【文档说明】福建省福州市八县（市、区）协作校2023-2024学年高一下学期4月期中考试物理试题（解析版）.docx，共(15)页，974.496 KB，由envi的店铺上传

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福州市八县（市）协作校2023—2024学年第二学期期中联考高一物理试卷【完卷时间：75分钟；满分：100分】一、单选题（本大题共四小题，每小题4分，共16分）1.如图所示，无人机在空中匀速上升时，不断增加的能量是（）A.动能B.动能、重力势能C.重力势能、机械能D.动

能、重力势能、机械能【答案】C【解析】【详解】无人机在匀速上升过程中，它的质量不变，速度不变，则动能不变；同时高度增加，其重力势能增加；因机械能等于动能与势能的总和，所以无人机的机械能增加。故选C。2.一艘船在静水中的速度

为3m/s，它在一条河宽60m，水流速度为4m/s的河流中渡河，则该小船（）A.以最短位移渡河时，位移大小为60mB.渡河的时间可能少于20sC.以最短时间渡河时，它沿水流方向的位移大小为80mD.河水的流速越大，渡河的时间一定越长【答案】C【解析】【分析】【详解】

A．因为船在静水中的速度小于河水的流速，由平行四边形法则求合速度不可能垂直河岸，小船不可能垂直河岸正达对岸，即位移大小不可能为60m，故A错误；B．当船头指向正对岸时渡河时间最短，最短时间为min60=s20s3dtv==船故B

错误；C．以最短时间渡河时，它沿水流方向的位移大小为x=v水tmin=80m故C正确；D．船渡河的时间只与船速和船头指向有关，与河水流速无关，故D错误。故选C。【点睛】小船过河问题属于运动的合成问题，要明确分运动的等时性、独立性，运用分解的思想，看

过河时间只分析垂直河岸的速度，分析过河位移时，要分析合速度。3.木块A放在木板B的水平表面的最左端，用恒力F将A拉至B的最右端。第一次将B固定在水平地面上，F做功为W1，产生的内能为Q1；第二次木板放在光滑水平面上，F做功为W2，产生的内能为Q2，则（）A.1

2WWB.12WWC.12QQD.12QQ【答案】B【解析】【详解】设木块A与木板B的摩擦力为f，木块A的位移为s，木块A从木板B左端滑到右端克服摩擦力所做的功W=fs因为木板B不固定时，木块A的位移要比固定时长，所以12ss

＜则W1＜W2摩擦产生的热量Qfs=相对两次都从木板左端滑到右端，相对位移相等，所以Q1=Q2故选B。4.如图所示，在某次壁球训练时，运动员在同一位置以不同的角度斜向上发球，最后球都能恰好垂直击打在竖直墙面反弹。若两次发球与水平方向夹角分别为30°和60°，不考虑球在空中受到的阻力，关于两次发球

说法正确的是（）A.碰到墙面前空中运动时间之比为1:3B.碰到墙面前空中运动时间之比为1:2C.两球上升高度之比为1:3D.两球上升高度之比为1:2【答案】C【解析】【详解】CD．斜抛运动的小球可以看成逆向的平抛运动，由推论有1tan302hx=2tan602hx

=联立解得两球上升高度之比为1213hh=故C正确，D错误；AB．由212hgt=可得2htg=两球碰到墙面前空中运动时间之比112213thth==故AB错误。故选C。二、双项选择题（本大题共4小题，每小题6分，共24分。在每小题给出的四个选

项中，有两个是符合题目要求的。全部选对得6分，选对但不全的，得3分，有选错的，得0分）5.关于功的概念，下列说法正确的是（）A.功是标量，但有正负，功的正负不表示方向，只表示大小B.滑动摩擦力既可能做正功，也

可能做负功，还可以不做功C.一对相互作用力做功之和一定为零D.合外力做功为零，则物体一定做匀速直线运动【答案】B【解析】【详解】A．功是标量，但有正负，正负不表示方向和大小，代表是动力做功还是阻力做功，故A错误；B．滑动摩擦力的方向与物体相对运动方向相反，但与物体的运动方向可以相反，也可

以相同，故可以做负功，也可以做正功，用板擦擦黑板时，板擦与黑板间的摩擦力为滑动摩擦力，但黑板没有位移，则摩擦力对黑板不做功，即滑动摩擦力也可以不做功，故B正确；C．一对作用力和反作用力分别作用在两个不同物体上，它们可能分别对两个

物体都做正功，其代数和为正值：比如在光滑水平面由静止释放的两个带同种电荷的小球，库仑力对两个小球都做正功，作用力和反作用力所做的功的代数和为正值，故物体间的一对相互作用力做功的代数和不一定为零，故C错误；D．合外力做功为零，物体可以做匀速圆周运动，故D错误。故选B。6.在31届夏季奥林匹

克运动会的撑杆跳比赛中，巴西小将达—席尔瓦跳出6.03m的成绩夺金，如果把撑杆跳全过程分成四个阶段：ab−、bc−、cd−、de−，如图所示。忽略空气阻力，则对这四个阶段的下列描述正确的有（）A.ab−为加速助跑阶段，人和杆的机械能在增加B.bc−为杆弯曲人上升阶段，系统重力势

能和弹性势能在增加C.cd−为杆伸直人上升阶段，人的动能转化为杆的弹性势能D.de−为人过横杆后的下落阶段，人做加速度变化的曲线运动【答案】AB【解析】【详解】A．ab→为加速助跑阶段，人和杆的重力势能不变，动能增加，则

其机械能在增加，故A正确；B．bc→为杆弯曲人上升阶段，杆弯曲，弹性势能增加，人上升，重力势能增加，故系统重力势能和弹性势能在增加，故B正确；C．cd→为杆伸直人上升阶段，系统的弹性势能减少，人的动能也减少，重力

势能增加，所以人的动能和杆的弹性势能转化为重力势能，故C错误；D．de→为人过横杆后的下落阶段，只受重力，初速度不为零，则人做加速度不变的曲线运动，故D错误。故选AB。7.如图（a）所示，一物块以一定

初速度沿倾角为30°的固定斜面上滑，运动过程中摩擦力大小f恒定，物块动能Ek与运动路程s的关系如图（b）所示。重力加速度大小取10m/s2，物块质量m和所受摩擦力大小f分别为（）A.m=0.7kgB.m=0.8kgC.f=0.5ND.f=1.0N【答案】AC【解析】【详解】0~10m

内物块上滑，由动能定理得kk0sin30mgsfsEE−−=−整理得kk0(sin30)EEmgfs=−+结合0~10m内的图像得，斜率的绝对值||sin304Nkmgf=+=10~20m内物块下滑，

由动能定理得()1ksin30()mgfssE−−=整理得()()k1sin30sin30Emgfsmgfs−−−=结合10~20m内的图像得，斜率sin303Nkmgf=−=联立解得0.5Nf=0.7kgm=故选AC。8.如图所示，竖直平面内粗糙

的圆弧轨道AP和足够长的水平传送带PC相切于P点。小耿同学让一质量为m=1kg的小物块从圆弧顶点A由静止开始沿轨道下滑，再滑上传送带PC，传送带以速度v=4m/s沿逆时针方向的转动。小物块与传送带间的动摩擦因数为0.5=，滑块第一次滑到传送带上离P点2.5m处速度为零，不计物

体经过圆弧轨道与传送带连接处P时的机械能损失，重力加速度g取210m/s则（）A.滑块从A开始下滑到P点过程机械能不守恒B.滑块再次回到P点时的速度为5m/sC.滑块第一次在传送带上运动由于摩擦产生的热量为31.5JD.滑块第一次在传

送带上运动而使电动机额外多做的功为36J【答案】AD【解析】【详解】A．因为滑块在粗糙圆弧轨道AP上运动的过程中要克服摩擦力做功，所以滑块从A开始下滑到P点过程机械能不守恒，故A正确；B．设滑块返回过程

的加速度为a，加速到和传送带共速时的位移为x，则由牛顿第二定律mgma=解得25m/sa=由运动学公式22vax=解得加速位移大小为1.6m2.5mx=可知，小物块在到达P点前已经与传送带共速，因

此可知，小物块再次回到P点时的速度为4m/s，故B错误；C．设滑块第一次在传送带上运动直至速度减为零所用的时间为t，可知212lat=解得1st=此阶段传送带的位移为04mlvt==物块下滑后与传送带运动方向相反，则相对位移为06.5mxll=+=相对1物块速度减为零后反向加速，设加速

的时间为1t，则有10.8svta==此段时间物块和传送带运动方向相同，设传送带的位移为1x，有113.2mxvt==则可得返回过程中的相对位移为11.6mxxx=−=相对2则可知由于摩擦产生的热量为1()40.5JQmgxx

+==相对1相对2故C错误；D．由题意可知，小物块第一次滑到P点时的速度满足212val=解得15m/sv=根据功能关系可知，滑块第一次在传送带上运动而使电动机额外多做的功为2211114.5J40.5J36J22WmvmvQ=−+=−+=

额故D正确。故选AD三、填空题（每空2分，共12分）9.如图所示，某同学到超市购物，用大小为20N、方向与水平面成60角斜向上的拉力拉购物篮，以1m/s的速度在水平地面上匀速前进，前进过程中拉力对购物篮做_______________________功（

选填“正”或“负”），前进10s内拉力的平均功率为______________W。【答案】①.正②.10【解析】【详解】[1]根据cosWFl=，由于拉力方向与购物篮的运动方向成锐角，则前进过程中拉力

对购物篮做正功；[2]前进10s内拉力的平均功率为cos60cos6010WWFlPFvtt====10.如图所示，汽车以速度v匀速行驶，当汽车到达P点时，绳子对水平方向的夹角为，此时物体M的速度大小为______（用v、

表示），绳子的拉力______（选填：大于、等于、小于）物体M的重力。【答案】①.cosv②.大于【解析】【详解】[1]汽车参与两个分运动，分别是将小车合速度分解，沿绳子拉伸方向和垂直绳子方向的两个运。动，如图物体上升速度等

于小车沿绳子拉伸方向的分速度，即1cosvvv==物[2]当汽车向左匀速行驶时夹角在减小，则物体的速度增大，处于加速运动，绳子的拉力大于物体M的重力。11.如图所示，一条轻绳跨过定滑轮，绳的两端各系一个球，

A球的质量为m，B球的质量是A球的3倍。用手托住B球，当轻绳刚好被拉紧时，B球离地面高度为h，A球静止于地面，现释放B球，求：（定滑轮质量及轮与轴间摩擦不计，空气阻力不计，重力加速度为g）则（1）释放B球后直至刚落地前，A、B两球组成的系统重力势能_____

_______（选填“增大”、“减小”或“不变”）（2）B球刚落地时，A球速度大小____________。【答案】①.减小②.gh【解析】【详解】[1]A、B两球组成的系统机械能守恒，由于两球的动能增加，则A、B两球组成的

系统重力势能减小；[2]A和B组成的系统，对B下落h的过程，由系统机械能守恒22BA113322mghmghmvmv−=+其中ABvv=的解得Avgh=四、实验题（11题每空2分，12题每空2分，共14分）12.利用图甲装置

做“验证机械能守恒定律”实验。（1）除带夹子的重物、纸带、铁架台（含铁夹）、电磁打点计时器、导线及开关外，在下列器材中，还必须使用的两种器材是______。A.低压交流电源B.刻度尺C.天平（含砝码）（2）实验中，先接通电源，再释放重物，得到图乙所示的一条纸带

，在纸带上选取三个连续打出的点A、B、C，测得它们到起始点O的距离分别为Ah、Bh、Ch，已知当地重力加速度为g，打点计时器打点的周期为T，设重物的质量为m。从打O点到打B点的过程中，重物的重力势能变化量pΔE=______，动能变化量kΔE=___

___。（3）各地大多数学生实验结果显示，重力势能的减少量大于动能的增加量，可能的原因是______。（本题只有一个选项正确）A.处理纸带时，没有每隔4点取一个计数点B.重力加速度取值偏大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.AB##

BA②.mghB③.22()8CAmhhT−④.C【解析】【详解】（1）[1]打点计时器需接交流电源，实验中需要用刻度尺测量点迹间的距离，从而求出瞬时速度以及重力势能的减小量；实验中验证动能的增加量和重力势能的减小量是否相等，质量可以约去，不需要的用天平测量质

量，故AB正确，C错误；（2）[2][3]从打O点到打B点的过程中，重物的重力势能变化量△Ep=mghBB点的瞬时速度2CABhhvT−=则动能的增加量22k2(12)8CABmmhhvTE−==（3）[4]各地大多数学生的实验结果显示，重

力势能的减少量大于动能的增加量，可能的原因是存在空气阻力和摩擦阻力的影响，其他的不会导致各地学生实验结果均显示重力势能的减少量大于动能的增加量，故C正确ABD错误。故选C。13.在做“研究平抛运动”的实验中，为了测量小球平抛运动的初速度，实验用如图所示的装置．实验

操作的主要步骤如下：(ⅰ)在一块平木板上钉上复写纸和白纸，将其竖直立于斜槽轨道末端槽口前，木板与槽口之间有一段初始距离d，并保持板面与轨道末端的水平段垂直．(ⅱ)使小球从斜槽上紧靠挡板处由静止滚下，小球撞到木板在白纸上留下痕迹A(ⅲ)将木板沿水平方向向右平移一段动距离x，再使小球从斜槽上紧

靠挡板处由静止滚下，小球撞到木板在白纸上留下痕迹B(ⅳ)将木板再水平向右平移相同距离x，使小球仍从斜槽上紧靠挡板处由静止滚下，再在白纸上得到痕迹C(ⅴ)测得A、B、C三点距地面的高度为y1、y2、y3，已知当地的重力加速度为g．请回答下列问题(1)关

于该实验，下列说法中正确的是_______A．斜槽轨道必须尽可能光滑B．每次小球均须由静止释放C．每次释放小球的位置可以不同D．步骤(ⅰ)初始距离d必须与步骤(ⅲ)中距离x相等(2)根据上述直接测量的量和已知的物理量可以得到小球平抛的初速度大小的表达式为v0＝________

．(用题中所给字母表示)(3)某同学做进一步研究，改变小球释放的初始位置的高度h，每改变一次高度，重复上述步骤(ⅰ)-(ⅴ)(其它条件不变)，并记录每次的h、y1、y2、y3．在同一坐标系中画出11yh−、21yh−、31yh−图象．根据你的分析，下列哪个图最接近该同

学的实验结果______（图中直线a表示11yh−图象，直线b表示21yh−图象，直线c表示31yh−图象）．【答案】①.B②.2132gxyyy−−③.C【解析】【详解】（1）为了保证小球的初速度相等，每次让小球从斜槽的同一

位置由静止释放，斜槽轨道不需要光滑，故A错误，C错误，B正确，步骤(ⅰ)初始距离d必须与步骤(ⅲ)中距离x无关，只要保证，连续水平移动的位移x相等即可，故D错误．（2）在竖直方向上，22312()()yyyygT−−−=；水平方向上0xvT=，可得小球平抛的初速度02

132gvxyyy=−−．（3）设小球离地高度为0H，小球平抛运动阶段水平位移为0xvt=，距离地面高度为2012yHgt=−，小球从斜槽的由h处静止释放，忽略摩擦力的影响，2012mghmv=，由以上分析可得201·4xyHh=−+，当由木板水

平向右平移时，对x逐渐变大，1yh−图象斜率变小，故C正确．五、计算题（本大题共3小题，共34分）14.在距离地面5m处将一个质量为1kg的小球以10m/s的速度水平抛出，若g=10m/s2求∶（1）小球在空中的飞行时间是多少？的

（2）水平飞行的距离是多少米？（3）小球落地时的速度？【答案】（1）1s；（2）10m；（3）102m/s，方向与水平方向的夹角为45向下【解析】【详解】解（1）小球做平抛运动，则212hgt=解得小球在

空中的飞行时间为t=1s（2）小球水平方向做匀速运动，则水平飞行的距离010mxvt==（3）小球落地时竖直方向的速度为y10m/svgt==所以，小球落地时的速度为220y102m/svvv=+=方向与水平方向的夹角为45向下15.汽车

发动机的最大功率为60PkW=，汽车的质量为32.010mkg=汽车在足够长的水平路面从静止以211.0/ams=的加速度先做匀加速直线运动，当小车牵引力的功率达到最大时，保持最大功率不变变加速运动了220ts=后小车的速度达到最大mv，已知汽车在行驶中所受路面阻

力恒定为重力的0.1倍，重力加速度取210/gms=求：（1）汽车在水平路面能达到的最大速度大小mv；（2）汽车在水平路面做匀加速运动能维持的时间1t；（3）汽车的瞬时速度为225/vms=时，汽车的加速度2a大小；

（4）小车在加速运动过程中的总位移s的大小．【答案】（1）30/ms（2）15s（3）20.2/ms（4）375m【解析】【分析】（1）当汽车的牵引力和阻力相等时，汽车速度达到最大，根据P=fv求出汽车的最大速度；（2）根据牛顿第二定律求出牵引力的大小，结

合P=Fv求出匀加速运动的末速度，根据速度时间公式求出汽车匀加速运动的时间；（3）根据P=Fv求得牵引力，根据牛顿第二定律求得加速度；（4）在匀加速阶段，根据运动学公式求得位移，达到额定功率后，整个过程中根据动能定理求得通过的位移；【详解】由题意知：0.

12000fmgN==（1）当牵引力等于阻力时，速度达到最大，为：mPFvfv==最大速度为：43610/30/2.010mvmsms==；（2）匀加速阶段，由牛顿第二定律得：11Ffma−=达到最大功率为：11PFv=代入数据有：14000

FN=，115/vms=，由111vat=得匀加速时间为：115ts=；（3）当225/vms=时，有：22PFv=，代入数据解得：22400FN=由牛顿第二定律得：22Ffma−=，可以得到加速度为：220.2/ams=（4

）匀加速位移为：2111112.52vsma==变加速过程，由动能定理得：222211122mPtfsmvmv−=−代入数据得：2262.5sm=加速运动过程中的总位移为：12375sssm=+=．【点睛】本题考查了汽车以恒定加速度启动问题，知道汽车

在整个过程中的运动规律，结合牛顿第二定律、运动学公式和功率的公式进行求解．16.如图所示，某一滑道由斜坡和水平滑道组成，斜坡顶端A距水平滑道高度为h，倾角为θ，水平粗糙滑道BC段长为d，水平滑道CD段光滑．将轻弹簧的一端水平连接并固定在墙上

，另一自由端恰位于水平滑道C点．物块从斜坡A处静止下滑，从斜坡进入水平滑道时，在底端B点处无能量损失（即速度大小不变）．已知物块质量为m，物块与斜坡AB、水平滑道BC间的动摩擦因数均为μ，整个过程空气阻力不计，重力加速度为g．则：(1)求物块滑

到B点时的速度大小？(2)求弹簧为最大压缩量时的弹性势能Ep？(3)若物块质量m=3kg，斜坡倾角θ=370，重力加速度g取10m/s2．弹簧第一次达到最大压缩量时的弹性势能Ep随物块不同下滑高度h变化关系如图所示，物块能第一次被弹回后不沿斜坡上滑，则物块从斜坡顶端A点下滑高度h

应满足什么条件？【答案】（1）22cotghgh−；（2）Ep=mgh－μmghcotθ－μmgd；（3）0.75m＜h≤1.5m【解析】【详解】解：(1)从A到B过程，对物块分析由动能定理得：2102mghmghcotmv=

−−解得：22vghghcot=−(2)从A到弹簧为最大压缩量时，对物块分析，由动能定理得：00mghmghcotmgdW−−+=−弹力0pWE=−弹力联立解得：pEmghmghcotmgd=−−(3)由(2)可知：()pEmghmghcotmgdmgmg

cothmgd=−−=−−根据图像与函数相结合可知斜率：kmgmgcot=−，纵截距：bmgd=−代入图中所给数据，解得0.25=，2dm=物块刚好能第一次被弹回，即要求物体从A点下滑能抵达C点，由图可知：10.75hm从A到弹簧为

最大压缩量，再返回B后不沿斜坡上滑，对物块分析，由动能定理得：2200mghmghcotmgdmgd−−=−−代入数据解得：21.5hm=综上分析，可知物块能第一次被弹回后不沿斜坡上滑，则物块从斜坡顶端

A点下滑高度应满足：0.751.5mhm