描出小球平抛运动的轨迹如图丙所示，A、B、C是运动轨迹上的三个点且相邻两点间的时间间隔相同，以A为坐标原点建立坐标系，由图可计算得出平抛运动的初速度大小v0=___________m/s，小球从抛出到B点所经过的时间为tB=__________s（g=10m/s2，结果均保留一位有效数字）。
【答案】（1）B （2）B
（3） ①. 1 ②. 0.2
【解析】
【小问1详解】
两球落地时间相同，只能说明A球与B球在竖直方向上的运动规律相同，都是自由落体。
故选B。
【小问2详解】
A．斜槽的作用是使小球获得水平初速度，斜槽不要求光滑，但每次释放小球的初始位置相同，故A错误；
B．斜槽的末端必须保持水平，保证小球飞出轨道时初速度是水平的，做平抛运动，故B正确；
C．挡板不需要每次降低相同高度，只要能画出在背板上的落点，就可以进行轨迹的研究，故C错误；
D．以小球在斜槽末端时球心在纸上的投影处作为小球做平抛运动的起点和所建坐标系的原点O，故D错误。
故选B。
【小问3详解】
[1]由图可知A、B两点间的水平位移等于B、C两点间的水平位移，则A、B两点间的时间间隔等于B、C两点间的时间间隔，设该时间间隔为T，在竖直方向上，根据逐差公式有
解得T=0.1s
则小球做平抛运动的初速度大小为
[2]由于B点是AC中间时刻点，故球在B点的竖直方向速度为
根据
解得
17. 如图所示，同一竖直平面内，有两根光滑绝缘杆OA和OB，与竖直线OC的夹角均为45°，两杆上均套有能自由滑动的完全相同的导体小球，带电量均为+q，且静止于同一竖直高度处，与O点的距离都为L，已知静电力常量k和重力加速度g，两小球可视为质点，求：
（1）两小球间的库仑力的大小；
（2）O点的电场强度；
（3）小球的质量。
【答案】（1）
（2），方向竖直向下
（3）
【解析】
【小问1详解】
由几何关系可知，平衡时两球相距
由库仑定律可得F库=kq2LAB2=kq22L2=kq22L2
【小问2详解】
两导电小球在O点的电场强度如图所示
两电场强度大小为
可得
方向竖直向下。
【小问3详解】
以其中一个小球为对象，由平衡条件可得
可得
18. 如图所示，水平台面上B点静止一可视为质点的小物块，B点到台面左端A点的距离为L=2m，台面左侧水平地面上固定一斜面CD，斜面的倾角θ=53°，高h=8m。现给物块一水平向左的初速度，物块从A点抛出后，恰好从斜面顶端C点无碰撞地滑上斜面。已知物块与台面AB及斜面CD间的动摩擦因数均为μ=0.5，重力加速度g取10m/s2，不计空气阻力，sin53°=0.8，求：
（1）物块到达A点时的速度大小；
（2）物块从A运动到C下落的高度；
（3）物块到达斜面底端D点时的速度大小。
【答案】（1）3m/s
（2）0.8m （3）
【解析】
【小问1详解】
设物块在水平台面上的加速度大小为a1，由牛顿第二定律有
由运动学公式有
联立解得物块到达A点时的速度
【小问2详解】
物块从A点抛出后，恰好从斜面顶端C点无碰撞地滑上斜面，可知物块在C点竖直方向速度为
解得t=0.4s
解得物块从A运动到C下落的高度
【小问3详解】
由平抛运动规律，可知物块在C点速度
设物块在斜面上的加速度大小为，由牛顿第二定律有
由运动学公式有
联立解得
19. 如图所示，一粗糙斜面AB与光滑圆弧轨道BCD相切，C为圆弧轨道的最低点，圆弧BC所对圆心角。已知圆弧轨道半径为R=0.4m，斜面AB的长度为L=2.3m。质量为m=1kg的小物块（可视为质点）从斜面顶端A点处由静止开始沿斜面下滑，从B点进入圆弧轨道运动恰能通过最高点D．，，重力加速度。求：
（1）物块通过C点的速度大小；
（2）物块经C点时对圆弧轨道的压力大小；
（3）若斜面的动摩擦因数可调，物块从斜面顶端A点处由静止开始下滑，第一次经过BCD轨道的过程中始终不脱离轨道，求的取值范围。
【答案】（1）
（2）60N （3）或
【解析】
【小问1详解】
物块恰能通过最高点D，则
解得
从C到D由机械能守恒定律
解得
【小问2详解】
在C点时由牛顿第二定律
解得
根据牛顿第三定律可知，物块经C点时对轨道的压力大小为60N。
【小问3详解】
若滑块恰能到达D点，则由动能定理
解得
若滑块恰能到达与圆心O等高的点，则由动能定理
解得
且要使物块能下滑，则需要满足，即
则要使得物块运动过程中始终不会脱离轨道，则或
20. 一杂技演员踩小独轮车沿如图所示的路径表演。轨道ABC是由水平直轨道AB和圆弧轨道BC构成，两轨道在B点相切。DE是倾角为的传送带，DC连线水平，水平间距x，轨道ABC和传送带在同一竖直平面内。演员沿轨道ABC行进，在C点沿圆弧切线腾空飞出，在D点以8m/s的速度以臀部接触传送带的坐姿滑上传送带，速度方向恰好与传送带平行，接触过程无机械能损失。演员裤料和传送带间的动摩擦因数，传送带上D、E间距离L=20m，以的速度顺时针匀速转动，演员的质量为60kg，重力加速度g取10m/s2，独轮车的质量不计，演员和独轮车均可视为质点，不计空气阻力， ，，求：
（1）演员滑上D点后的加速度大小a；
（2）演员从C运动到D的水平间距x；
（3）演员从D运动到E，传送带的摩擦力对演员所做的功；
（4）若传送带速度可调且小于8m/s，演员从D到E所需的时间t与传送带顺时针方向转动的速度v0的关系式。
【答案】（1）1m/s2
（2）6.144m （3）-8040J （4）见解析
【解析】
【小问1详解】
演员沿DE方向以臀部接触传送带的坐姿滑上传送带，，依据牛顿第二定律
解得a=1m/s2
【小问2详解】
如图所示
演员离开C运动到D点，做斜抛运动，设速度与水平方向夹角为，由对称性，知将速度v分解，水平方向有
竖直方向有
设运动时间为t1，有
水平位移x=vxt1
联立并代入数据得
【小问3详解】
方法一：对演员从D到E根据动能定理可得
解得
方法二：演员沿DE方向以臀部接触传送带的坐姿滑上传送带，，先做匀减速运动，所用时间为t2，位移为x1，有
解得
位移大小为
解得
此过程摩擦力对演员所做的功
演员速度等于传送带的速度时，因，此后演员随传送带一起做匀速运动，摩擦力为静摩擦力，则位移
此过程摩擦力对演员所做的功
故传送带的摩擦力对演员所做的功为
【小问4详解】
若传送带顺时针方向转动的速度，则演员在传送带上一直做匀减速运动，演员从D运动到E的时间为
若传送带顺时针方向转动的速度，演员先做匀减速运动，所花时间
位移
后与传送带共速
演员从D运动到E的时间