【文档说明】安徽省亳州市第一中学2023-2024学年高一下学期期中检测物理试题A卷 Word版含解析.docx，共(19)页，3.216 MB，由小赞的店铺上传

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亳州一中2023~2024学年度高一下期中检测卷物理A卷考生注意：1.本试卷分选择题和非选择题两部分。满分100分，考试时间75分钟。2.答题前，考生务必用直径0.5毫米黑色墨水签字笔将密封线内项目填写清楚。3.考生作答时，请将答案答在答题卡上。选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对

应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效。一、单项选择题：本题共8小题，每小题4分，共32分。每小题只有一个选项符合题目要求。1.西北工业大学专家团队设

计了一款仿生无人机，如图所示。该无人机能够模仿信鸽百分之九十的动作，可以与真正的信鸽相伴而飞，速度最快可达到40km/h，在计时25分钟内航程15km，它可以混在真正的鸟类中进行军事侦查。下列说法正确的是（）A.40km/h

是指平均速度的大小B.无人机在空中飞行一段时间后，其位移可能为0C.研究无人机25分钟内的航程，可以把无人机看成质点，25分钟是指时间，航程15km是指位移的大小D.无人机无动力与信鸽相伴滑翔时，以无人机为参考系，地面观察者是静止的【

答案】B【解析】【详解】A．40km/h是指瞬时速度，故A错误；C．航程15km是指无人机轨迹的长度，即路程，故C错误；B．无人机在空中飞行一段时间后，其位移可能0，故B正确；D．以无人机为参考系，地面观察

者是运动的，故D错误。故选B。2.如图，小船从河岸A点过河，船头与河岸所成的夹角始终为，航行轨迹是从A点到C点的直线，航行轨迹与河岸的夹角为。已知河宽为144m，船在静水中的速度13m/sv=，53=，37=，sin370.6=

，为下列说法正确的是（）A.河水的流速大小为4m/sB.船的实际速度大小为5m/sC.渡河时间为80sD.AC是小船渡河的最短路径【答案】D【解析】【详解】AB．由于90+=，可知船在静水中的速度1v与

船的合速度垂直，如图所示由图示的几何关系可知12sinvv=，1tanvv=可得河水的流速大小25m/sv=船的实际速度大小4m/sv=故AB错误；C．船在垂直河岸的分速度为1sinv，渡河时间1sindtv=代入数据可得60st

=故C错误；D．以2v末端为圆心，以1v为半径做圆如图所示，此圆恰好与AC相切，可知AC是船渡河的最短路径，故D正确。故选D。3.甲、乙两辆小车分别处于相邻的两条平行直车道上。0=t时，乙车在前，甲车在后，两车间距50m，此后两车运动的vt−图像如图所示。关于

两车在011s时间内的运动说法正确的是（）A.加速阶段，乙车的加速度小于甲车的加速度B.7st=时，两车相距最远C.7st=时，两车平齐D.011s内，乙车的平均速度大小为18.75m/s【答案】C【解析】【

详解】A．vt−图像的斜率表示加速度，由图可得，乙的斜率大于甲的斜率，故A错误；BC．vt−图像的面积表示位移，由图可得，7st=时，甲车的位移为2720m90m2x+==甲乙车的位移为7320m40m2x−==乙因为

50mxx=+甲乙所以两车在7st=时相遇，故B错误，C正确；D．0∼11s内，乙车的位移为2830m150m2x+==乙则平均速度为150m/s13.64m/s11xvt==乙乙故D错误。故选C。4.从地面竖直向上抛出一物体，取地面为重力势能零势能面，上

升过程中该物体的机械能E和重力势能pE随它离开地面的高度h的变化关系如图所示。已知重力加速度210m/s=g，则下列说法正确的是（）A.物体的质量为2.5kgB.2mh=时，物体的动能为60JC.3mh=时，物体的速率为

5m/sD.物体所受阻力大小为10N【答案】C【解析】【详解】A．由图可知，当4mh=时，物体的重力势能为80J，根据公式pEmgh=可得，物体的质量为p2kgEmgh==故A错误；B．由图可知，机械能与高度的关系式为1005Eh=−重力势能与高度的关系式为p2

0Eh=则当2mh=时，物体的机械能为90J，重力势能为40J，则物体的动能为2kp50JEEE=−=故B错误；C．当3mh=时，物体的机械能为85J，重力势能为60J，则物体的动能为3kp25JEEE=−=由公式2k12Emv=可得，物体的速率为5msv=故C正确；D．设阻力的大小为f，当物

体由2mh=运动到3mh=时，结合BC分析，由动能定理有32kkmghfhEE−−=−解得5Nf=故D错误。故选C。5.如图所示，在海边的山坡上同一位置以相同大小的初速度0v抛出两个石子，速度方向与水平方向夹角均为，两石子在同一竖直面内落入水中，不计空气阻力。两石子抛出后（）

A.落至水面速度方向相同B.在空中运动时间相同C.两石子竖直分运动都是自由落体运动D.落至水面速度大小不相同【答案】A【解析】【详解】B．两石子抛出后，只受重力作用，竖直方向加速度为重力加速度，设抛出点到水面

的高度为h，竖直向下为正方向。斜向上抛出的空中运动时间为1t，斜向下抛出的空中运动时间为2t，则20111sin2hvtgt=−+20221sin2hvtgt=+得12tt故B错误；AD．由斜上抛运动的

对称性可知，斜上抛的物体落回到与抛出点同一高度时，竖直方向的分速度与斜下抛的竖直分速度0sinv相同。水平方向，两石子的水平方向都做匀速运动，水平分速度0cosxvv=设抛出点到水面的高度为h，竖直方向两石子均有220(sin)2yvvgh−=得20(sin)2yvvgh=

+速度与水平方向的夹角，则200(sin)2tancosyxvvghvv+==为一定值，因此两石子在落至水面时速度方向相同，另外从抛出到落到水面，由动能定理得2201122mghmvmv=−得落至水面速度大小

202vvgh=+因此两石子落至水面速度大小相同，故A正确，D错误；C．两石子竖直分运动都有初速度，都不是自由落体运动，故C错误。故选A。6.如图甲所示，游乐场有一种叫作“快乐飞机”的游乐项目，模型如图乙所示。已知模型飞机质量为m，固定在长为L的旋臂上，旋臂与竖直方向夹角为45°，当模型飞机以

角速度2gL=绕中央轴在水平面内做匀速圆周运动时，下列说法正确的是（）（不计空气阻力，重力加速度为g）A.模型飞机受到重力、旋臂的作用力和向心力B.旋臂对模型飞机的作用力方向不垂直于旋臂C.旋臂对模型飞机作用力大小为2mgD.若转动的角速度增大，则旋

臂对模型飞机的作用力减小【答案】C【解析】【详解】A．向心力是效果力，实际上不存在，可知模型飞机不受向心力作用，受到重力和旋臂对模型飞机的两个作用力，故A错误；BC．模型飞机在水平面内做匀速圆周运动，竖直方向

受力平衡，所以旋臂对模型飞机作用力的一个分力1F平衡了飞机的重力，即有1Fmg=另一个分力提供了飞机做匀速圆周运动的向心力2F，则有22212sin45gFmrmLmgFL====可知旋臂

对模型飞机的作用力方向一定与旋臂垂直且大小等于2mg，故B错误，C正确；D．根据上述分析知，若转动的角速度增大，2F增加，1F不变，旋臂对模型飞机的作用力2212FFF=+可知若转动的角速度增大，则旋臂对模型飞机的作用力增大，故D错误。故

选C。7.假设有一辆纯电动汽车质量31.610kgm=，汽车沿平直的公路从静止开始启动，汽车启动后的速度记为v，牵引力大小记为F，1vF−图像如图所示，vm表示最大速度，ab平行于v轴，bc反向延长线过原点。已知汽车运

动过程中受到的阻力大小恒定，下列说法正确的是（）A.汽车所受阻力为5000NB.汽车的额定功率为40kWC.汽车能够获得的最大速度为12m/sD.汽车从a到b持续的时间为16s【答案】D【解析】【详解】A．在c点

汽车速度达到最大，则牵引力等于阻力，结合图像可得14000NfF==故A错误；B．根据图像可知，汽车从a到b做匀加速直线运动，在b点，由图可知，牵引力与末速度分别为5000N、10m/s，则2500010W50kWPFv===故B错误；C．bc反向延长过原点O，可知该过程保持额定功

率恒定，所以m112.5m/sPvF==故C错误；D．汽车从a到b，有2Ffma−=持续的时间为16svta==故D正确故选D。8.科学家相信宇宙是和谐的，1766年，德国科学家提丢斯研究了下表中太阳

系中各个行星的轨道半径（以地日间的平均距离为1个天文长度单位），他发现了一个规律：各行星到太阳的距离可近似用公式20.40.32nr−=+表示，但同时又注意到公式中5n=时少了一颗行星，1801年后，科学家陆续发现这一区域存在大量小行星。假设所有行

星的公转轨道均可近似看作圆，下列说法正确的是（）行星水星金星地球火星木星土星轨道平均半径r/天文单位0.390.721.001.525.209.54A.小行星带处于木星与土星之间B.木星的公转周期大于10年C.水星距离太阳最近，因此太阳对水星的引力最大。D.金星

公转的线速度与地球公转的线速度之比约为0.85【答案】B【解析】【详解】A．当n=5时，r=2.8天文单位，小行星带处于火星与木星之间，故A错误；B．根据开普勒第三定律有3322rrTT=木地地木代入数据解得

11.8T=木年故B正确；C．受到太阳的引力除距离外，还与行星的质量有关，故C错误；D．根据万有引力提供向心力对地球有22MmvGmrr=地地地地地对金星有22MmvGmrr=金金金金金则有22rvrv=地地金

金代入数据解得1.18vv=地金故D错误。故选B。二、多项选择题：本题共2小题，每小题5分，共10分。每小题有多个选项符合题目要求。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。9.如图所示，小球A置于固定在水平面上光滑半圆柱体上，小球B用水平轻弹簧拉着系于竖直

板上，两小球A、B通过光滑滑轮O用轻质细线相连。开始时，用外力控制住A球，使两球均处于静止状态，已知B球质量为m。O点在半圆柱体圆心O1的正上方，OB与竖直方向成45°角。撤去外力后，若小球B缓慢下降，小球A一直沿着半圆柱体缓慢向上，在此过程中，下列叙述正确的是（

）的A.开始时，弹簧处于压缩状态，力的大小为mgB.小球B受到合力始终为0C.小球A受到半圆柱体的支持力变小D.小球A受到绳的拉力变小【答案】BD【解析】【详解】A．小球A、B受力情况如图所示对B球根据共点力平衡可知水平方向sin45OBTmg=竖直方向cos45OBTmg=解得2OBTm

g=；Fmg=此时弹簧处于拉长状态，A错误；B．小球B缓慢下降，即B处于动态平衡，所以小球B受到合力始终为0，B正确；CD．设OA绳长为l，OO的长度为h，圆柱体的半径为R，小球A受力平衡，由相似三角形可知N

Rmgh=Tlmgh=球A沿着半圆柱体缓慢向上过程中OA绳长l逐渐减小，根据公式可知：N不变，T减小，C错误，D正确。故选BD。10.如图所示，倾角为37°的光滑斜面与光滑的水平面在B点连接，质量均为m的小球甲、乙（视为质点）用

轻质硬杆连接，乙放置在水平面上，甲从斜面上甲的A点由静止释放，已知A点与水平面的高度差为h，甲在下落的过程中，乙始终在水平面上，sin370.6=、cos370.8=，重力加速度为g，下列说法正确的是（）A.甲在下落的过

程中，乙的动能增加量等于甲的重力势能减少量B.甲在下落的过程中，杆对乙做的功大小等于杆对甲做的功C.甲刚到达B点还未与地面接触时，甲、乙的速度之比为5:4D.甲刚到达B点还未与地面接触时，乙的动能为1641mgh【答案】BCD

【解析】【详解】A．由能量守恒，甲在下落的过程中，甲的重力势能转化为甲与乙的总动能，故A错误；BC．甲、乙组成的系统在下落过程中机械能守恒，即甲机械能的减少量等于乙机械能的增加量，故杆对甲、乙做功大小相等，则分解，由关联速度的关系可得乙的速度cos37vv=乙甲则甲、乙的速度

之比为:5:4vv=乙甲故BC正确；D．甲在下落的过程中，由系统的机械能守恒可得221122mghmvmv=+甲乙乙的动能为2k12Emv=乙综合可得k1641Emgh=故D正确。故选BCD。三、非选择题：本题共5小题，共58分。11.某高中物理课外

探究小组利用ESP32和HX711及应变梁自制力传感器进行实验，探究“物体质量一定时，加速度与力的关系”，实验装置如图甲所示。（1）实验时，下列说法正确的是（填标号）。A.使用电火花打点计时器时应选用学生电源B.小车靠近打点计时器，先释放小车，再接通电源，打出一条纸带，同时记录拉力传感器的

示数C.不需要用天平测出砂和砂桶的总质量D.为减小误差，实验中一定要保证砂和砂桶的质量远小于小车的质量（2）实验得到如图乙所示的纸带，已知打点计时器使用的交流电源的频率为50Hz，相邻两计数点之间还有四个点未画出，由以上数据可知，小车运动的

加速度大小是___________2m/s（计算结果保留三位有效数字）；（3）由实验得到小车的加速度a与力传感器示数F的关系如图丙所示。则小车的质量M＝__________kg（计算结果保留两位有效数字）。【答案】（1）C（2）1.10（3）3.0【解析】【分析】【小问1详解】A．电火花打点计

时器应使用220V交流电，故A错误；B．打点计时器的使用，应先接通电源，后释放小车，故B错误；CD．力传感器测量绳的拉力F，则小车受到的拉力为2F，即力可以直接得到，不用测砂桶和砂的质量，不需要砂和砂

桶的质量远小于小车的质量，故C正确，D错误。故选C。【小问2详解】打点计时器打点周期为0.02s，则相邻计数点间的时间间隔为()0.025s0.1sT==小车的加速度为()2222227.0011.3011.3010m/s1.10m/s440.1CEACxxaT−−−−===【小问3

详解】根据牛顿第二定律2FfMa−=整理得2faFMM=−由题图丙可知斜率4.0027.01.0kM−==−解得3.0Mkg=【点睛】12.某同学设计了如图所示装置来“验证机械能守恒定律”.将量角器竖直固定在铁架台上，使直径边水平，将小球通过一段不可伸长的细线固定到量

角器的圆心O处，在铁架台上O点正下方安装光电门(图中未画出)，实验时，让小球在紧贴量角器的竖直平面内运动，调整好光电门，使小球的球心刚好能通过光电门的细光束.（1）以下列举的物理量中，为本实验必须测量的物理量有___;A.小球的质量mB.小球的直径dC.细线的长度LD.小球运动周期

T（2）图中细线与竖直方向的初始偏角为______;（3）实验时，将小球拉开，使细线与竖直方向偏开一定的角度θ，将小球由静止释放，测出小球通过光电的的门的时间t，则小球通过最低点时的速度为______;如果

这一过程中小球的机械能守恒，则题中各物理量应遵循的表达式为_____________;（4）多次实验，由实验数据作出了21t-cosθ图线，则实验所得的图线应该是_____.A.B.C.D.【答案】①.BC②.32.3°(32.0°~32.8°)③.dt④.222dt＝g(

l+2d)(1-cosθ)⑤.C【解析】【分析】考查实验“验证机械能守恒定律”。【详解】（1）本实验验证机械能守恒的关系式如下：21(1cos)2−=mgLmvdvt=联立可得：22(1cos)2dg

Lt−=所以本实验必须测量的物理量有绳长L，小球直径d，故选BC。（2）由题图读数可知，图中细线与竖直方向的初始偏角为32.3°。（3）小球直径为d，通过光电门的时间为t，所以通过光电门时的速度为dt；应遵循的表达式为：22(1cos)2dgLt−=（4

）由关系式：22(1cos)2dgLt−=可得：222122cosgLgLtdd=−+21cost−图线是一条倾斜的直线，斜率为负，截距为正，故选C。13.如图所示，一玩滚轴溜冰的小孩（可视作质点）质量为m=30kg，他在左侧平台上滑行一段距离后平抛，恰能无碰撞地沿圆弧切线

从A点进入光滑竖直圆弧轨道，并沿轨道下滑，A、B为圆弧两端点，其连线水平。已知圆弧半径为R=1.0m，对应圆心角为106=，平台与AB连线的高度差为h=0.8m。（计算中取g=10m/s2，sin53°=0.8，cos53°=0.6）求：(1)小孩平抛的初速度；(2)小孩运动到

圆弧轨道最低点O时对轨道的压力。【答案】(1)3m/s；(2)1290N【解析】【详解】(1)由于小孩无碰撞进入圆弧轨道，即小孩落到A点时速度方向沿A点切线方向，则0tantan53yxvgtvv===又由212hgt=得20.4shtg==而4m/syvgt==解得03m/

sv=(2)设小孩到最低点的速度为，由机械能守恒，有22011[(1cos53)]22xmvmvmghR−=+−在最低点，据牛顿第二定律，有2xNvFmgmR−=代入数据解得FN=1290N由牛顿第三定律可知，小孩对轨道的压力为1290N．14.

两个靠的很近的天体绕着它们连线上的一点（质心）做圆周运动，构成稳定的双星系统，双星系统运动时，其轨道平面存在着一些特殊的点，在这些点处，质量极小的物体（例如人造卫星）可以与两星体保持相对静止，这样的点被称为“拉格朗日点”。一般一个双星系统有五个拉格朗日点。如图所示，一双星系统由质量为

M的天体A和质量为m的天体B构成，它们共同绕连线上的O点做匀速圆周运动，在天体A和天体B的连线之间有一个拉格朗日点P，已知双星间的距离为L，万有引力常量为G，求：（1）天体B做圆周运动的角速度及半径；（2）若P点与天体A的距离为34rL=，则M与m的比值是多少?【答案】（1）()3GMm

L+=；2MrLMm=+；（2）:567:37Mm=【解析】【详解】（1）设O点与天体A､B的距离分别为1r和2r，则12rrL+=转动的角速度为，对于天体A有212GMmMrL=对于天体B有222GMmmrL=联立

可得()3GMmL+=2MrLMm=+（2）在P点放置一个极小物体，设其质量为0m，它与A､B转动的角速度相同，对于小物体有()()2000122GMmGmmmrrrLr−=−−代值可得:567:37Mm

=15.如图是由弧形轨道、圆轨道（轨道底端B略错开，图中未画出）、水平直轨道平滑连接而成的力学探究装置。水平轨道AC右端装有理想轻弹簧（右端固定），圆轨道与水平直轨道相交于B点，且B点位置可改变，现将B点置于AC中点

，质量m＝2kg的滑块（可视为质点）从弧形轨道高H＝0.5m处静止释放。已知圆轨道半径R＝0.1m，水平轨道长LAC＝1.0m，滑块与AC间动摩擦因数μ＝0.2，弧形轨道和圆轨道均视为光滑，不计其他阻力与能量损耗，取重力加速度g

=10m/s2。求：（1）滑块第一次滑至圆轨道最高点时对轨道的压力大小；（2）轻弹簧获得的最大弹性势能；（3）若H＝0.4m，改变B点位置，使滑块在整个滑动过程中不脱离轨道，求BC长度满足的条件。【答案】（1）60N；（2）6J；（3）0.5m1mL

【解析】【详解】（1）从出发到第一次滑至圆轨道最高点过程，由动能定理可得212022ACLmgHmgmgRmv−−=−.在圆轨道最高点，由牛顿第二定律可得2NvmgFmR+=联立解得N60NF=由牛顿第三定律可知，

滑块对轨道的压力大小为60N。（2）弹簧第一次被压缩到最短时，弹性势能有最大值；从出发到弹簧第一次被压缩到最短过程，由动能定理可得00ACmgHmgLW−+=−弹又有p0WE=−弹联立解得p6JE=（3

）①若滑块恰好到达圆轨道的最高点，则有20vmgmR=从开始到圆轨道最高点，由动能定理可得()2101202mgHRmgsmv−−=−解得10.75m=s1BCACLLs=−要使滑块不脱离轨道，BC之间的距离应该满足

0.25mBCL②若滑块刚好达到圆轨道的圆心等高处，此时的速度为零；由动能定理可得()20mgHRmgs−−=解得21.5ms=21.5m1m0.5ms==+2BCACLsL=−即反弹时恰好上到圆心等高处，如果反弹距离更大，则上升的高度更小，更不容易脱离轨道，所以0.5mBCL

考虑到AC的总长度等于1m，所以1mBCL；结合①②两种情况，符合条件的BC长度为0.5m1mL