甘肃白银市靖远县第一中学2025-2026学年高一下学期4月质量检测物理试题

· 靖远一中2025-2026学年下学期4月质量检测试题 · 高一物理 姓名：___________班级：___________考号：___________ 一、单选题（每小题4分，共28分） 1．如图所示，在同一竖直面内，小球a、b从相同高度的两点分别沿水平方向抛出，两球在P点相遇，不计空气阻力。P点与a点的水平距离大于P点与b点的水平距离，则（  ） A．两球抛出的初速度大小相等 B．两小球一定是同时抛出 C．小球a先于小球b抛出 D．小球b的加速度较大 2．如图质量相等的两个物体A和B用轻绳连接跨过定滑轮(不计绳与滑轮、滑轮与轴之间的摩擦)．当用水平变力F拉物体B沿水平方向向右做匀速直线运动的过程中(      ) A．物体A上升过程中处于平衡状态 B．物体A上升过程中重力小于绳子的拉力 C．由于B物体一侧的绳子与水平方向的夹角逐渐减小，所以物体B的速率小于物体A的速率 D．地面对物体B的支持力逐渐减小 3．荡秋千是儿童喜爱的运动，当秋千从P向Q荡的过程中，经过E点时的小孩加速度方向可能是图中的 A．竖直向下的1方向 B．沿切线的2方向 C．3方向 D．指向圆心的4方向 4．如图所示，半球面半径为R，A点与球心O等高，小球两次从A点以不同的速率沿AO方向抛出，下落相同高度h，分别撞击到球面上B点和C点，速度偏转角分别为和，不计空气阻力。则小球（  ） A．运动时间 B．两次运动速度变化 C．在C点的速度方向可能与球面垂直 D． 5．如图所示，水平面上汽车A，通过定滑轮用绳子拉同一水平面的物体B，汽车A的带动下使物体以速度向右匀速运动，物体与地面的动摩擦因数为0.75，图示位置时，两绳子与水平面的夹角分别为、则（    ）    A．当由增大到过程中，的平均速度小于 B．当由增大到过程中，的平均速度大于 C．当由增大到过程中，绳中拉力先减小后增大 D．当由增大到过程中，绳中拉力先减小后增大 6．如图所示，皮带传动装置右轮的半径为r，a是它边缘上的一点；左侧为一轮轴，大轮的半径为4r，小轮的半径为2r，b点在小轮上，到小轮中心的距离为r，c点和d点分别位于小轮和大轮的边缘上。若在传动过程中，皮带不打滑，则（　　） A．a点与b点的线速度大小相等 B．b点与d点的角速度大小不等 C．a点与d点的向心加速度大小相等 D．a、b、c、d四点中，向心加速度最小的是c点 7．北京朝阳公园里有一个叫朝天轮的摩天轮，其高度为208m，轮的直径为193m，运转一周大约需要30min。关于这个摩天轮上的座舱随摩天轮做匀速圆周运动的过程，下列说法中正确的是（　　） A．座舱所受合力大小始终不变 B．座舱每通过1m的路程大约需要0.34s C．座舱上升的加速度大于其下落过程的加速度 D．座舱受摩天轮作用的力始终等于座舱所受的重力 二、多选题（每小题5分，全部选对得5分，选对但不全对得3分，有选错的得0分，共15分） 8．游乐场有个魔力转盘项目，一个大转盘上设置了一圈供游客站立的位置，如图所示，项目开始时，游客面向转轴竖直站立，后背靠在平行于转轴的平板上，有安全绳防护，转盘绕竖直中轴线开始转动，当角速度逐渐增大到时，供游客站立的托板下翻，游客处在了脚不沾地的状态，“魔力”使游客紧紧地贴在背上始终不动，转动几周后转盘的转动轴开始倾斜至和水平成45°角，此时转盘转动的角速度大小为。又转动几周后转盘的转动轴倾至水平，此时转动的角速度大小为的，已知站立位置到转轴的距离是R，游客的厚度可以忽略，游客的质量为m，游客后背和靠背平板之间的静摩擦因数和滑动摩擦因数相等都是1，如果3个状态下的角速度都是游客安全感的最小值（安全绳松脱，游客不会滑落），重力加速度为g，则下列说法正确的是（　　） A． B．以转动一周的过程中，人后背受到的最大支持力是 C．以转动一周的过程中，游客受到的静摩擦力最大值是 D．以转动一周的过程中，游客受到的静摩擦力最大值是 9．如图所示，斜面ABC放置在水平地面上，AB=2BC，O为AC的中点，现将小球从A点正上方、A与F连线上某一位置以某一速度水平抛出，落在斜面上．已知D、E为AF连线上的点，且AD=DE=EF，D点与C点等高．下列说法正确的是 A．若小球落在斜面上的速度与斜面垂直，则小球的飞行时间由初速度大小决定 B．若小球从D点抛出，有可能垂直击中O点 C．若小球从E点抛出，有可能垂直击中O点 D．若小球从F点抛出，有可能垂直击中C点 10．平行河岸两岸距离100m，水流速度4m/s，船在静水中最大速度2m/s，则 A．渡河最短时间s B．渡河最短时间50s C．渡河最短距离100m D．以最短距离渡河，用时s 三、实验题（共13分） 11．（本题6分）某同学在研究平抛运动的实验中，在小方格纸上画出小球做平抛运动的轨迹后，又在轨迹上取出a、b、c、d四个点(轨迹已擦去)，已知小方格纸的边长L=2.5 cm ，g取10 m/s2，请你根据小方格纸上的信息，通过分析计算完成下面几个问题: （1）小球从a→b，b→c，c→d所经历的时间是________ s； （2）小球平抛运动的初速度________ m/s； （3）从抛出点到b点所经历的时间是________ s． 12．（本题7分）如图所示为“探究向心力大小与半径、角速度、质量的关系”的实验装置。转动手柄，可使塔轮、长槽和短槽随之匀速转动。塔轮自上而下有三层，每层左、右半径比分别是1:1、2:1和3:1。左、右塔轮通过皮带连接，并可通过改变皮带所处的层来改变左、右塔轮的角速度之比。实验时，将两个小球分别放在短槽C处和长槽的A（或B）处，已知A、C分别到塔轮中心的距离相等，B到塔轮中心的距离是A到塔轮中心的距离的2倍，两个小球随塔轮做匀速圆周运动，向心力大小可由塔轮中心标尺露出的等分格的格数读出。 (1)某同学在探究向心力大小与半径、角速度、质量的关系时，主要采用的实验研究方法是_______（选填“假设法”、“等效替代法”或“控制变量法”）。 (2)在某次实验中，该同学把两个完全相同的小球分别放在B、C位置，将皮带处于塔轮的某一层上。匀速转动手柄时，左边标尺露出4个分格，右边标尺露出2个分格，则B、C位置处的小球转动所需的向心力之比为___________，皮带连接的左、右塔轮半径之比为________，此次实验说明_________。 四、解答题（共44分） 13．（本题12分）如图所示，轨道ABCD的AB段为半径R=0.2m的光滑四分之一圆形轨道，BC段为高为h=5m的竖直轨道，CD段为水平轨道，一质量为0.1kg的小球由A点从静止开始下滑到B点时速度的大小为2m/s，离开B点做平抛运动（），求： （1）小球离开B点后，在CD轨道上的落地点到C点水平距离； （2）如果在BCD轨道上放置一个倾角=45°的斜面（如图中虚线所示），那么小球离开B点后能否落到斜面上？如果能，求它第一次落在斜面上的位置 14．（本题14分）如图1所示，一质量、长的平板车静止在光滑水平地面上，上表面离地高，右侧足够远的竖直墙面固定一处于自然状态下的轻弹簧，弹簧的原长，其弹力随伸长量变化如图2所示。质量的滑块（可视为质点）以的初速度滑上平板车，已知滑块与平板车间的动摩擦因数，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。求：    (1)若平板车固定： ①滑块滑离平板车时的速度大小； ②落地点距平板车右端的水平距离； (2)若平板车不固定： ①请判断滑块是否会滑离平板车，若不滑离，它们共同运动的速度大小； ②平板车与弹簧接触以后，到滑块与平板车之间即将相对滑动时，此时弹簧的长度。 15．（本题18分）一游戏装置由四分之一光滑圆弧轨道，水平粗糙轨道，目标区域组成。如图所示，一可视为质点的滑块从上距某一高度处由静止释放，经后从点水平抛出，落入区域为游戏成功。已知圆弧半径之间的距离分别为间的高度，滑块质量，与间的动摩擦因数，滑块释放高度与滑块滑至点时的速度之间满足，轨道间平滑连接，滑块落到任一位置后不再弹起。 (1)若，求滑块经过轨道的最低点时，对轨道的压力大小； (2)要求滑块能够落入目标区域，求的范围： (3)为调节滑块的落点位置，在轨道上安装一位置可调节宽度不计的减速装置（图中未画出），滑块经过减速装置前后瞬间的速度大小之比为滑块从某一高度范围内释放时，通过调节减速装置的位置（设减速装置距点的位置为，滑块总能打到目标区域的所有位置，已知，求和的范围分别为多大。 试卷第2页，共8页 试卷第1页，共8页 学科网（北京）股份有限公司 《靖远一中2025-2026学年下学期4月质量检测高一物理试题》参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 B B C D C C A ABD AD BD 1．B 【详解】BC．由自由落体运动公式 解得 可知平抛运动的运动时间是由竖直的高度决定的，由于ab的下落高度相同，所以它们运动时间关系为 ta=tb 则两小球一定是同时抛出，故B正确，C错误； A．由 x=v0t 可知，a、b的水平位移 xa>xb 故 va>vb 故A错误； D．做平抛运动的物体只受重力，加速度是相同的，故D错误。 故选B。 2．B 【详解】AB．将B物体的速度进行分解如图所示, 运动过程中减小，B的速度不变，则A的速度逐渐增大，说明A物体在竖直向上做加速运动, 由牛顿第二定律可知物体A上升过程中重力小于绳子的拉力，故A错误；B正确； C．根据 可知A的速度小于B的速度，故C错误； D．由于，B在竖直方向上平衡，有：Tsin +N=mg，运用外推法：若绳子无限长，B物体距滑轮足够远，即当→0时，有vA→vB，这表明，物体A在上升的过程中，加速度必定逐渐减小，绳子对A物体的拉力逐渐减小，sin减小，则支持力增大．故D错误． 3．C 【详解】荡秋千时做变速圆周运动，有绳的拉力和重力的分力之和沿半径方向提供向心加速度，用来改变线速度的方向；还有沿着切线方向的重力分力提供切向向加速度，用来改变线速度的大小，故两加速度的合加速度方向沿3方向，故选C． 【点睛】物体做曲线运动的条件是合力与速度不在同一条直线上，速度的方向与该点曲线的切线方向相同；由牛顿第二定律可以判断加速度的方向． 4．D 【详解】A．根据 则运动时间 故A错误； B．根据 两次运动速度变化 故B错误； C．若在C点的速度方向与球面垂直，则速度方向所在直线经过圆心，速度方向反向延长线一定经过水平位移的中点，显然不符合，故C错误； D．速度偏转角分别为和，位移偏转角分别为和，水平位移分别为、，有 可得 如图 可知 所以 故D正确。 故选D。 5．C 【详解】A．设滑轮顶端到汽车A、B的高度为，汽车B的位移为 绳长为 汽车A的位移为 汽车A、B运动时间相同，汽车A的位移大，故的平均速度大于，故A错误； B．A、B两物体沿绳方向的速度为 A、B两物体沿绳方向的速度相等，有 可得 当由增大到过程中，有 故 当由增大到过程中，的瞬时速度都小于B，故的平均速度小于，故B错误； CD．物体以速度向右匀速运动，根据平衡条件与 可得 当 时，绳中拉力最小，根据数学关系可知当由增大到过程中，绳中拉力先减小后增大，当由增大到过程中，绳中拉力一直增大，故C正确，D错误。 故选C。 6．C 【详解】A．由题意可得，a、c线速度大小相等， b、c角速度相等，由于，由 可得：，A错误； B．由于b、d两点共轴转动，因此，B错误； C．由题意可得，a、c线速度大小相等，由 可得：； d、c角速度相等，由 可得：； 故a点与d点的向心加速度大小相等，C正确； D．a点与d点的向心加速度大小相等，b、c、d角速度相等，根据 可得：向心加速度最小的是b点，D错误； 故选C。 7．A 【详解】A．因为座舱做匀速圆周运动，根据匀速圆周运动的特点，合力提供向心力，而向心力公式为 由于是匀速圆周运动，v、r、m都不变，所以合力大小始终不变，A正确； B．摩天轮运转一周的路程是 运转一周时间 那么线速度 通过1m路程所需时间 B错误； C．座舱做匀速圆周运动，加速度大小 大小始终不变，所以上升和下落过程加速度大小相等，C错误； D．座舱做匀速圆周运动，合力不为零，摩天轮对座舱的作用力与重力的合力提供向心力，所以摩天轮对座舱的作用力不等于重力，D错误。 故选A。 8．ABD 【详解】B．以转动一周的过程中，游客在最低点时，后背受到的支持力最大。则 由于此状态下的角速度是游客安全感的最小值，在最高点有 解得 ， 故B正确； D．以转动一周的过程中，分析可知游客在与转轴等高时，后背受到的摩擦力最大。则竖直方向上，由平衡条件得 故D正确； C．在最高点时 临界条件 又 联立解得 故C错误； A．以转动一周的过程中，由于此状态下的角速度是游客安全感的最小值。则 联立解得 综上可得 故A正确。 故选ABD。 9．AD 【详解】A．假设∠A的为，若小球落在斜面上的速度与斜面垂直，将落点的速度分解在水平方向和竖直方向，则： 所以，解得： 角度是确定的 可以解得： 所以小球的飞行时间由初速度大小决定．故A正确． BCD．若小球落在斜面上的速度与斜面垂直，则小球的飞行时间由初速度大小决定． 水平方向的位移： 竖直方向的位移： 则抛出点距离A点的距离为： 所以若小球落在斜面上的速度与斜面垂直，则小球的水平位移和竖直位移相等． 垂直击中O点，有： ，则 即在DE的中点抛出才有可能垂直击中O点，故小球从D点、E点抛出均不能垂直击中O点，故BC错误． 垂直击中O点，有： ，则 即小球从F点抛出，有可能垂直击中C点．故D正确． 10．BD 【详解】AB．当以静水中的速度垂直河岸过河的时候渡河时间最短，则知： 故A错误，B正确. CD．如图所示，因为水流速度大于船在静水中最大速度，则小船以最短距离过河时，应在静水中的速度斜着向上游与合速度方向垂直．则由速度的合成可得： 而此时渡河位移s短有： ． 所以小船要以最短距离过河时所用的时间为： 故C错误，D正确 11． 0.05 1 0.075 【详解】（1）在竖直方向上有 则 （2）则 （3）b点竖直方向的分速度 经历的时间 12． 【详解】(1)某同学在探究向心力大小与半径、角速度、质量的关系时，主要采用的实验研究方法是控制变量法。 (2) B、C位置处的小球转动所需的向心力之比等于标尺露出的格数之比 根据题意，小球的转动半径为 解得 根据 解得 所以 所以左、右塔轮角速度相等；根据 皮带传动时线速度相等，左、右塔轮角速度也相等，则皮带连接的左、右塔轮半径之比为 [4]此次实验说明做匀速圆周运动的物体，在质量和转动角速度一定时，所需向心力与转动的半径成正比。 13．【详解】（1）设小球离开B点做平抛运动的时间为t1，落地点到C点距离为s 由 h =gt12 得 在水平方向上 s = vB·t1 得 s =2m （2）如图，斜面BEC的倾角θ=45°，CE长d=h=5m 因为d＞s，所以小球离开B点后能落在斜面上 假设小球第一次落在斜面上F点，BF长为L，小球从B点到F点的时间为t2 Lcosθ=vBt2 Lsinθ=gt22 联立两式得 t2=0.4s 解得 【名师点睛】 小球做平抛运动，根据平抛运动的规律可以求得水平距离；小球做平抛运动，根据平抛运动的规律可以求得水平距离，与斜面的长度相对比，可以知道，小球将落在斜面上，再根据平抛运动的规律可以求得落在斜面上的位置． 14． 【详解】（1）平板车固定：滑块在平板车上做匀减速直线运动 ①由 得 根据 解得 ②由 解得 故滑块落地点距平板车右端的水平距离 （2）平板车不固定： ①滑块做匀减速直线运动， 木板做匀加速直线运动，由 得 设经时间二者速度相等，有 解得， 平板车的位移 滑块的位移 则滑块相对于平板车的位移 滑块不会滑离平板车。 最后它们的共同运动速度大小。 ②设和恰好发生相对滑动时的弹簧弹力为，整体的加速度为， 以和整体研究：牛顿第二定律 以研究：牛顿第二定律 联立解得 由乙图可知，弹簧的劲度系数 滑块与木板分离时刻，由 可得 则弹簧的长度 15．【详解】（1）当时， 在点，由牛顿第二定律得 得 （2）从点平抛， 速度 落到，由 得， 同理， 落到点，由得 ， 综上，释放的高度 （3）设滑块经过减速装置前后速度，平抛初速度为，则有 解得 ①打到点时 由释放 ，故无法打到点 当时，，此时 由释放， 此时 即 相应的 ②打到点时 由释放 ， 由释放，，此时，故打不到点 当，， 即 相应的 综上，， 答案第12页，共13页 答案第13页，共13页 学科网（北京）股份有限公司 $