2025-2026学年山东省淄博市实验中学高一下学期期中考试物理试题 含答案

/2025-2026学年淄博市实验高一下学期期中考试物理注意事项：1、答题前，考生先将自己的姓名、考生号、座号等填写在相应位置，认真核对条形码上的姓名、考生号和座号等，并将条形码粘贴在指定位置上。2、选择题答案必须使用2B铅笔（按填涂样例）正确填涂；非选择题答案必须使用0.5毫米黑色签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。3、请按照题号在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。保持卡面清洁，不折叠、不破损。一、单项选择题：本题共8小题，每小题3分，共24分。每小题只有一个选项符合题目要求。1.做匀速圆周运动的物体，不随时间改变的物理量是（

）A.线速度 B.角速度 C.向心加速度 D.向心力【答案】B【解析】【详解】A．线速度是矢量，匀速圆周运动中线速度大小不变，但方向沿圆周切线方向时刻变化，因此线速度随时间改变，故A错误；B．做匀速圆周运动的物体，角速度大小和方向均恒定，不随时间改变，故B正确；C．向心加速度是矢量，大小满足a故做匀速圆周运动的物体向心加速度大小保持不变，但方向始终指向圆心、时刻变化，因此向心加速度随时间改变，故C错误；D．向心力是矢量，大小满足F故做匀速圆周运动的物体向心力大小保持不变，但方向始终指向圆心、时刻变化，因此向心力随时间改变，故D错误。故选B。2.人造地球卫星绕地球做匀速圆周运动，若它的轨道半径增大到原来的2倍，下列说法正确的是（

）A.根据公式v=B.根据公式a=vC.根据公式F=mD.根据公式F=G【答案】D【解析】【详解】A.轨道半径r增大时，角速度ω会随r变化，v=ωr中ω和r均为变量，不能仅由r的变化判断的变化；根据v=GMrB.轨道半径r增大时，线速度会随r变化，a=v2r中和r均为变量，不能仅由r的变化判断a的变化；根据a=GMrC.轨道半径r增大时，线速度会随r变化，F=mv2rD.万有引力公式F=GMmr2中G、M、m均为定值，当r变为原来的2倍时，F故选D。3.如图，A、B、C分别是自行车的大齿轮、小齿轮和后轮的边缘上的三个点，到各自转动轴的距离分别为2r、r和10r。支起自行车后轮，在转动踏板的过程中，A、B、C三点（

A.角速度大小关系是ωAB.线速度大小关系是vC.转速之比是nD.周期之比是TA【答案】C【解析】【详解】A．大齿轮与小齿轮是同缘传动，边缘点线速度相等，则有v根据v=ωr可得ω小齿轮与后轮是同轴传动，角速度相等，则有ω根据v=ωr所以角速度大小关系是ω可得角速度大小关系是ωAB．边缘点线速度相等，有v又v可得v即线速度大小关系是vAC．根据ω=2πn可得角速度之比等于转速之比，可得转速之比是D．根据T=2π故选C。4.下列说法正确的是（

）A.摩擦起电本质上创造了电荷B.电荷量是不能连续变化的物理量C.油罐车尾部拖一条铁链是利用摩擦起电D.电场线是画在电场中的一条条有方向的曲线，是真实存在的【答案】B【解析】【详解】A．根据电荷守恒定律，摩擦起电的本质是电荷在不同物体间发生转移，并没有创造新的电荷，故A错误；B．所有带电体的电荷量都是元电荷的整数倍，因此电荷量是不能连续变化的物理量，故B正确；C．油罐车运输过程中，油料与罐体摩擦会产生静电，尾部拖铁链的作用是将积累的静电导入大地，避免静电放电引发危险，属于防止静电危害，不是利用摩擦起电，故C错误；D．电场线是为了形象描述电场的分布规律人为引入的假想曲线，客观上并不真实存在，故D错误。故选B。5.某区域的电场线分布如图所示，a、b是一条水平电场线上的两点，它们的电场强度大小分别为Ea、Eb，电势分别为φa、φb。已知

A.Ea<EbB.Ea<EC.Ea>ED.Ea>E【答案】C【解析】【详解】根据题意，由沿电场线方向电势逐渐降低可知，由于φa>φb，则电场方向由a故选C。6.如图是某次发射地球同步卫星的过程模拟图。先将其发射到近地圆轨道Ⅰ上，再通过椭圆轨道Ⅱ变轨后到达预定圆轨道Ⅲ上，轨道Ⅰ和Ⅱ，Ⅱ和Ⅲ分别相切于A、B两点。下列说法正确的是（

）

A.同步卫星在轨道Ⅱ上经过A点时的速度小于在轨道Ⅰ上经过A点时的速度B.同步卫星在轨道Ⅱ上从A点向B点运行的过程中，万有引力做正功C.同步卫星在轨道Ⅱ上经过B点时的加速度大于在轨道Ⅲ上经过B点时的加速度D.同步卫星在轨道Ⅲ上的机械能大于在轨道Ⅰ上的机械能【答案】D【解析】【详解】A.卫星从轨道Ⅰ变轨到轨道Ⅱ，需要在A点点火加速，做离心运动才能进入椭圆轨道Ⅱ，因此轨道Ⅱ上A点的速度大于轨道Ⅰ上A点的速度，故A错误；B.卫星在椭圆轨道Ⅱ上从A点向B点运行的过程中，远离地球，万有引力做负功，故B错误；C.根据万有引力定律，卫星的加速度由万有引力提供，即G可得加速度a同步卫星在轨道Ⅱ上和轨道Ⅲ上经过B点时到地心的距离r相同，因此加速度大小相等，故C错误；D.卫星从轨道Ⅰ进入轨道Ⅱ需要在A点加速，机械能增加；从轨道Ⅱ进入轨道Ⅲ需要在B点加速，机械能再次增加。因此，同步卫星在轨道Ⅲ上的机械能大于在轨道Ⅰ上的机械能，故D正确。故选D。7.一质量为m的无人机从水平地面开始竖直升空过程的v−t图像如图所示，其中0∼t1时间内的图像为直线，t1时刻发动机输出功率达到最大，t2时刻无人机的速度刚好达到最大且为A.0∼t1B.0∼t1C.发动机的最大输出功率为mgD.发动机的最大输出功率为mg【答案】C【解析】【详解】AB.设t1时刻无人机的速度大小为v，则0−t1CD.无人机匀速运动时，牵引力等于重力，故发动机的最大输出功率Pm故选C。8.某快递分拣中心有一倾角为37°的固定式斜坡，可视为粗糙斜面。一名工人将一个质量为m的货物（可视为质点）以一定的初速度从斜坡底端A点沿斜面向上推出。货物在斜坡上做匀减速直线运动，测得加速度大小为34g（g为重力加速度），货物沿斜面上滑的最大竖直高度为h。已知sin37°=0.6，cos

A.货物动能损失了34B.货物的重力做功为mghC.货物机械能损失了1D.摩擦力对货物做功为−【答案】C【解析】【详解】A．货物沿斜面上滑的距离为s=根据牛顿第二定律，货物所受合外力大小为F根据动能定理，动能的变化量等于合外力做的功，即Δ货物动能损失了54B．货物上升高度为h，重力方向竖直向下，重力做功为WGCD．根据牛顿第二定律有mgsin解得摩擦力为f除重力以外的力（即摩擦力）做的功等于机械能的变化量，摩擦力做功W即货物机械能损失了14故选C。二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16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4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分9.如图所示，下列判断不正确的是（

）

A.甲图中，从粗糙的滑梯上下滑的小朋友机械能守恒B.乙图中，在匀速转动的摩天轮中的游客机械能不守恒C.丙图中，物块A在向下运动过程中机械能守恒D.丁图中，不计任何阻力和细绳质量时，B物块的机械能守恒【答案】ACD【解析】【详解】A．甲图中，从粗糙的滑梯上下滑的小朋友受到的摩擦力对其做负功，可知其机械能不守恒，故A错误；B．乙图中，在匀速转动的摩天轮中的游客动能不变，重力势能不断变化，可知机械能不守恒，故B正确； C．丙图中，物块A在向下运动过程中弹力对其做负功，可知物块A机械能减小，不守恒，故C错误； D．丁图中，不计任何阻力和细绳质量时，B物块上升，绳子拉力对B物块做正功，可知B物块的机械能增加，不守恒，故D错误。本题选错误的，故选ACD。10.旋转餐桌的桌面上放置一茶杯，某同学用手开始转动转盘，用手可以调节圆盘转动的角速度，设茶杯受到的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，下列说法正确的是（

）

A.茶杯和餐盘一起匀速转动时，茶杯受到重力、支持力和静摩擦力的作用B.在茶杯中加水，茶杯开始滑动的临界速度不变C.当转动速度变快，茶杯会受到离心力的作用发生相对滑动D.加速转动时，茶杯受到的摩擦力始终指向圆心【答案】AB【解析】【详解】A．茶杯和餐盘一起匀速转动时，茶杯受到重力、支持力和静摩擦力的作用，故A正确；B．当茶杯将要产生滑动时，有μmg可得v可知在茶杯中加水，茶杯开始滑动的临界速度不变，故B正确；C．当转动速度变快，茶杯会受到最大静摩擦力不足以提供做圆周运动的向心力时则发生相对滑动，做离心运动，不是受离心力的作用，故C错误；D．加速转动时，合外力不再指向圆心，即摩擦力方向不再指向圆心，茶杯受到的摩擦力方向与速度夹角为锐角，并非指向圆心，故D错误。故选AB。11.在M、N两点放置等量异种点电荷如图所示，MN是两电荷的连线，HG是两电荷连线的中垂线，O是垂足。下列说法正确的是（

）

A.OM中点的电场比ON中点的电场强B.O点的电场与MN上各点相比是最弱的C.正电荷从O点移动到H点，电势能先增大后减小D.若将N处换为+Q，由静止释放的电子从H运动到G【答案】BD【解析】【详解】A.等量的异种点电荷电场线分布如图所示，电场线的疏密表示电场的强弱，由对称性可知OM中点的电场强度等于ON中点的电场强度，故A错误；B.如图所示在MN连线上找一点P，设两电荷间距为2L，该点的场强为E=kQ(L+x)2+kQ(L−x)2C.根据电势φ=kQr和电势叠加遵循代数和可知HG上电势均为零，可知正电荷从O点移动到H点，电势不变，根据ED.若将N处换为+Q，由静止释放的电子从H运动到G，根据库仑定律和力的合成可知电子受电场力先是竖直向下后为竖直向上，可知电场力先做正功后做负功，故D故选BD。12.如图甲所示，一长木板静止在水平地面上，在t=0时刻，一小物块以一定速度从左端滑上长木板，之后长木板运动的v−t图像如图乙所示，已知小物块与长木板的质量均为（m=1

kg，已知木板足够长，g

A.小物块与长木板间动摩擦因数μ=0.5B.在整个运动过程中，物块与木板构成的系统所产生的热量70

C.小物块的初速度为vD.0∼2

s与2∼3

s【答案】AD【解析】【详解】A.由题图乙可知，木板先做匀加速运动，再做匀减速运动，故可知地面对木板有摩擦力，在0∼2

sa对木板，根据牛顿第二定律有F在2∼3

sa对整体，根据牛顿第二定律有F联立解得μ=0.5，故A正确；BCD．对物块，在0~2s内，受木板的摩擦力作用而做匀减速运动，由牛顿第二定律有μmg解得a根据v整理得v最后木板与物块均静止，故在整个运动过程中，物块与木板构成的系统所产生的热量等于物块的初动能，即Q2s~3s物块和木板一起减速，系统的机械能减少为ΔE故0~2s系统机械能减少ΔE则0~2s与2~3s系统机械能减少量之比为17：1，故BC错误，D正确。故选AD。三、非选择题，本题共6小题，共60分13.某实验小组利用DIS向心力实验器来探究影响向心力大小的因素。如图所示为DIS向心力实验器的结构图，图中已标明各部件名称。当砝码随着旋转臂一起在水平面内做圆周运动时，力传感器通过牵引杆可以测得砝码所需要的向心力F，旋转臂另一端的挡光杆经过光电门时，可获得挡光时间Δt。已知砝码到旋转轴的距离为r1，挡光杆到旋转轴的距离为r2，挡光杆的直径为d，砝码的质量为（1）砝码做匀速圆周运动的角速度可以表达为ω=

（2）实验时，改变旋转的角速度，可以测得多组F和Δt的数据，要探究向心力F与旋转臂转动角速度ω之间的关系，需要保证

（填写题目中所给的物理量字母）和

（填写题目中所给的物理量字母）不变，并以F为纵轴，以

（选填“Δt”、“Δt2”、“1Δt”或“1【答案】（1）d（2）①m②r1③【解析】【小问1详解】由题意可知，挡光杆的线速度大小为v则砝码做匀速圆周运动的角速度可以表达为ω【小问2详解】[1][2]要探究向心力F与旋转臂转动角速度ω之间的关系，需要保证m和r1[3]砝码的向心力为F则以F为纵轴，以1(14.实验小组准备用铁架台、打点计时器、重物等验证机械能守恒定律。（1）下图是四位同学释放纸带瞬间的照片，操作正确的是（

）（2）已知重锤的质量为1.0kg，如图是一条实验获得的纸带，则打在计数点B时重锤的动能EkB=

从O点到B点重锤的重力势能减小量ΔEp=

 结果保留3位有效数字。）（3）某同学根据多条纸带数据算出加速度为g=9.77 m/s2势能为5.09M，增加的动能为5.08M，根据以上计算【答案】（1）B（2）①.3.65②.3.97（3）不能【解析】【小问1详解】打点计时器必须接交流电源，释放纸带前，重物应靠近打点计时器，且手需提纸带上方，保证纸带竖直、重物自由下落，故选B。【小问2详解】[1]电源频率f=50 Hz利用匀变速直线运动“中间时刻速度等于平均速度”，B点速度动能E[2]O到B的高度hOB=40.50×重力势能减小量Δ【小问3详解】验证机械能守恒时，应直接用当地重力加速度g（如g测=9.8 m/s15.如图所示，一长为L的细线上端固定，下端拴一质量为m电量为+q的带电小球，将它置于一水平向右的匀强电场中，当细线偏角为θ时，小球处于平衡状态（重力加速度为g（1）求细线上的拉力FT（2）求出电场强度的大小；【答案】（1）mg（2）mgtanθ【解析】【小问1详解】对小球受力分析如图根据平衡条件，有FT【小问2详解】根据平衡条件，有F求得E16.如图所示，质量为m的卫星绕地球做匀速圆周运动，已知地球的半径为R，地球表面的重力加速度为g，卫星在轨道运行时受到地球的引力大小为14（1）该卫星离地面的高度；（2）该卫星绕地球做圆周运动的线速度大小。【答案】（1）R（2）1【解析】【小问1详解】设地球的质量为M，卫星离地面高度为h，根据题意有GMmR解得h【小问2详解】设卫星在轨运行的线速度大小为v，根据牛顿第二定律可得1解得v17.某建筑工地上，工人用一根长度为L=1.8

m的轻质硬杆，两端分别固定一个配重块：左侧P块质量m1=10

kg，右侧Q块质量m2=20

kg。杆上距P块L1=0.6

m的位置有一个光滑转轴O，可以将整套装置悬挂在支架上。测试时，工人把杆抬到水平位置（（1）此时P块的速度大小；（2）从初始水平位置到该过程中，杆对P块是否做功？若做功，求出杆对P块做的功；（3）此时固定轴O受到杆的作用力大小和方向。【答案】（1）2

（2）是，80

（3）500

N【解析】【小问1详解】系统机械能守恒，P、Q角速度相同，线速度满足v2由能量守恒方程：m代入数据解得：v【小问2详解】对P块应用动能定理：重力做负功，杆的作用力做正功。设杆对P块做功为W，则：W解得：W因此，杆对P块做正功，大小为80

J【小问3详解】P块在最高点：受重力与杆作用力，向心力向下：m解得：F故P对杆的作用力F1Q块在最低点：受重力与杆作用力，向心力向上：F解得：F故Q对杆的作用力F2杆受力平衡，转轴O对杆的作用力竖直向上，大小为：F根据牛顿第三定律，杆对转轴O的作用力大小为500N18.一游戏装置竖直截面如图所示，该装置由固定在水平地面上倾角θ=37°的直轨道AB、半径R=0.1m的螺旋圆形轨道BCD、高度h=0.2m的直轨道DE、半径为R且圆心角为θ的圆弧轨道EF和GH、长