【物理】浙江省金兰教育合作组织2024-2025学年高一下学期4月期中试题(解析版)

PAGE浙江省金兰教育合作组织2024学年第二学期期中考试高一年级物理学科试题选择题部分一、选择题I（本题共14小题，每小题3分，共42分。每小题列出的四个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.下列物理量属于矢量，且单位用国际单位制基本单位表示的是（）A.功kg·m2·s⁻2 B.功率W C.力kg·m/s2 D.周期s【答案】C【解析】A．功是标量，根据，可知用国际单位制基本单位表示功的单位为kg·m2·s⁻2，故A错误；B．功率是标量，根据，可知用国际单位制基本单位表示功率的单位为kg·m2·s⁻3，故B错误；C．力是质量，根据，可知用国际单位制基本单位表示力的单位为kg·m/s2，故C正确；D．周期是标量，其国际单位是s，故D错误。故选C。2.自古以来，天体运动一直吸引着人类孜孜不倦地探索。关于天体运动研究的内容及物理学史，以下描述正确的是（）A.开普勒利用自己观察的行星运动数据，通过数学方法建立了开普勒三定律，被誉为“天空立法者”B.根据万有引力定律表达式，当两物体距离趋近于0时，其引力无穷大C.牛顿通过“月地检验”，发现了月球受到的引力与地面上的重力是不同性质的力D.卡文迪许设计扭秤实验装置，借助实验放大法，比较准确地测出了引力常量，被称为“第一个称出地球质量的人”【答案】D【解析】A．开普勒通过对第谷的天文观测数据的分析研究，通过数学方法建立了开普勒三定律，被誉为“天空立法者”，故A错误；B．当两物体距离趋近于0时，万有引力公式不再适用，其引力不是无穷大，故B错误；C．牛顿通过“月地检验”，发现了月球受到的引力与地面上的重力是相同性质的力，故C错误；D．卡文迪许设计扭秤实验装置，借助实验放大法，比较准确地测出了引力常量，被称为“第一个称出地球质量的人”，故D正确。故选D。3.结合下图，关于机械能守恒说法正确的是（忽略空气阻力）（）A.将箭搭在弦上，拉弓的整个过程，弓和箭组成的系统机械能守恒B.在动力作用下从轨道上缓慢上行的过山车，过山车机械能守恒C.蹦床比赛中运动员某次离开床垫在空中完成动作的过程，运动员机械能守恒D.滑草运动中，某段时间内人与滑板车一起匀速下滑，人与滑板车机械能守恒【答案】C【解析】A．将箭搭在弦上，拉弓的整个过程，弓的弹性势能增大，弓和箭组成的系统机械能增大，A错误；B．在动力作用下从轨道上缓慢上行的过山车，动力对过山车做正功，过山车机械能增大，B错误；C．蹦床比赛中运动员某次离开床垫在空中完成动作的过程，运动员减小的动能转化为重力势能，运动员机械能守恒，C正确；D．滑草运动中，某段时间内人与滑板车一起匀速下滑，人与滑板的重力势能减小，人与滑板车机械能减小，D错误。故选C。4.据中国载人航天工程办公室消息，北京时间2022年9月1日18时26分，航天员陈冬成功开启问天实验舱气闸舱出舱舱门。至19时09分，航天员陈冬、航天员刘洋成功出舱。出舱的航天员与空间站形成的组合体在地球引力作用下绕地球做圆周运动，周期约90分钟。下列说法正确的是（）A.航天员陈冬出舱过程可看作质点B.组合体的速度大小略大于第一宇宙速度C.组合体的角速度大小比地球同步卫星的大D.组合体中的货物处于超重状态【答案】C【解析】A．航天员陈冬出舱过程，陈冬的形状大小不能忽略不计，不可看作质点，故A错误；B．根据万有引力提供向心力可得可得地球第一宇宙速度是卫星绕地球做匀速圆周运动的最大线速度，所以组合体的速度小于第一宇宙速度，故B错误；C．由题意可知组合体的周期小于地球同步卫星的周期，根据，可知组合体的角速度大小比地球同步卫星的大，故C正确；D．组合体中的货物所受万有引力提供所需向心力，处于失重状态，故D错误。故选C。5.近几年各学校流行跑操．在通过圆形弯道时，每一列的连线沿着跑道；每一排的连线是一条直线且必须与跑道垂直；在跑操过程中，每位同学之间的间距保持不变．如图为某中学某班学生以整齐的步伐通过圆形弯道时的情形，此时此刻A.同一列的学生的线速度相同B.同一排的学生的线速度相同C.全班同学的角速度相同D.同一列的学生受到的向心力相同【答案】C【解析】AC．各位学生以整齐的步伐通过圆形弯道时，因每一排的连线是一条直线，且与跑道垂直，相当于共轴转动，所以全班同学的角速度相同，由于同一列的学生的线速度方向不同，所以线速度不同，故A错误，C正确．B．根据v=ωr知，同一排的学生的半径不同，则线速度不同，故B错误．D．根据F=mω2r知，同一列的学生受到的向心力大小不一定相等，向心力方向也不同，所以向心力不同，故D错误．6.一滑块从固定光滑斜面顶端由静止释放，沿斜面下滑的过程中，滑块的动能Ek与运动时间t、下滑高度h、运动位移s之间的关系图像如图所示，其中正确的是（）A. B. C. D.【答案】C【解析】AB．设斜面与地面夹角为，则滑块的加速度为则联立，可知故AB错误；C．根据动能定理，有故C正确；D．根据运动学公式，有则有故D错误。故选C。7.为欢度春节，某酒店的旋转门上A、B两点粘贴着小型装饰物（视为质点）可绕中心轴转动，到中心轴的距离为到中心轴距离的两倍，处装饰物的质量为处装饰物质量的两倍，如图所示。当旋转门匀速转动时，下列说法正确的是（）A.A、B两处装饰物的周期之比为B.A、B两处装饰物的向心加速度大小之比为C.A、B两处装饰物的线速度大小之比为D.A、B两处装饰物受到的向心力大小之比为【答案】C【解析】A．A、B两处装饰物绕同一轴转动，则周期相等，选项A错误；B．根据a=ω2r可知，A、B两处装饰物的向心加速度大小之比为2:1，选项B错误；C．根据v=ωr可知，A、B两处装饰物的线速度大小之比为2:1，选项C正确；D．根据F=ma可知，A、B两处装饰物受到向心力大小之比为1:1，选项D错误。故选C。8.如图所示为双层立体泊车装置。欲将静止在①号车位的轿车移至④号泊车位，需先通过①号车位下方的移动板托举着轿车竖直抬升h至③号位、再水平右移停至④号车位，则（）A.水平右移过程移动板对车的摩擦力先做正功后做负功B.竖直抬升过程车辆克服重力做功大于支持力做功C.竖直抬升过程中车处于超重状态D.根据题干信息可计算整个过程移动板对车做功的功率【答案】A【解析】A．水平右移过程，车辆先向右加速后减速，可知移动板对车摩擦力方向先向右后向左，则摩擦力先做正功后做负功，故A正确；B．竖直抬升过程，由于初、末动能均0，根据动能定理可知，竖直抬升过程车辆克服重力做功等于支持力做功，故B错误；C．竖直抬升过程中，车辆先向上加速后向上减速，加速度方向先向上后向下，车先处于超重状态，后处于失重，故C错误；D．由于不知道整个过程的运动时间，所以根据题干信息不能计算整个过程移动板对车做功的功率，故D错误。故选A。9.如图，“单臂大回环”是体操运动中的高难度动作，运动员单臂抓杠，以单杠为轴完成圆周运动，不考虑手和单杠之间的摩擦和空气阻力，将人视为处于重心的质点，将“单臂大回环”看成竖直平面内的圆周运动，等效半径为L，重力加速度为g，下列说法正确的是（）A.单杠对手臂只能提供拉力，不能提供支持力B.从最高点到最低点的过程中，单杠对人的作用力做正功C.若运动员恰好能够完成此圆周运动，则运动员在最低点的向心加速度大小为D.若运动员恰好能够完成此圆周运动，则运动员在最高点处时，手臂与单杠之间无支持力【答案】C【解析】A．运动员在做圆周运动的过程中，单杠对手臂可能为拉力，也可能为支持力，如在最高点，当运动员的重力恰好提供向心力时，有可得当运动员在最高点的速度大于时，杆对运动员的力为拉力，当运动员在最高点的速度小于时，杆对运动员的力为支持力，故A错误；B．从最高点到最低点的过程中，单杠对人的作用力一直与速度方向垂直，不做功，故B错误；C．若运动员恰好能够完成此圆周运动，则运动员在最高点的速度为零，此时手臂与单杠之间支持力大小等于运动员的重力大小，从最高点到最低点，根据动能定理有在最低点的向心加速度大小为联立两式可得故C正确，D错误。故选C。10.我国首颗超百容量的高通量地球静止轨道通信卫星—中星26号于北京时间2023年2月23日在西昌卫星发射中心成功发射，该卫星将与中星16号、中星19号共同为用户提供高速的专网通信和卫星互联网接入等服务。中星26与某一椭圆轨道侦察卫星的运动轨迹以及某时刻所处位置、运行方向如图所示，两卫星的运行周期相同，两个轨道相交于两点，连线过地心，分别为侦察卫星的近地点和远地点。下列说法正确的是（）A.两点间距离等于中星26号卫星轨道半径B.侦察卫星从D点到E点的过程中速度先减小后增大C.中星26在C点线速度小于侦察卫星在E点线速度D.侦察卫星在轨道上运行时，在E点的线速度小于在D点的线速度【答案】C【解析】A．由题知，两卫星的运行周期相同，则根据开普勒第三定律可知则DE=2r故A错误；B．由开普勒第二定律可知，侦察卫星与地球的连线，在相同时间内扫过相同的面积。D点到E点的过程中速度增大。故B错误；C．以地球中心为圆心，过E点建一个辅助圆轨道，设该轨道的卫星的线速度为v3，侦查卫星E点的速度为v2。则从侦察卫星轨道到辅助圆轨道要点火加速，有v2＞v3再根据，可知v1＜v3＜v2故C正确；D．由开普勒第二定律可知，侦察卫星与地球的连线，在相同时间内扫过相同的面积。故侦查卫星D点速度小于E点速度。故D错误。故选C。11.港珠澳大桥总长约55km，是世界上总体跨度最长、钢结构桥体最长、海底沉管隧道最长的路海大桥，设计时速100km/h.如图所示，该路段是港珠澳大桥的一段半径R=150m的圆弧形弯道，总质量m=1800kg的汽车通过该圆弧形弯道时以速度v=90km/h做匀速圆周运动（汽车可视为质点，路面视为水平且不考虑车道的宽度）.已知路面与汽车轮胎间的径向最大静摩擦力为汽车所受重力的，重力加速度g取10m/s2，则（）A.汽车过该弯道时受到重力、支持力、摩擦力、牵引力和向心力B.汽车过该弯道时所受径向静摩擦力大小为4000NC.汽车过该弯道时的向心加速度大小为4m/s2D.汽车能安全通过该弯道的最大速度为【答案】D【解析】A．汽车过该弯道时受到重力、牵引力、支持力和摩擦力作用，摩擦力提供做圆周运动的向心力，故A错误；B．汽车过该弯道时所受径向静摩擦力大小为故B错误；C．汽车过该弯道时的向心加速度大小为故C错误；D．汽车能安全通过该弯道速度最大时满足解得故D正确。故选D。12.一质量儿童电动汽车在水平地面上由静止开始做直线运动，一段时间内的速度随时间变化的关系图像如图所示，内为直线，3s末功率达到额定功率，10s末电动汽车的速度达到最大值，14s末关闭发动机，经过一段时间电动汽车停止运动。整个过程中电动汽车受到的阻力大小恒为60N，下列说法正确的是（）A.内，牵引力的大小为900NB.电动汽车的额定功率为180WC.电动汽车的最大速度为D.整个过程中，电动汽车所受阻力做的功为3750J【答案】C【解析】ABC．由图可知，内，电动汽车的加速度大小由牛顿第二定律有解得3s末功率达到额定功率，则电动汽车的额定功率由解得电动汽车的最大速度为故AB错误，C正确；D．全程由动能定理有其中解得故D错误。故选C。13.喷泉经常出现在广场和公园等公共场所，它给夜色增添了一抹灵动，也给人们的生活增添了无穷乐趣。某城市广场喷泉可看作竖直向上喷出、且上升和下降水流不发生碰撞，已知喷出的水柱达125m高，喷管的直径为，不计水柱运动过程中受到的空气阻力（已知水的密度1×103kg/m3，g=10m/s2）则（）A.电动机的输出功率约为1.25×106WB.电动机的输出功率约为2.50×106WC.若喷泉初速度增加为原来的2倍，给喷管喷水的电动机输出功率变为原来4倍D.若喷泉初速度增加为原来的2倍，单位时间内喷出水的质量为原来的4倍【答案】B【解析】AB．喷管的半径为喷出水的初速度为在时间内喷出水的质量为则电动机输出功率代入数据解得故A错误，B正确；C．根据可知，若喷泉初速度增加为原来的2倍，给喷管喷水的电动机输出功率变为原来8倍，故C错误；D．单位时间内喷出水的质量为若喷泉初速度增加为原来的2倍，单位时间内喷出水的质量为原来的2倍，故D错误。故选B。14.如图，工人在斜坡上用一绳跨过肩膀把货物从A点缓慢拉到B点，轻绳与斜坡的夹角恒为θ。若工人采用身体前倾的姿势使θ变小且保持恒定，仍把货物从A点缓慢拉到B点，则用身体前倾的姿势拉货物（）A.一定更省力，对货物做的功也一定更少B.一定更省力，但对货物做的功一定更多C.不一定更省力，但对货物做的功一定更多D.不一定更省力，但对货物做的功一定更少【答案】C【解析】设绳中拉力为T，斜面倾角为，根据平衡关系整理对货物做的功θ变小，拉力不一定变小，但做功一定变大。故选C。二、选择题Ⅱ（本题共4小题，每小题4分，共16分。每小题列出的四个选项中至少有一个是符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，选错的得0分）15.以下说法正确的是（）A.在光滑的水平冰面上，汽车可以转弯B.汽车转弯时需要的向心力由汽车转向装置对车轮的力提供C.在水平公路上行驶的汽车，转弯速度越大，所需向心力就越大，就越容易发生侧滑D.提高洗衣机脱水桶的转速，可以使衣服甩得更干【答案】CD【解析】A．在光滑的水平冰面上，汽车不受摩擦力作用，则没有力提供所需的向心力，汽车不可以转弯，故A错误；B．汽车转弯时需要的向心力由地面对汽车的静摩擦力提供，故B错误；C．在水平公路上行驶的汽车，地面对汽车的静摩擦力提供所需的向心力，根据可知转弯速度越大，所需向心力就越大，地面对汽车的静摩擦力越大，越容易发生侧滑，故C正确；D．提高洗衣机脱水筒的转速，水滴所需的向心力越大，根据离心原理可知，可以使衣服甩得更干，故D正确。故选CD。16.极地卫星是一种特殊的人造地球卫星，其轨道平面与赤道平面的夹角为90°，极地卫星运行时能到达地球南极和北极区域的上空．若某极地卫星从北极正上方运行至赤道正上方的最短时间为3h，认为卫星做匀速圆周运动，下列说法正确的是A.该卫星的加速度小于9.8m/s2 B.该卫星的环绕速度大于7.9km/sC.该卫星每隔12h经过北极的正上方一次 D.该卫星轨道半径与静止卫星轨道半径相等【答案】AC【解析】A．人造地球卫星的加速度小于地球表面的重力加速度，故A正确；B．卫星环绕地球做圆周运动的速度小于第一宇宙速度，故B不正确；C．卫星从北极正上方运行至赤道正上方的最短时间为运动周期的，所以卫星运行的周期为12h，故C正确；D．静止卫星的周期是24h，因此该卫星轨道半径小于静止卫星轨道半径，故D不正确．17.如图所示，在一平底凹槽内弹射器将一钢珠（可视为质点）从挡板A处以6m/s的速度水平向右弹射出去，凹槽两端挡板A、B相距5m，钢珠每次与挡板碰撞后均以原速率被反弹回去，现已知钢珠最终停在距A挡板2m处，且钢珠只与B挡板碰撞了一次，则钢珠与凹槽间的动摩擦因数可能为（取g=10m/s2）（）A.0.150 B.0.180 C.0.225 D.0.250【答案】AC【解析】钢珠只与B挡板碰撞了一次，钢珠的滑动路程可能为或由动能定理可得解得解得或所以AC正确；BD错误；故选AC。18.如图所示，一固定斜面的倾角为，一质量为m的小物块自斜面底端以一定的初速度沿斜面向上做匀减速运动，加速度大小等于0.8g（g为重力加速度大小），物块上升的最大高度为H，然后又返回到出发点，以下结论正确的是（）A.上滑过程物块的动能损失了1.6mgHB.上滑过程物块的机械能损失了0.8mgHC.物体返回出发点时的动能为0.4mgHD.物体从最高点返回到出发点所用时间为【答案】ACD【解析】A．上滑过程，由动能定理可得即上滑过程物块动能损失了1.6mgH，故A正确；B．在上升过程中，动能减少了，而重力势能增加了，故机械能减少了，故B错误；C．根据功能关系可知机械能损失等于物块克服摩擦力做功，则物块克服摩擦力做功为下滑过程根据动能定理则有解得物体返回出发点时的动能为故C正确；D．下滑过程根据动能定理则有解得根据运动学公式则有物体从最高点返回到出发点所用时间为故D正确。故选ACD。非选择题部分三、实验题（本题共2小题，共14分，每空2分）19.如图所示为“探究小球做匀速圆周运动时的向心加速度与转速、半径的关系”的实验装置．有机玻璃支架上固定一直流电动机，电动机转轴上固定一半径为r的塑料圆盘，圆盘中心正下方用细线连接一重锤，圆盘边缘连接一轻质细绳，细绳另一端连接一个小球．实验操作如下：①按如图所示组装好实验器材；②闭合电源开关，让小球做如图所示的匀速圆周运动，若不计一切阻力，当小球运动稳定时，调节水平激光笔2的高度和竖直激光笔1的位置，让激光恰好照射到小球的球心（如图中B点所示），用刻度尺测量小球做匀速圆周运动的半径R和球心到塑料圆盘的竖直高度h；③当小球某时刻经过图中A点时开始计时，并记录为第1次，当小球第k次经过A点时，所经历的时间为t；④切断电源，整理器材。请回答下列问题：（1）小球做匀速圆周运动的向心力由________提供；A．重力B．绳的拉力C．绳的拉力的水平分力D．重力与绳的拉力的合力（2）若电动机的转速增大，激光笔1应________（选填“左移”或“右移”）；（3）小球做匀速圆周运动的向心加速度大小为________（用、、和表示）。【答案】（1）CD##DC（2）左移（3）【解析】（1）小球在水平面在匀速圆周运动，小球受到的合力提供向心力；由图可知小球受到重力和绳子拉力，绳子拉力的竖直分力与重力平衡，故小球做匀速圆周运动的向心力由重力与绳的拉力的合力提供，或由绳的拉力的水平分力提供。故选CD。（2）设绳子与竖直方向的夹角为，以小球为对象，根据牛顿第二定律可得若电动机的转速增大，小球做匀速圆周运动的角速度增大，则绳子与竖直方向的夹角增大，故激光笔1应左移。（3）由题意可知小球做匀速圆周运动的周期为则角速度为小球做匀速圆周运动的向心加速度大小为20.某兴趣小组利用自由落体运动来验证机械能守恒定律。在“验证机械能守恒定律”实验中，利用重物拖着纸带自由下落，通过打点计时器打出一系列的点，对纸带上点迹进行测量，经过数据处理即可验证机械能守恒定律，某次实验得到如图甲所示纸带。（1）在实验过程中，下列实验操作和数据处理错误的是___________。A.重物下落的起始位置靠近打点计时器；B.做实验时，先接通打点计时器的电源，再释放重锤；C.为测量打点计时器打下某点时重锤的速度v，可测量该点到O点的距离h，再根据公式计算，其中g应取当地的重力加速度；D.用刻度尺测量某点到O点的距离h，利用公式mgh计算重力势能的减少量，其中g应取当地的重力加速度；（2）正确进行实验操作，从打出的纸带中选出符合要求的纸带，如图乙所示。图中O点为打点起始点，且速度为零。选取纸带上打出的连续点，标上A、B、C、…测得其中E、F、G点距打点起始点O的距离分别为h1、h2、h3。已知重物的质量为m，当地重力加速度为g，打点计时器的打点周期为T，为验证此实验过程中机械能是否守恒，需要计算出从打下O点到打下F点的过程中，重物重力势能减少量________，动能增加量_________。（用题中所给字母表示）（3）利用该装置还可以测量当地的重力加速度，某同学的做法是以各点到起始点的距离h为横坐标，以各点速度的平方v2为纵坐标，建立直角坐标系，用实验测得的数据绘制出v2—h图像，如图丙所示。由v2—h图像求得的当地重力加速度g=_______m/s2。（结果保留3位有效数字）【答案】（1）C（2）（3）9.67【解析】（1）A．重物下落的起始位置靠近打点计时器，可以增大下落距离，减少误差，A正确；B．做实验时，先接通打点计时器的电源，再释放重锤，避免释放纸带时重物有初速度，B正确；C．通过计算速度即默认了机械能守恒失去了验证的意义，C错误；D．用刻度尺测量某点到O点的距离h，利用公式计算重力势能的减少量，其中g应取当地的重力加速度，D正确。本题选错误的，故选C。（2）从打下O点到打下F点的过程中，下降的高度为，故重力势能减少量根据匀加速直线运动中某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，可知F点的速度故动能的增加量为（3）根据得所以图线的斜率为2g，即解得四、计算题（本题共3小题，共28分）21.如图所示，质量为m=3kg的木块在倾角θ=37°的足够长的斜面上静止开始下滑，且木块与斜面的动摩擦因数为0.5。（已知sin37°=0.6，cos37°=0.8；g=10m/s2）