【文档说明】福建省福州市部分学校教学联盟2023-2024学年高一下学期4月学业联考物理试卷（解析版）.docx，共(19)页，1.033 MB，由envi的店铺上传

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2023-2024学年第二学期福州市部分学校教学联盟高一年级4月学业联考物理试卷（完卷时间：75分钟；满分：100分）温馨提示：请将所有答案填写到答题卡的相应位置上！请不要错位、越界答题！一、单项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分。在每小题所给出的四个选项中，只有一个选

项是符合题目要求的。1.“嫦娥五号”探月卫星在由地球飞向月球时，假设沿曲线从M点向N点飞行过程中，速度逐渐减小。在此过程中探月卫星所受合力方向可能是下列图中的（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【详解】由探月卫星合力方向指向轨迹凹侧，从M点向N点飞行，速度逐渐减小，说明合

力方向与速度方向的夹角为钝角，综合判断可知，C正确。故选C。2.关于机械能守恒定律的适用条件，下列说法中正确的是（）A.只有重力作用时，机械才能守恒B.当有其他外力作用（除重力外）时，只要合外力为零，机械能守恒C.当有其他外力作用（除重力外）时，只要其他力的合

力的功为零，机械能守恒D.炮弹在空中飞行不计阻力时，仅受重力作用，所以爆炸前后机械能守恒【答案】C【解析】【详解】A．机械能守恒定律的条件是“只有重力或系统内弹力做功”而不是“只有重力和弹力作用”，“做功”和“作用”是两个不同的概念，故A错误；B．物体受其

他外力作用且合外力为零时，机械能可以不守恒，如拉一物体匀速上升，合外力为零，物体的动能不变，重力势能增加，机械能增加，故B错误；C．当有其他外力作用时，只要其他力的合力的功为零，只有重力做功，则机械能

守恒，故C正确；的D．在炮弹爆炸过程中产生的内能转化为机械能，机械能不守恒，故D错误。故选C。3.如图所示为低空跳伞极限运动表演，运动员从离地350m高的桥面一跃而下，实现了自然奇观与极限运动的完美结合。假设质量为m的跳伞运动员，由静止开始下落，在打开伞之前受恒定阻力作用，下落的加速度45

g，在运动员下落h的过程中，下列说法正确的是（）A.运动员重力做功为45mghB.运动员克服阻力做功为45mghC.运动员的动能增加了45mghD.运动员的机械能减少了45mgh【答案】C【解析】【详解】A．运动员下落h，则重力做功为GWmgh=选项A错误；B．根据mgfma−=可得1

5fmg=则运动员克服阻力做功为15fWfhmgh==选项B错误；C．运动员的动能增加量等于合外力做功，则45kEmahmgh==选项C正确；D．运动员的机械能减少量等于克服阻力做功，即15Emgh=选项D错误。故选C。4.如图所示，a、b两物

块质量分别为m、2m，用不计质量的细绳相连接，悬挂在定滑轮的两侧。开始时，a、b两物块距离地面高度相同，用手托住物块b，然后由静止释放，直至a、b物块间高度差为h，b未落地，不计滑轮质量和一切阻力，重力加速度为g。在此过程中，下列说法正确的是（）

A.b物体的加速度大小为12gB.绳子拉力大小是mgC.a、b高度差为h时，物块b的速度大小为33ghD.此过程重力对a做功mgh−【答案】C【解析】详解】AB．对a、b，根据牛顿第二定律Tmgma−=，22mgTma−=解得13ag=，23Tmg

=选项AB错误；C．a、b间高度差为h，a上升的高度与b下降的高度均为2h，物体a、b构成的系统机械能守恒，则有()2122222hhmgmgmmv−=+解得33ghv=故C正确；D．此过程重力对a做功为【G1=22ahWmgmgh−=−故

D错误。故选C。二、双项选择题：本题共4小题，每小题6分，共24分。每小题有两个选项是符合题目要求的，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。5.如图，光滑斜面体OAB固定在水平桌面上，两斜面的倾角分别为α、β，α>β。完全相同的两物块a、b在顶端O处由静

止沿两斜面下滑，则两物块（）A.在顶端时，重力势能相等B.到达底端时，速度相同C.下滑至底端过程，重力的平均功率相等D.到达斜面底端时，物块a重力的瞬时功率较大【答案】AD【解析】【详解】A．根据pEmgh=在顶端时，高度相同，由于

两物块的质量相等，则重力势能相等，故A正确；B．根据动能定理可得212mghmv=可得2vgh=可知两物块到达底端时，速度大小相等，方向不同，故B错误；CD．到达斜面底端时，两物块重力瞬时功率分别为sinaPmgv=

，sinbPmgv=的由于，则有abPP下滑至底端过程，两物块重力的平均功率分别为sinsin2amgvPmgv==，sinsin2bmgvPmgv==可得abPP故C错误，D正确。故选AD

。6.若物体被抛出时的速度不沿水平方向，而是向斜上方或向斜下方（这种情况常称为斜抛），则它的受力情况与平抛运动完全相同。如图甲所示，球状烟花中有一部分是做斜上抛运动，其中一火药做斜抛运动的轨迹如图乙所示，图乙中初速度

0v和初速度与水平方向的夹角均为已知量，重力加速度大小为g，不计空气阻力，下列说法正确的是（）A.该火药的射高为220sin2vgB.该火药的射高为220cos2vgC.若斜抛运动的初速度0v大小不变，抛射角改变，则该火药射程的最大值为202vgD.若

斜抛运动的初速度0v大小不变，抛射角改变，则该火药射程的最大值为20vg【答案】AD【解析】【详解】AB．由题图乙可知，斜抛运动在竖直方向的分速度为00sinyvv=在竖直方向上，由匀变速直线运动规律可得斜抛运动的

射高22200sin22yvvhgg==B错误，A正确；CD．斜抛运动在水平方向的分速度为00cosxvv=在竖直方向上，由匀变速直线运动规律可知斜抛运动的时间为02yvtg=水平方向做匀速直线运动，斜抛运动的射程为0xxvt=结合00cosxvv=00sinyvv=可得()22

00sin22sincosvvxgg==当45=时，射程最大且为20mvxg=C错误，D正确。故选AD。7.投壶是我国古代的一种民间游戏。据《礼记·投》记载，以壶口作标的在一定的水平距离投箭矢，以投入多少计筹决胜负，现有小巴同学进行投壶的游戏为简化起见，将箭矢

视为质点，不计壶的高度，并且不计空气阻力。箭矢从距壶口P点竖直高度为h=1.25m的O点以初速度v0水平抛出，恰好落在壶口P点，O、P两点之间的水平距离为x=2.5m，重力加速度g取10m/s2，则（）A.箭矢抛出的初速度v0=4m/sB.箭矢从O运动到壶口P的时间为0.5sC.箭矢落入壶口P的

速度大小为：53m/sD.以抛射点O为坐标原点，初速度方向为x轴正方向，竖直向下为y轴正方向，建立平面直角坐标系，则该箭矢运动的轨迹方程为25xy=【答案】BD【解析】【详解】ABD．平抛运动在竖直方向的分运动为自由落体运动，在水平方向的分运动为匀速直线运动，

则有212hgt=，0xvt=两式联立解得05m/sv=，0.5st=同时，以抛射点O为坐标原点，初速度方向为x轴正方向，竖直向下为y轴正方向，建立平面直角坐标系，可得该箭矢运动的轨迹方程为25xy=故A错误，BD正确；C．箭矢落入壶口P的速度222200()2525m/s52m/sP

yvvvvgt=+=+=+=故C错误。故选BD。8.如图所示，水平地面上有一倾角为37=的传送带，以016m/sv=的速度逆时针匀速运行。将一煤块从33.6mh=的高台从静止开始运送到地面，煤块可看做质点，已知煤块的质量为1kgm=，煤块与传送带之间的动摩擦因数为0.

25=，重力加速度为210m/sg=，sin370.6=，cos370.8=，煤块由高台运送到地面的过程中，下列说法正确的是（）A.运送煤块所用的时间为4sB.摩擦力对煤块做的功为48JC.煤块相对传送带运动而产生的划痕长8mD.煤块与传送带之间因摩擦产生的热量为48

J【答案】AD【解析】【详解】A．设传动带的长度为Lsin3733.6mL=解得56mL=煤块刚放上传动带时，受到的滑动摩擦力沿斜面向下，根据牛顿第二定律得1sin37cos37mgmgma+=解得

218m/sa=则煤块从0加速到与传送带共速需要0112svta==煤块的位移为2111116m2xat==由于sin37cos37mgmg可知煤块与传送带共速后继续做匀加速运动，摩擦力沿斜面向上，根据牛顿第

二定律得2sin37cos37mgmgma−=解得224m/sa=根据220222112xvtatLx=+=−解得22st=共计4s，A正确；B．摩擦力大小为cos372NfFmg==第一个过程摩擦力对煤块做功1132JfWFx==第二个过程摩擦力对

煤块做功2280JfWFx=−=−故摩擦力对全程对煤块做功为-48J，B错误；C．第一个过程传动带的位移为3132mxvt==煤块与传送带的相对位移为13116mxxx=−=第二个过程传送带的位移4232mxvt==相对位

移224Δ8mxxx=−=第一个过程传送带运动快，第二个过程煤块运动快，煤块在传动带上的划痕应为16m，C错误；D．第一个过程摩擦生热为1132JfQFx==第二个过程摩擦生热为2216JfQFx==故总产热量为1248JQQQ=+=D正确。故选AD。三、非选择题：共60分。其中9、10、

11小题为填空题，12、13小题为实验题，14~16小题为计算题。考生根据要求在答题卡的非选择区域内作答。9.某船在静水中划行的速率为6m/s，河水的流速为10m/s，要渡过60m宽的河，该船渡河所用的最短时间为_______s，该船渡河所通过的位移最小为_______m

。【答案】①.10②.100【解析】【详解】[1]当船头垂直对岸行驶时，船渡河时间最短，可得min60s10s6dtv===船[2]由于船在静水中的速度小于水速，根据矢量三角形，可得当船在静水中的速度与合速度垂直时，该船渡

河所通过的位移最小。根据速度矢量三角形与位移矢量三角形相似，可得minvdvs=船水求得min1060m100m6s==10.如图所示，汽车沿水平路面匀速向右运动，通过定滑轮带一滑块A，当绳与水平方向的夹角为时，若此时物体A的速度为v，则汽车的速度大小为________m/s；汽车匀速

向右运动的过程中，A物体处于________状态。（填“超重”、“失重”或“平衡”）。【答案】①.cosv②.超重【解析】【详解】[1][2]由题意，将车的速度分解在沿绳方向与垂直绳方向上，且沿绳方向上的速度大小等

于A的速度大小，可得cosvvv⊥==车得cosvv=车汽车匀速向右运动的过程中，减小，cos增大，则v增大，即A物体做加速运动，加速度竖直向上，处于超重状态。11.如图所示，质量为50kg的某同学在做俯卧撑运动。运动

过程中可将她的身体视为一根直棒，已知重心在C点，C在地面上的投影O与两脚、两手连线中点间的距离OA、OB分别为0.9m和0.6m。若该同学在1min内做了30个俯卧撑，每次肩部上升的距离均为0.4m，g取10m/s2，则她完成一次动作需克服重力做功_______J，该同学运动

的平均功率为_______W。【答案】①.120②.60【解析】【详解】[1]她完成一次动作重心下降高度0.90.4m=0.24m0.90.6h=+完成一次动作需克服重力做功120JWmgh==[2]同学运动的平均功率30120W60W60WPt===总12.某实验小组

“用落体法验证机械能守恒定律”，实验装置如图甲所示，实验中测出重物自由下落的高度h及对应的瞬时速度v，计算出重物减少的重力势能mgh和增加的动能212mv，然后进行比较，如果两者在实验误差允许的范围内相等，即可验证重物自由下落过程中机械能守恒。请根据实验原理和步骤完成下列问题：的（

1）关于上述实验，下列说法中正确的是___________。A.重物最好选择密度较小的木块B.重物的质量可以不测量C实验中应先接通电源，后释放纸带D.可以利用公式v=2gh来求解瞬时速度E.打点计时器安装应使限位孔保持竖直F.释放

重物前应手提纸带上端并使重物远离计时器（2）如图乙是该实验小组打出的一条点迹清晰的纸带，纸带上的O点是重物下落的起始点，选取纸带上连续的点A、B、C、D、E、F作为计时点，并测出各计时点到O点的距离依次为27.94cm、32.78cm、38.02cm、43.65cm、49.66cm、56

.07cm。已知打点计时器所用的电源是50Hz的交流电，重物的质量为0.5kg，则从计时器打下点O到打下点D的过程中，重物减少的重力势能pE=___________J；重物增加的动能kE=___________J，造成两者不等的系统误差可能是___________重

力加速度g取9.8m/s2，计算结果保留三位有效数字）【答案】（1）BCE（2）①.2.14②.2.12③.物体克服空气阻力及纸带与打点计时器之间的摩擦阻力做功【解析】【小问1详解】A．重物应选密度较大的，这样相同的质量体积更小，减小空气阻力的影响。A错误；B．因为动能和重

力势能都涉及到质量，式子中的质量可以约掉，所以可以不用测质量。B正确；C．实验中应先接通电源，后释放纸带，以提高纸带的利用率。C正确；D．实验中是利用平均速度来测量速度的。不能用公式v=2gh来求解瞬时速度，否则就

会导致用机械能守恒来验证机械能守恒。D错误。.E．打点计时器安装应使限位孔保持竖直以减小阻力，E正确；F．释放重物前应手提纸带上端并使重物靠近计时器，保证充分利用纸带，F错误。故选BCE。【小问2详解】[1][2][3]重物减小的重力势能ΔEp=0.59.80.43

65J2.14JmgOD==重物增加的动能ΔEk=22110.49660.38020.5()J2.12J220.04Dmv−==造成两者不等的系统误差可能是物体克服空气阻力及纸带与打点计时器之间的摩擦阻力做功。13.在“探究平抛运动的特点”的实验中。（1）某组同学用如图甲所示装置

探究平抛运动的特点。用小锤击打弹性金属片后，A球沿水平方向抛出，做平抛运动，同时B球由静止下落，可以观察到两个小球同时落地，改变小球距地面的高度和小锤击打的力度，发现：两球总是同时落地。由此可以得到的结论是__________

_。（2）该组同学继续用如图乙所示装置继续探究平抛运动的规律，在该实验中，下列说法正确的是（）。A.斜槽轨道末端切线必须水平B.斜槽轨道必须光滑C.将坐标纸上确定的点用直线依次连接D.小球每次都从斜槽上同一高度由静止释放（3）另一组同学拍摄钢球做平抛运动频闪照片的一部分如

图丙所示，已知每个小方格的边长为L，重力加速度为g，则钢球平抛的初速度大小为___________。（4）一小球做平抛运动，某同学记录了运动轨迹上的三个点A、B、C，如图所示。以A点为坐标原点建立坐标系，各点的坐标值已在图中标出。小球做平抛运

动的初速度大小v0=___________m/s；小球做平抛运动的初始位置坐标为___________。【答案】（1）平抛运动竖直方向上为自由落体运动（2）AD（3）322gL（4）①.1②.10cm5cm−

−（，）【解析】【小问1详解】该实验中，A球做平抛运动，而B球做自由落体运动，当两球在同一高度处同时运动，得到的结果是两球同时落地，且改变高度仍然得到相同的结果，则说明平抛运动竖直方向上为自由落体运动。【小问2详解】A．为了让小球在斜槽末端获得水平方向的速度以保证小球做平抛运动，则斜槽末端必须水

平，故A正确；BD．该实验中只要保证小球每次都从斜槽上同一高度由静止释放，则可保证小球每次做平抛运动的初速度相同，不需要斜槽轨道必须光滑，故B错误，D正确；C．由于平抛运动的轨迹为抛物线，因此应该用平滑的曲线将坐标是上确定的点连接起来，故C错误。故选AD。【小问3详解】

平抛运动水平方向做匀速直线运动，而竖直方向做自由落体运动，根据图丙中可得，在水平方向有03Lvt=在竖直方向由逐差法253LLgt−=联立解得0322vgL=【小问4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，在竖直方向上根据逐差公式有2BCAByygT−=解得A、B两点间的时间间隔为0.1sT=则小球做平抛运动的初速度大小为010cm1m/s0.1sABxvT===[2]B点的竖直分速度为40cm2m/s220.1

sACyyvT===则抛出点到B点的竖直高度为20.2m20cm2yBvhg===则抛出点到A点的竖直距离为5cmBAByhy=−=竖直方向，根据自由落体运动规律有212ygt=解得，抛出点到A点的时间为0.1st=则抛出点到A点的水平距离为0

0.1m10cmxvt===故小球做平抛运动的初始位置坐标为10cm5cm−−（，）。14.已知该车的额定功率为200kW，质量为2×103kg，假设该车在水平路面上行驶时受到的阻力为车重的0.2倍，（g取10m/

s2）求：（1）汽车在路面上能达到的最大速度；（2）若汽车从静止开始保持2m/s2的加速度做匀加速直线运动，这过程能持续多长时间？（3）若汽车从静止开始以额定功率启动，行驶了200m达到最大速度，求汽车从静止

到获得最大行驶速度所用的时间。【答案】（1）50m/s；（2）12.5s；（3）16.5s【解析】【详解】（1）当速度达到最大时，牵引力等于阻力，可得mPfv=解得m=50m/sv（2）汽车从静止开始保持2m/s2的加速度做匀加速直线运动，由牛顿第二定律可得，牵引力为8000NFmaf=+=

匀加速结束时的速度为125m/sPvF==匀加速的时间为1112.5svta==（3）汽车从静止到获得最大行驶速度的过程，由动能定理可得22m12Ptfsmv−=解得216.5st=15.某人在离地面1.4m的高度，将质量0.4kg的小球以v0=10m/s的速度斜向上抛出，小球的初速度方向与水

平方向之间的夹角为37，不计空气阻力，g=102m/s,求（1）小球从抛出点上升的最大高度；（2）小球在空中运动的时间；（3）小球落地点与抛出点的水平距离。【答案】（1）1.8m；（2）1.4s；（3）11.2m【解析】【详解】（1）小球做斜抛运动

，小球从抛出点上升的最大高度为220m(sin37)6m1.8m2210vhg===（2）小球从抛出点上升的最大高度所用的时间为01sin370.6svtg==小球从最高点到落地的过程，有2m212hhgt+=解得2

0.8st=小球在空中运动的时间为121.4sttt=+=（3）小球落地点与抛出点的水平距离为0cos3781.4m11.2mxvt===16.如图所示，倾角为30=的斜面体固定在水平地面上，斜面长为13.5mL=，斜面底端有一挡板。长AB1.5mL=的木板

静置于斜面顶端，木板与斜面之间的动摩擦因数为133=，木板下端连接一根原长为00.5mx=的轻弹簧。一物块a（可视为质点）从木板顶端A以05m/sv=的速度沿斜面向下运动，物块a与木板之间的动摩擦因数为232=。已知木板的质量为1kgM=，

物块a的质量为4kgm=。若木板下滑到斜面底端碰到挡板后立刻停下，物块a最终静止在与木板上端A相距0.6m的位置，弹簧始终在弹性限度内，取重力加速度210m/sg=。求：（1）物块a刚开始运动时，物块a、木板的加速度大小；（2）木板从斜面顶端运动到斜

面底端的时间；（3）物块a与木板底端B之间的最短距离。【答案】（1）22.5m/s，210m/s；（2）0.7s；（3）0.3m【解析】【详解】（1）当物块a沿斜面向下运动时，根据牛顿第二定律得21cos30sin30mgmgma−=解得物块a的加速度大小

为212.5m/sa=对木板根据牛顿第二定律得()212cos30sin30cos30mgMgMmgMa+−+=解得木板的加速度大小为2210m/sa=（2）假设a与木板达到共速时，a还没有压缩弹簧且木板还没有达到底端，则有21011vatvat==−共解得10.

4s4m/stv==共此过程中a的位移为0111.8m2vvxt+==共木板的位移为210.8m2vxt==共由于20.8m3.5m1.5m2mx=−=a在木板上滑行的距离121m1.5mxxx=−=即上述假设成立，且此时a恰好与弹簧向接触

，共速后由于()()1sin30cos30MmgMmg+=+物块和木板一起匀速向下运动，所用时间为223.5m1.5mxvt−−=共解得20.3st=木板从斜面顶端运动到斜面底端的时间为120.7st

tt=+=且与挡板碰撞时速度为4m/s。（3）木板与挡板碰撞后立刻停下，此后a做匀减速直线运动，当速度为零时与木板B端距离最近，设弹簧的最大压缩量为mx，从a压缩弹簧到最短，由动能定理可知()2mP21sin30cos3002mgmgxEmv−−=−共从最短到上滑到与木板

上端A相距0.6m的位置，此过程向上运动()m0.4mx+()()mP2sin30cos300.40mgmgxE−+++=解得m0.2m=x此时物块a与木板底端B之间的最短距离为0m0.3mxxx=−=