甘肃省白银市某校2025-2026学年高一下学期期中考试物理试卷（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1甘肃省白银市某校2025-2026学年第二学期期中考试高一地理一、单选题1.下列做圆周运动的物体，关于其受到的摩擦力说法正确的是（）A.图甲中圆盘带着小物块做匀速圆周运动，二者相对静止，物块不受到摩擦力B.图乙中物块紧贴筒壁随圆筒一起做匀速圆周运动，角速度越大，摩擦力越大C.图丙中物块以相同的速率通过粗糙路面A点和B点，其受到的摩擦力大小相等D.图丁中汽车在与水平面夹角为的斜面赛道做圆周运动，可能受到沿斜面向上的摩擦力【答案】D【解析】A．图甲中圆盘带着小物块做匀速圆周运动，二者相对静止，物块受到指向圆心方向的静摩擦力，故A错误；B．图乙中物块紧贴筒壁随圆筒一起做匀速圆周运动，角速度越大，筒壁对物块的弹力越大，但物块受到的是静摩擦力，静摩擦力与重力平衡，大小不变，故B错误；C．设相同的速率为，A点和B点对应圆弧的半径分别为，由牛顿第二定律，得，由得，故C错误；D．设汽车做圆周运动的半径为，当速度为时，汽车不受摩擦力，则当速度时，汽车受到沿斜面向上的摩擦力，故D正确。故选D。2.如图所示，一位同学玩飞镖游戏。圆盘最上端有一点P，飞镖抛出时与P等高，且距离P点为L。当飞镖以初速度v0垂直盘面瞄准P点抛出的同时，圆盘以经过盘心O点的水平轴在竖直平面内匀速转动。忽略空气阻力，重力加速度为g，若飞镖恰好击中P点，则（）A.圆盘的半径为 B.飞镖击中P点所需的时间为C.圆盘转动角速度的最小值为 D.P点随圆盘转动的线速度可能为【答案】D【解析】B．飞镖做平抛运动，水平方向匀速直线运动，有解得运动时间，故B错误；A．竖直方向做自由落体运动，下落位移飞镖抛出时与等高，要击中，必须刚好转到最低点，此时飞镖下落位移等于圆盘直径，即代入得，故A错误；C．击中时，圆盘转过的角度（n=0，1，2，…）角速度（n=0，1，2，…）最小角速度对应，则，故C错误；D．点的线速度代入和，得（n=0，1，2，…）​当时，，故D正确。故选D。3.如图所示，在赤道上的人a某时刻用仪器观测到他的正上方恰好有三颗卫星排成一条直线，分别是近地轨道卫星b、地球静止同步轨道卫星c和高空探测卫星d。已知它们均做匀速圆周运动，下列说法正确的是（）A.d运动周期一定大于a运动周期 B.他们的线速度满足vb>vc=va>vdC.他们的角速度满足ωa>ωb>ωc>ωd D.他们相同时间绕过的角度θa>θb>θc>θd【答案】A【解析】A．根据开普勒第三定律，卫星轨道半径越大，则周期越大，则d的周期大于c的周期，而ac周期相等，可知d运动周期一定大于a运动周期，A正确；BCD．因ac角速度相等，即ωa=ωc，根据可知vc>va对bcd卫星，根据可得，，可知，根据可知，他们相同时间绕过的角度。则BCD错误；故选A。4.北斗导航技术从空间信息层面彻底打破了国外技术垄断，北斗导航卫星包含了地球同步卫星。如图，在某次发射一颗地球同步卫星时，先将其发射到贴近地球表面运行的圆轨道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点时的加速度大于在轨道Ⅰ上经过A点时的加速度B.同步卫星在轨道Ⅱ上从A点向B点运行的过程中，速度在增大C.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D.同步卫星在轨道Ⅲ上运行时，运行速度小于地球的第一宇宙速度【答案】D【解析】A．根据万有引力定律，卫星的加速度由万有引力提供，即卫星在轨道Ⅱ和轨道Ⅰ上经过A点时，到地心的距离r相同，因此加速度相等，故A错误；B．卫星在椭圆轨道Ⅱ上从A点向B点运行时，远离地球，万有引力做负功，动能减小，速度减小，故B错误；C．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C错误；D．地球的第一宇宙速度是近地卫星的环绕速度，也是卫星绕地球做圆周运动的最大环绕速度。轨道Ⅲ的半径大于地球半径，因此同步卫星在轨道Ⅲ上的运行速度小于第一宇宙速度（7.9km/s），故D正确。故选D。5.2025年是人工智能规模化应用元年，越来越多的人在工作和学习中使用人工智能体。某同学通过人工智能体查询到在地球两极的重力加速度为，地球赤道上的重力加速度为，将地球视为质量分布均匀的球体，已知引力常量G和地球半径R，则地球密度为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】BD．在两极无自转影响，重力加速度等于引力加速度，即解得地球密度其中地球体积解得B正确，D错误；AC．地球赤道上受地球自转影响有由于未知，不能直接表示，故不能求得地球密度，AC错误。故选B。6.如图所示，在某次滑板表演中，运动员从倾角为的斜坡顶端O以4m/s的水平初速度飞出，落在斜面上的A点。已知运动员质量为60kg，空气阻力不计，重力加速度g=10m/s2，下列说法正确的是（）A.运动员从飞出到落在斜面上用时0.6sB.运动员从飞出到落在斜面上的位移为1.8mC.运动员从飞出到落在斜面上重力所做的功为1800JD.运动员落在斜面上时重力做功的瞬时功率为【答案】A【解析】A．运动员做平抛运动，水平方向为匀速直线运动竖直方向为自由落体运动落在斜面上时，位移偏角等于斜面倾角，满足整理得运动时间

代入得，故A正确；B．水平位移斜面上总位移，故B错误；C．竖直下落高度重力做功，故C错误；D．落到斜面上的竖直速度重力瞬时功率，故D错误。故选A。7.有一质量为m、半径为R、密度均匀的球体，在距离球心O为2R的地方有一质量为m′的质点，此时m对m′的引力为F。现从球体中挖去半径为的球体，如图所示，则剩余部分对m′的万有引力（）A. B. C. D.【答案】D【解析】根据万有引力定律，完整大球对质点的引力为球体密度均匀，质量与体积成正比，挖去小球半径为​，因此挖去小球的质量​由图可知，大球球心到挖去小球球心的距离为​，因此挖去小球球心到质点的距离​挖去小球对质点的引力剩余部分引力等于原引力减去挖去部分的引力

故选D。8.如图所示，竖直放置的薄圆筒内壁光滑，在内表面距离底面高为的点处，给一个质量为的小滑块沿水平切线方向的初速度，小滑块将沿筒内表面旋转滑下，经时间第一次滑过点正下方点。假设滑块下滑过程中与筒内表面紧密贴合，重力加速度取。则下列说法正确的是（）A.圆筒内半径为B.的距离为0.4mC.小滑块最后刚好能从点正下方的点滑离圆筒D.小滑块运动过程中受到的筒壁的压力大小不变【答案】D【解析】A．将小滑块的运动分解，在水平方向做匀速圆周运动，切线方向不受力，速度大小保持初速度​不变，在竖直方向做初速度为0的匀加速直线运动，内壁光滑，竖直方向合力等于重力，加速度小滑块第一次到达点正下方，说明水平方向刚好转完1圈，路程满足解得，故A错误；B．​的距离等于竖直方向下落的位移，由匀变速直线运动位移与时间的关系，得，故B错误；C．滑块总下落高度，总运动时间满足解得匀速圆周运动的周期则说明总运动时间为4.5个周期，滑块到达底部时不是在点正下方，故C错误；D．筒壁的压力提供水平圆周运动的向心力，大小满足、、都不变，因此筒壁对滑块的压力大小不变，故D正确。故选D。9.如图所示，I为北斗卫星导航系统中的静止轨道卫星，其对地张角为；II为地球的近地卫星。已知地球的自转周期为，万有引力常量为G，根据题中条件，可求出（）A.地球的平均密度为B.卫星I和卫星II的加速度之比C.卫星II的周期为D.卫星II运动的周期内无法直接接收到卫星发出电磁波信号的时间【答案】C【解析】A．对卫星I，由万有引力提供向心力由几何关系知联立解得地球质量地球平均密度，故A错误；B．卫星I和卫星II的加速度分别为、则，故B错误；C．由开普勒第三定律解得卫星II的周期，故C正确；D．当卫星Ⅱ运行到与卫星Ⅰ的连线隔着地球的区域内，卫星Ⅱ无法直接接收到卫星I发出电磁波信号，其对应的圆心角为，设这段时间为。若两卫星同向运行，则有其中，解得若两卫星相向运行，则有其中，解得，故D错误。故选C。二、多选题10.下图为皮带传动装置的示意图，右轮半径为r，A是它边缘上的一点。左侧是一轮轴，大轮半径为4r，小轮半径为2r。小轮上的B点到其中心距离为r，C点和D点分别位于小轮和大轮的边缘上。传动过程中皮带不打滑，那么关于A、B、C、D点的线速度v、角速度ω、向心加速度a的关系正确的是（）A.线速度大小之间B.角速度大小之间C.向心加速度大小之比D.向心加速度大小之比【答案】AC【解析】AB．由皮带传动的特点有由同轴转动的特点有根据线速度与角速度的关系可得所以，所以，故A正确，B错误；CD．由得由得故，故C正确，D错误。故选AC。11.经长期观测，人们在宇宙中已经发现了“双星系统”，“双星系统”由相距较近的恒星组成，每个恒星的半径远小于两个恒星之间的距离，而且双星系统一般远离其他天体，它们在相互间的万有引力作用下，绕某一点做匀速圆周运动，如图所示为某一双星系统，A星球的质量为m1，B星球的质量为m2，它们中心之间的距离为L，引力常量为G，则下列说法正确的是（）A.A星球的轨道半径为B.B星球的轨道半径为C.双星运行的周期为D.若近似认为B星球绕A星球中心做圆周运动，则B星球的运行周期为【答案】AD【解析】AB．在双星系统中，两颗恒星角速度和周期相同，相互间的万有引力提供各自向心力，轨道半径之和等于两星中心距离，则有由两星球的向心力相等，得约去，可得结合，联立解得，，故A正确，B错误；C．对A星，万有引力提供向心力，有代入，约去公共项整理得，故C错误；D．若近似认为B绕A中心做圆周运动，A不动，万有引力提供B的向心力，有解得，故D正确。故选AD。12.卫星P、Q绕某行星运动的轨道均为椭圆，只考虑P、Q受到该行星的引力，引力大小随时间的变化如图所示，已知。下列说法正确的是（）A.P、Q绕行星公转的周期之比为1∶2B.P、Q到行星中心距离的最小值之比为2∶3C.P、Q的质量之比为8∶9D.Q的轨道长轴与短轴之比为【答案】BD【解析】A．卫星公转一周经过一次近地点（引力最大），一次远地点（引力最小），因此相邻两次最大引力的间隔为公转周期。由图可知的周期​，的周期已知，因此周期比，故A错误；B．对有，联立解得椭圆半长轴对有​​，​联立解得椭圆半长轴由开普勒第三定律：对同一中心天体因此联立解得

，即、到行星中心的最小值（近地点距离）之比为，故B正确；C．由得质量比，故C错误；D．对椭圆，，，由数学知识得​对有由之前分析得因此长轴与短轴之比，故D正确。故选BD。13.如图甲所示，用一轻质绳拴着一质量为m的小球，在竖直面内做圆周运动(不计一切阻力)，小球运动到最高点时绳对小球的拉力为FT，小球在最高点的速度大小为v，其FT-v2图像如图乙所示，则下列说法正确的是（）A.轻质绳长为B.当地的重力加速度为C.当v2=c时，轻质绳最高点拉力大小为-aD.若小球在最低点时的速度=b，小球运动到最低点时绳的拉力为6a【答案】AC【解析】AB．当小球经过最高点时，根据牛顿第二定律可得整理得结合题图乙可得，解得，，故A正确，B错误；C．当v2=c时，根据牛顿第二定律，轻质绳最高点拉力大小为，故C正确；D．若小球在最低点时的速度，根据牛顿第二定律，小球运动到最低点时解得绳的拉力为，故D错误。故选AC。14.《流浪地球2》中描述的“太空电梯”让人印象深刻，若在赤道上某点建造垂直于水平面的“太空电梯”，宇航员可乘坐它直通该点上空的同步空间站，乘坐时宇航员需要被安全带固定在座椅上以保证安全。如图所示，a-r图中r为宇航员到地心的距离，曲线A为地球引力对宇航员产生的加速度大小与r的关系；直线B为宇航员由于地球自转而需要的向心加速度大小与r的关系，R为地球半径，a₀、g₀、r₀均为已知量。已知宇航员质量为m，当电梯相对地面静止在不同高度时，下列说法正确的是（）A.图中为地球同步卫星的轨道半径B.随着r的增大，宇航员受座椅的作用力一直减小C.在离地面高为R的位置，宇航员受座椅的作用力大小为D.在离地面高为2R的位置，宇航员受座椅的作用力大小为【答案】AD【解析】A．在处，万有引力提供的加速度与由于地球自转所需的加速度相等，说明该位置所需的向心力完全由万有引力提供，且“太空电梯”运动周期与地球自转同步，所以为地球同步卫星的轨道半径，故A正确；B．因为宇航员所受合力产生的加速度应等于直线B所对应的加速度，所以由图像可知，宇航员受座椅的作用力应先减小再反向增大，故B错误；C．在离地面高为R的位置，宇航员受万有引力大小为由图像可知宇航员在离地面高为R的位置所需的向心加速度为所以宇航员受座椅的作用力大小为，故C错误；D．在离地面高为2R的位置，宇航员受万有引力大小为由图像可知宇航员在离地面高为2R的位置所需的向心加速度为所以宇航员受座椅的作用力大小为，故D正确。故选AD。三、实验题15.卡文迪许利用如图所示的扭秤实验装置测量了引力常量：（1）横梁一端固定有一质量为m半径为r的均匀铅球A，旁边有一质量为m，半径为r的相同铅球B，A、B两球表面的最近距离L，已知引力常量为G，则A、B两球间的万有引力大小为F=______。（2）在如图所示的几个实验中，与“卡文迪许扭秤实验”中测量微小量的思想方法最相近的是______。（选填“甲”“乙”或“丙”）（3）为了测量石英丝极微的扭转角，该实验装置中采取使“微小量放大”的主要措施（）A.减小石英丝的直径B.增大T形架横梁的长度C.利用平面镜对光线的反射D.增大刻度尺与平面镜的距离【答案】（1）（2）乙（3）CD【解析】【小问1解析】根据万有引力公式可得【小问2解析】由于引力较小，所以卡文迪许设计此实验时运用了放大法的思想，所以利用微小测量方法放大的思想的是乙图。【小问3解析】A．当减小石英丝的直径时，会导致石英丝更容易转动，对测量石英丝极微小的扭转角却没有作用，故A错误；B．当增大T形架横梁的长度时，会导致石英丝更容易转动，对测量石英丝极微小的扭转角却没有作用，故B错误；CD．为了测量石英丝极微小的扭转角，该实验装置中采用使“微小量放大”。利用平面镜对光线的反射，来体现微小形变的，或当增大刻度尺与平面镜的距离时，转动的角度更明显，故CD正确。故选CD。16.在“探究平抛运动的特点”实验中，某学习小组用如图甲所示装置研究平抛运动。将白纸和复写纸对齐重叠并固定在竖直的硬板上。钢球沿斜槽轨道滑下后从点飞出，落在水平挡板上。由于挡板靠近硬板一侧较低，钢球落在挡板上时，钢球侧面会在白纸上挤压出一个痕迹点。移动挡板，重新释放钢球，如此重复，白纸上将留下一系列痕迹点。（1）下列实验条件必须满足的有_____；（多选，填写正确答案标号）A.斜槽轨道光滑B.斜槽轨道末段水平C.每次从斜槽上相同位置无初速度释放钢球D.图中挡板每次必须等间距下移（2）如图乙所示，在描出的轨迹上取三点，和的水平间距相等且均为，竖直间距分别是和，若点是抛出点，，取，则钢球平抛的初速度大小为_____（结果保留2位有效数字）（3）如图乙所示，若点不是抛出点，以点为坐标原点，沿水平和竖直方向建立平面直角坐标系，在描出的轨迹上取三点，和的水平间距相等且均为，竖直间距和，取。则抛出点的坐标为_____（已知轴、轴坐标单位均为）。【答案】（1）BC（2）2.0（3）【解析】【小问1解析】AC.为了保证每次钢球抛出的速度相同，每次从斜槽上相同位置无初速度释放钢球但斜槽轨道不需要光滑，A错误，C正确；B.为了保证钢球抛出时的速度处于水平方向，斜槽轨道末段需要调节水平，B正确；D.挡板只要能记录下钢球在不同高度时的不同位置，故图中挡板每次不需要等间距下移，D错误。故选BC。【小问2解析】钢球做平抛运动，在竖直方向有代入数据解得在水平方向有代入数据解得【小问3解析】钢球做平抛运动，在竖直方向有代入数据解得在水平方向有代入数据解得根据匀变速直线运动一段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，点在竖直方向的分速度为所以钢球从抛出点到点的运动时间为钢球从抛出点到点的水平距离为钢球从抛出点到点的竖直距离为所以抛出点的坐标为，抛出点的坐标为。四、解答题17.已知某星球的半径为R，在该星球表面h高处以速度v0水平抛出一个小球，小球落地时的水平位移为x，引力常量记为G。求：（1）该星球的质量？（2）该星球的密度？（3）该星球的第一宇宙速度？【答案】（1）；（2）；（3）【解析】（1）设该星球的质量为M，表面重力加速度为，小球在该星球做平抛运动的落地时间为，则由平抛运动的有，解得在该星球表面有万有引力等于重力，设星球表面有一质量为物体，则可得解得（2）设该星球额密度为，体积为，则有，解得（3）设该星球的第一宇宙速度为，而物体在星球表面环绕星球做圆周运动时的速度为第一宇宙速度，根据万有引力充当向心力，设质量为的物体环绕该星球表面做圆周运动，有解得18.已知地球的半径为、质量为，引力常量为，地球自转的周期为。（1）求地球同步卫星距地面的高度；（2）求地球同步卫星的向心加速度大小；（3）利用三颗位置适当的地球同步卫星，可使地球赤道上任意两点之间保持无线电通信，目前地球同步卫星轨道半径为地球半径的6.6倍，地球的自转周期h，假设地球的自转周期变小，若仍仅用三颗同步卫星来实现上述目的，则地球自转周期的最小值为多少小时？（计算结果保留一位有效数字）【答案】（1）（2）（3）【解析】【小问1解析】设地球同步卫星的质量为，离地面的高度为，地球质量为，由万有引力提供地球同步卫星做圆周运动的向心力可得【小问2解析】由联立可得【小问3解析】地球同步卫星的轨道半径为，地球的自转周期，地球同步卫星的转动周期与地球的自转周期一致，若地球的自转周期变小，则同步卫星的转动周期变小，可知，同步卫星做圆周运动的半径变小，由于需要三颗卫星使地球赤道上任意两点之间保持无线电通信，因此由几何关系可知三颗同步卫星的连线构成等边三角形并且三边与地球相切，如图由几何关系可知地球同步卫星的轨道半径为由开普勒第三定律得得19.如图所示是一种升降电梯的模型示意图，A为轿厢，B为平衡重物，A、B的质量分别为2kg和1kg。A、B由跨过轻质滑轮的足够长轻绳系住，在电动机牵引下使轿厢由静止开始向上运动，电动机输出功率40W保持不变，轿厢上升4m后恰好达到最大速度。不计空气阻力和摩擦阻力，，在轿厢向上运动过程中，求：（1）轿厢的最大速度；（2）轿厢向上的加速度为时，重物B的速度v的大小；（3）轿厢从开始运动到恰好达到最大速度过程中所用的时间。【答案】（1）（2）（3）1.6s【解析】【小问1解析】轿厢的最大速度时，电动机绳子拉力则轿厢的最大速度【小问2解析】题意可知AB速度、加速度均等大，对A有对B有代入题中数据，联立解得【小问3解析】根据动能定理得其中，联立解得20.如图所示的游戏平台，AB为竖直半圆形光滑圆管轨道，其半径（忽略圆管的内径），端切线水平，水平轨道AC与半径为的光滑圆弧轨道CD相接于点，、两点等高，圆弧轨道CD对应的圆心角为。一质量的小球在弹射器的作用下从水平轨道AC上某点以某一速度冲上竖直圆管轨道，并从点飞出，经过点恰好沿切线进入圆弧轨道，然后从点离开，由于圆弧轨道CD光滑，因此小球离开点的速度与点速度大小相等，小球离开点后做斜抛运动，最终从高为的圆框中心穿过。已知圆框中心与固定圆框的竖直挡板（足够高）的距离，重力加速度取，不计摩擦阻力和空气阻力，小球可视为质点，，。（1）求小球到达点时的速度大小；（2）求小球在点受到轨道作用力的大小和方向；（3）如果游戏要求小球在圆框的上方与竖直挡板碰撞一次后从圆框中心穿过，假设小球碰撞竖直挡板时沿平行挡板方向的速度不变，垂直挡板方向的速度大小不变，方向相反，求竖直挡板与圆弧轨道点间的距离。（不计小球与挡板的碰撞时间）【答案】（1）（2），方向竖直向下（3）【解析】【小问1解析】从B到C，由解得因为小球沿切线进入圆弧轨道CD，所以【小问2解析】由（1）知在B点，由牛顿第二定律有解得因，故的方向与重力方向一致，竖直向下【小问3解析】小球从点射出后做斜抛运动，由于竖直方向上的速度不受影响，因此在竖直方向上有解得（舍去）如图所示由对称性