山东德州市2025-2026学年高一下学期期中考试物理试题（含解析）

这是一份山东德州市2025-2026学年高一下学期期中考试物理试题（含解析），共49页。
1．答题前，考生先将自己的姓名、考生号、座号填写在相应位置，认真核对条形码上的姓名、考生号和座号，并将条形码粘贴在指定位置上。
2．选择题答案必须使用2B铅笔正确填涂；非选择题答案必须使用0．5毫米黑色签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。
3．请按照题号在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。保持卡面清洁，不折叠、不破损。
一、单项选择题（本题共8小题，每小题3分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）
1. 如图所示，地球沿椭圆轨道绕太阳运动，所处的四个位置分别对应我国的四个节气，以下关于地球运行的说法正确的是（ ）
A. 冬至时地球公转速度最小
B. 从夏至到秋分的时间大于地球公转周期的四分之一
C. 冬至到夏至，地球公转的速度逐渐增大
D. 地球绕太阳运行方向（正对纸面）是顺时针方向
【答案】B
【解析】
【详解】A．根据开普勒第二定律，冬至时地球距离太阳最近，可知公转速度最大，A错误；
B．从夏至到秋分地球的公转速度小于从秋分到冬至地球的公转速度，可知从夏至到秋分的时间大于地球公转周期的四分之一，B正确；
C．冬至到夏至，地球距离太阳越来越远，则公转的速度逐渐减小，C错误；
D．根据四个节气的顺序推算，地球绕太阳运行方向（正对纸面）是逆时针方向，D错误。
故选B。
2. 2026年的苏超联赛已进入冲刺阶段，在某次点球大战时，某球员将质量为430g的足球以30m/s的速度踢出（不计空气阻力），在踢球过程中球员对足球做功为（ ）
A. 193.5JB. 193500JC. 19.35JD. 1935J
【答案】A
【解析】
【详解】根据动能定理，踢球过程中球员对足球做的功等于足球动能的增量，足球初始静止、动能为0，因此做功大小等于足球被踢出后的动能，公式为
代入数据计算得。
故选A。
3. “德州之星”摩天轮以角速度ω=0.1rad/s匀速转动。质量为m=60kg的游客坐在摩天轮里观光，假设该游客随摩天轮在竖直平面内做半径为R=60m的圆周运动，从最低点到最高点的过程中（重力加速度为g=10m/s2）。下列说法正确的是（ ）
A. 游客的重力做功为7.2×104JB. 摩天轮对游客做功为7.2×104J
C. 游客的重力势能增加3.6×104JD. 摩天轮对游客做功为0
【答案】B
【解析】
【详解】A．游客的重力做功为，A错误；
BD．根据动能定理，可知摩天轮对游客做功为W=7.2×104J，B正确，D错误；
C．游客的重力势能增加了7.2×104J，C错误。
故选B。
4. 地球赤道上一物体随地球自转的周期为TA，近地卫星的周期为TB，同步卫星的周期为TC，下列说法正确的是（ ）
A. TA>TC>TBB. TC>TB>TAC. TA=TC>TBD. TA=TCTB。综上可知TA=TC>TB。
故选Ｃ。
5. 地球的质量为M，半径为R，自转角速度为ω，万有引力常量为G，地球表面的重力加速度为g，静止卫星距地面的距离为h，则静止卫星的线速度大小表示错误的为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【详解】A．静止卫星与地球同步，做匀速圆周运动，由线速度定义可得
故A正确，不符合题意；
B．由于地球的引力提供向心力，让静止卫星做匀速圆周运动，则有
解之得
故B正确，不符合题意；
C．由黄金代换式
结合
可得
故C正确，不符合题意，D错误，符合题意。
故选D。
6. 打羽毛球是人类最佳运动之一，羽毛球发出后由于空气阻力的影响，它的实际飞行轨迹不是抛物线，如图实线所示。它受到的阻力方向与速度方向相反，阻力大小随速度变大而变大。图中轨迹上的O点为发球点，b点为轨迹的最高点，b点距离地面的高度为h，a、c两点高度相等。已知羽毛球质量为m，重力加速度为g。关于羽毛球从O到d过程，下列说法正确的是（ ）
A. 重力先做正功再做负功
B. 空气阻力对羽毛球先做负功再做正功
C. 羽毛球到达b点时，羽毛球的动能为零
D. 重力的瞬时功率先减小后增大
【答案】D
【解析】
【详解】A．上升过程重力做负功，下落过程重力做正功，即重力先做负功再做正功，A错误；
B．空气阻力对羽毛球始终做负功，B错误；
C．羽毛球到达b点时有水平速度，则羽毛球的动能不为零，C错误。
D．因竖直速度先减小后增加，根据PG=mgvy可知，重力的瞬时功率先减小后增大，D正确。
故选D。
7. 即将上市的某国产新能源汽车，官方宣布车辆搭载的闪充技术可实现“5分钟充好、9分钟充饱”，纯电续航里程达420km。若汽车质量为m，在一段平直公路上由静止匀加速启动，加速度大小为a，经时间t达到额定功率。若汽车运动过程中阻力恒为f，则该汽车的最大行驶速度vm为（ ）
A. atB. C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】匀加速阶段t时刻的瞬时速度：由运动学公式得
由牛顿第二定律
得
t时刻达到额定功率，故
当牵引力等于阻力时速度最大，此时
联立得。
故选C。
8. 如图所示，倾斜传送带与水平地面的夹角θ=37°，传送带以10m/s的速度逆时针转动。在传送带上端点A处无初速地放一个质量m=0.5kg的物块，它与传送带之间的动摩擦因数为μ=0.5，重力加速度g=10m/s2，sin37°=0.6，cs37°=0.8。物块从点A运动l=16m到达点B，该过程中摩擦力对物块做的总功为（ ）
A. 32JB. 10JC. -12JD. -32J
【答案】C
【解析】
【详解】物块开始做匀加速直线运动，摩擦力方向沿传送带向下，根据牛顿第二定律有
解得a1=10m/s2
令历时物块与传送带达到相等速度，则有
解得
此过程，物块的位移
上述过程，摩擦力对物块做功
由于
之后，物块相对于传送带向下做匀加速直线运动，摩擦力方向沿传送带向上，摩擦力对物块做功W2=−μmgcsθl−x1=−22J
可知，全过程中摩擦力对物块做的总功
故选C。
二、多项选择题（本题共4小题，每小题4分，共16分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分）
9. 卫星先在圆轨道1绕地球运行，在切点P进入椭圆转移轨道2，再在远地点Q进入圆轨道3。不计空气阻力，圆轨道1的半径为r1，圆轨道3的半径为r3，下列说法正确的是（ ）
A. 卫星在轨道1上经过P点的速度小于在轨道2上经过P点的速度
B. 卫星在轨道2上经过Q点的加速度与在轨道3上经过Q点的加速度不相等
C. 卫星圆轨道1的周期T1和轨道3的周期T3满足T1T3=r1r332
D. 卫星从轨道2变轨到轨道3，需要在Q点减速
【答案】AC
【解析】
【详解】A．卫星在轨道1上的P点加速进入轨道2上的P点，故卫星在轨道1上经过P点的速度小于在轨道2上经过P点的速度，故A正确；
B．由万有引力提供向心力GmMr2=ma
得
卫星在轨道2上经过Q点的加速度与在轨道3上经过Q点的加速度相等，故B错误；
C．由开普勒第三定律T1T32=r1r33
故T1T3=r1r332，故C正确；
D．卫星从轨道2变轨到轨道3，需要在Q点加速，使需要的向心力大于提供的向心力，进而做离心运动，故D错误。
故选AC。
10. 如图所示，已知炮口M距水平地面的高度为h，质量为m的炮弹出炮口时速度为v0，炮弹轨迹的最高点N到水平面的距离为H，重力加速度为g，不计空气阻力，炮弹可视为质点。下列说法正确的是（ ）
A. 炮弹从M点运动到N点的过程中，其重力势能增加mgH
B. 炮弹运动到N点时的动能为
C. 炮弹从射出到落回水平面的过程中，重力做的功为
D. 炮弹落到地面时的动能为
【答案】BD
【解析】
【详解】A．炮弹从M点运动到N点的过程中，其重力势能增加mg(H-h)，A错误；
B．根据动能定理
解得炮弹运动到N点时的动能为，B正确；
C．炮弹从射出到落回水平面的过程中，重力做的功为，C错误；
D．根据动能定理炮弹落到地面时，解得动能为，D正确。
故选BD。
11. 如图甲所示，一物块从倾角θ=37°的斜坡上的最高点由静止开始下滑，物块在下滑过程中的动能Ek、重力势能Ep与下滑位移间的关系如图乙所示，取地面为零势能面，重力加速度为g=10m/s2。下列说法正确的是（ ）
A. 图乙中两直线交点的横坐标为1.6m
B. 物块的质量为2kg
C. 物块与斜面之间动摩擦因数为0.125
D. 物块下滑1.6m时的速度为4m/s
【答案】BCD
【解析】
【详解】A．由数学知识可知，解得图乙中两直线交点的横坐标为，A错误；
B．根据，物块的质量为，B正确；
C．根据能量关系
解得物块与斜面之间动摩擦因数为μ=0.125，C正确；
D．物块下滑1.6m时，根据动能定理
解得速度为v=4m/s，D正确。
故选BCD。
12. 如图所示，一倾角的光滑斜面固定在水平面上，一质量的小物块从斜面底端以速度冲上斜面，从斜面顶端C点飞出，从D点沿切线方向进入竖直平面内的光滑固定半圆轨道。小物块在D点对轨道的压力。已知半圆轨道的圆心为O，与水平地面相切于E点，为其直径，轨道半径。不计空气阻力，g取，。下列判断正确的是（ ）
A. 小物块离开斜面时的速度是B. 斜面的高度
C. 小物块到达E点时，对轨道的压力为160ND.
【答案】AD
【解析】
【详解】A．根据牛顿第三定律可知，小物块经过D点时受到轨道的支持力为
则有
解得
小物块由C点运动到D点的过程水平方向不受力，水平方向做匀速直线运动，则有
解得，故A正确；
B．小物块由C点运动到D点的过程，竖直方向做竖直上抛运动，有
上升的高度为
又
解得，故B错误；
C．小物块由D点运动到E点的过程，根据动能定理有
小物块到达E点时，有
解得，
根据牛顿第三定律可知，小物块到达E点时，对轨道的压力为，故C错误；
D．小物块由斜面底端运动到E点的整个过程，合外力做功为零，根据动能定理可知，动能的变化为零，末动能与初动能相等，末速度与初速度大小相等，故，故D正确。
故选AD。
三、非选择题：本题共6小题，共60分。
13. 在探究“恒力做功与动能变化的关系”实验中，用如图甲的实验装置，将细绳一端固定在小车上，另一端绕过定滑轮与力传感器、重物相连。实验中，小车在细绳拉力的作用下从静止开始加速运动，打点计时器在纸带上记录小车的运动情况，力传感器记录细绳对小车的拉力大小。
（1）本实验中重物的质量m________（填“需要”或“不需要”）远小于小车质量M。
（2）某次实验中，小车的质量为M，力传感器的示数为F，打出的纸带如图乙。将打下的第一个点标为O，在纸带上依次取A、B、C三个计数点。已知相邻计数点间的时间间隔为T，测得A、B、C三点到O点的距离分别为x1、x2、x3，则从打O点到打B点的过程中，拉力对小车做的功W=________，打下计数点B时小车的速度vB=________，小车动能的增加量∆Ek=________。（用M、F、T、x1、x2、x3表示）
【答案】（1）不需要 （2） ①. ②. ③.
【解析】
【小问1详解】
本实验中有力传感器测量小车受的拉力，则重物的质量m不需要远小于小车质量M。
【小问2详解】
[1]从打O点到打B点的过程中，拉力对小车做的功
[2]打下计数点B时小车的速度
[3]小车动能的增加量ΔEk=12MvB2=M(x3−x1)28T2
14. 用如图所示的实验装置来验证动能定理。在一端带滑轮的长木板上固定一个光电门，光电门在滑轮附近，与光电门相连的数字毫秒计（未画出）可以显示出小车上的遮光片经过光电门的时间。在远离滑轮的另一端附近固定一标杆A，小车初始位置如图丙所示。小车可用跨过滑轮的细线与重物相连，力传感器可显示细线拉力F的大小。已知遮光片的宽度为d，正确平衡摩擦力后进行实验。
（1）实验中，下列说法正确的（ ）
A. 平衡摩擦力时需要将重物和力传感器通过细绳挂在小车上
B. 实验前应调节滑轮高度使细线和长木板平行
C. 实验时小车质量不需要远大于重物和力传感器的总质量
D. 释放小车前，小车应尽量靠近光电门
（2）测出标杆A与光电门的距离L，小车及遮光片的总质量m。连接上重物，使小车从图丙所示位置由静止开始运动，并记下遮光片通过光电门的时间∆t及力传感器显示的力的大小F，更换不同重物后重复实验，记录下多组数据。小车经过光电门时的速度为________。
（3）根据记录的数据做出图像为过原点的倾斜直线，斜率为k。以小车（含遮光片）为研究对象，若动能定理成立，则图像的斜率k=________。（用m、L、d表示）
【答案】（1）BC （2）
（3）
【解析】
【小问1详解】
A．平衡摩擦力时不需要将重物和力传感器通过细绳挂在小车上，只让小车拖着纸带在木板上匀速运动，A错误；
B．实验前应调节滑轮高度使细线和长木板平行，这样才能认为细绳的拉力等于小车的合外力，B正确；
C．实验时因为有力传感器测量小车受的拉力，则小车质量不需要远大于重物和力传感器的总质量，C正确；
D．释放小车前，小车应尽量远离光电门，D错误。
故选BC。
【小问2详解】
小车经过光电门时的速度为
【小问3详解】
由动能定理
即
则图像的斜率
15. 某卫星在距木星表面高度为h的圆形轨道上运行，环绕n周运行时间为t，木星半径为R，引力常量为G，求
（1）卫星的运行周期T；
（2）木星的平均密度ρ（木星看做球体）。
【答案】（1）
（2）
【解析】
【小问1详解】
环绕周运行时间为．则周期
【小问2详解】
根据万有引力提供向心力：
解得
木星可以看成球体，其体积为
得
16. 如图，有一个半径R=10m的光滑固定圆弧形滑梯，圆弧所对的圆心角为α=60°。静止在水平面上的滑板紧靠滑梯的末端且被锁定，并与其水平相切，滑板质量m=40kg。一质量M=60kg的游客，从点由静止开始下滑，在B点滑上滑板。已知游客与滑板之间的动摩擦因数为μ=0.5，重力加速度为g=10m/s2，忽略空气阻力，游客可视为质点。求：
（1）游客到达B点时对轨道的压力大小和方向；
（2）为保证游客不滑离滑板，求滑板的最小长度。
【答案】（1）1200N，竖直向下
（2）10m
【解析】
【小问1详解】
游客由到根据动能定理MgR1−cs60°=12MvB2
解得vB=10m/s
在点有FN−Mg=MvB2R
FN=1200N
由牛顿第三定律可知，游客到达点对轨道的压力与轨道对游客的支持力大小相等，方向相反，故游客对轨道的压力大小为FN'=1200N ，方向竖直向下。
【小问2详解】
对游客应用动能定理MgR1−cs60°−μMgL=0
解得L=10m
故滑板的最小长度为10m 。
17. 某品牌汽车的质量为m=2×103kg，发动机的额定功率为P额=120kW，沿平直路面运动时所受阻力恒为车重的0.2倍。若该汽车以2m/s2的加速度从静止做匀加速直线运动，重力加速度g=10m/s2。求：
（1）汽车最终能达到的最大的速度vm；
（2）汽车做匀加速直线运动维持的时间t；
（3）匀加速结束后，再经过10s后达到最大速度，求此过程中汽车的位移大小。
【答案】（1）30m/s
（2）7.5s （3）131.25m
【解析】
【小问1详解】
汽车所受阻力
汽车速度最大时，有
解得
【小问2详解】
由牛顿第二定律得
解得
匀加速运动的最大速度
匀加速运动的时间
解得
【小问3详解】
此过程中车的位移大小为，根据动能定理有
解得
18. 如图所示，质量为m=4kg的滑块（可视为质点）放在平台上，弹簧左端与墙壁连接，右端紧靠滑块（不拴连），轻弹簧压缩量为x，弹簧释放后滑块以一定的速度从A点水平飞出，恰好在B点无碰撞滑入竖直平面内的光滑圆弧轨道BC，然后从C点进入与圆弧轨道BC相切于C点的水平面CD，同一竖直平面内的圆形轨道DEF与水平面CD相切于D点。已知圆弧轨道BC的半径R1=4m，AB两点的高度差h=0.8m，光滑圆弧BC对应的圆心角为53°，滑块与CD部分的动摩擦因数μ=0.05，LCD=3m，重力加速度g=10m/s2，弹簧劲度系数为k=100N/m，其它平面或曲面均光滑，弹簧弹性势能表达式（x为弹簧的形变量）。Sin53°=0.8，cs53°=0.6。求：
（1）求物块离开A点时的速度v0；
（2）弹簧压缩量x；
（3）滑块冲上圆轨道后中途不会脱离圆形轨道，轨道DEF的半径R2满足的条件。
【答案】（1）3m/s
（2）0.6m （3）或
【解析】
【小问1详解】
滑块从点运动到点的过程为平抛运动，设滑块运动到点时水平方向的速度为，竖直方向的分速度为，则根据平抛运动的性质有
解得
又因为滑块恰好从点无碰撞滑入竖直平面内的光滑圆弧轨道，则有
解得
即滑块运动到点时的速度为
【小问2详解】
滑块从释放点运动到点的过程由动能定理得
解得弹簧对滑块做的功为
解得
【小问3详解】
滑块由点运动到点的过程，根据动能定理得
又因为
联立解得滑块运动到点时的速度为
滑块冲上圆轨道后不脱离轨道运动，分两种情况：一是到达与圆心等高处时速度恰好为零；二是恰好到达圆形轨道的最高点继续做圆周运动。
当滑块到达与圆心等高处时速度恰好为零时，由动能定理得
解得
当滑块恰好能够到达圆形轨道的最高点时，由动能定理得
滑块在最高点时，重力恰好提供向心力有
联立解得
综上所述可知，若滑块冲上圆轨道后中途不脱离轨道运动，则圆形轨道的半径满足的条件为或。