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2024年云学名校联盟高一年级4月联考
物理试卷
考试时间：2024年4月23日10：30一11：45
时长：75分钟
满分：100分
一、选择题：本题共有10小题，每小题4分，共40分。在每个小题给出的四个选项中，
有1-7小题只有一个选项符合题目要求，第8-10小题有多个选项符合题目要求。
1.关于高中物理学科核心素养中“物理观念”和“科学思维”的认识，下列说法正确的是
A.加速度是位置对时间的变化率
B.加速度公式a=和功率定义式P=平都运用了比值定义法
C.地球使树上苹果下落的力，与太阳、地球间的吸引力是同一种性质的力
D.汽车在通过弯道时，因车速过快，受到的离心力过小，致使汽车发生侧滑
2.某同学将篮球投向篮筐，篮球在空中运动时受到合力的示意图可能正确的是
3.位于北京的物体和位于赤道的物体，都随地球自转做匀速圆周运动，其角速度、线速
度、向心加速度和向心力及其符号如下表所示：
角速度
速度
向心加速度
向心力
北京
01
VI
al
F
赤道
02
2
a2
F
下列说法正确的是
A.W>@2
B.1>2
C.aD.F12024年云学名校联盟4月联考高一物理试卷（共6页)第1页
4.一杂技演员用4个相同的小球做单手抛接球表演，他从同一位置依次将各球略微偏离竖直
方向向上抛出，当小球回到抛出点时，用手将小球接住，然后将小球从抛出点再抛出，小
球间不发生碰撞，不计空气阻力。己知相邻两球之间的时间间隔相等，刚抛出第4个小球
时，第1个小球和第3个小球在空中同一高度，则第3、4个小球间的距离与第1、2个小
球间的距离之比为
A.4
B.3
C.2
D.1
5.如图所示，在电影拍摄现场，轨道车沿水平地面以5s的速度向左匀速前进，通过跨过
定滑轮的钢丝拉着特技演员竖直上升，某时刻连接轨道车的钢丝与水平方向的夹角为37°，
己知sin37°=0.6，cos37°=0.8，下列说法正确的是
A.图示时刻，演员处于失重状态
B.图示时刻，演员速度大小为4m/s
C.图示时刻，演员速度大小为6.25m/s
37
D.演员上升过程中，钢丝受到的拉力变大
nnwnnnnnnnnnnnnnnn
6.排球比赛中，甲运动员在离地高度为1=2.8m处将排球水平击出，乙运动员在离地高度
为2=1m处将排球垫起，垫起前后排球的速度大小相等，方向相反，且与水平方向成37°。
已知排球网高为2.35m,重力加速度大小为10m/s2,sin37°=0.6，cos37°=0.8，不计空气
阻力，下列说法正确的是
乙
球网
A.排球被垫起前在空中运动的时间为0.8s
B.排球被水平击出时的初速度大小为6/s
C.排球被垫起后运动到最高点时距离地面的高度为1.8m
D.为保证排球过网，甲击球时离网的最大水平距离是2.4m
7.如图所示，倾角为30°的光滑斜面固定在水平地面上，一轻质弹簧下端固定在斜面底端挡
板上，上端与质量为1kg的小滑块A相连，A上叠放另一个质量为2kg的小滑块B,弹
簧的劲度系数为k=50N/m,初始时系统处于静止状态。现用沿斜面向上的拉力F作用在
滑块B上，使B开始沿斜面向上做加速度大小为2s2的匀加
速直线运动。重力加速度大小为10m/s2,不计空气阻力。从开
始运动到A、B分离瞬间，拉力F做功为
A.1.76J
B.1.6J
uwmmutL
C.1.4J
D.1.12J
2024年云学名校联盟4月联考高一物理试卷（共6页)第2页2024 年云学名校联盟高一年级 4 月联考
物理评分细则
F
1．C【详解】A．加速度是速度的变化率，A错误。B．a 是加速度的决定式，不是比值定义法，B错
m
误；C．地球使树上苹果下落的力，与太阳、地球之间的吸引力都是万有引力，属于同一种力，C正确；
D．汽车在通过弯道时，如果速度过大，出现“甩尾”现象是由于所需的向心力大于最大静摩擦力而产生
的力，D错误。故选 C。
2．A【详解】蓝球做曲线运动，所受合力指向运动轨迹的凹侧。
3．C【详解】ABC．位于北京的物体比位于赤道的物体离地心近，同轴转动，则 ω1= ω2， 1 < 2 , 1 < 2 ,
故 AB错误，C正确。D．两个物体质量未知，向心力大小无法比较，D错误。故选 C。
4．B【详解】根据上升与下降过程的对称性，第四个小球离开手瞬间，第 1个小球与第 3个小球在同一高
度，第 2个小球位于最高点速度为 0，则根据初速度为 0的匀变速直线运动的规律，第 3、4个小球间
的距离与第 1、2个小球间的距离之比为 3：1
5．B【详解】A．设连接轨道车的钢丝与水平方向的夹角为 ，则人的速度 v人 v cos ,人在加速上升，则
演员处于超重状态，A错误。BC．将车速 v沿着细钢丝方向和垂直于细钢丝的方向分解可知，在沿着
细钢丝方向的速度为 v/ / v cos37 ，所以人上升的速度为 v 人= 4 m/s，B正确，C错误。D．车向左做
匀速运动， 逐渐减小，当 趋于 0后，v 人趋于 v不变，加速度趋于零，所以人向上做加
速度减小的加速运动，钢丝拉力减小，故 D错误。
1 2
6．D【详解】A．排球从被击出到被垫起前做平抛运动，设其飞行时间为 t,有 h1 h2 gt 解得 t = 0.6 s，2
A错误；B．乙同学垫起排球前瞬间排球在竖直方向速度的大小为 vy gt 6m s ,故排球被水平击出时
v
的初速度大小为 v y0 8m s，B错误；C．根据运动的对称性可得，排球被垫起后会沿原轨迹返tan
回，故可知排球运动到最高点时距离地面的高度为 2.8 m，C错误。D．排球恰好过网，由
h1-h 网=
1gt12 , x = v0 t1 解得 x = 2.4 m，D正确2
7．B【详解】开始时（ A + B） = 0解得弹簧压缩量 x0= 0.3 m
当 AB分离时，两者之间的弹力为零，则对 A： 1 A = A 解得 1= 0.14 m
在 AB分离前，设 AB位移为 x，对 AB整体有： + （ A + B） = （ A + B）
即 = + 6则拉力做功 = 解得 = 1.6 J，选项 B正确；故选 B。
8．AC【详解】AB．由题设条件知，卫星在向高轨道变轨，故需要增大速度，使卫星做离心运动，A正确，
B错误；C．卫星在做匀速圆周运动时，高轨低速，则在轨道Ⅰ上运行的动能比在轨道Ⅲ上的大，C正
确;D．距离地球表面约 550公里的卫星周期约为 90分钟，D错误；故选 AC
{#{QQABAQQUggAIQJBAARhCAQFwCAGQkBACACoOhBAAoAABSANABAA=}#}
9．CD【详解】A．物体 C竖直方向受到重力、A的压力、B的压力和地面支持力作用，水平方向受到 A
的摩擦力、B的摩擦力和地面的摩擦力作用，则物体 C受到 7个力作用，故 A错误；B．A、B和 C
一起向左做匀加速直线运动，可知 C对 B的摩擦力向左，则 B对 C有向右的摩擦力，故 B错误；C．物
体 C受地面的摩擦力大小为 f地 (m m 2m)g 4 mg ，故 C正确；D．以 A、B和 C为整体，根据
牛顿第二定律可得 F 4 mg 4ma。以 A为对象，根据牛顿第二定律可得 F fAC ma 联立可得
3F 3F
f 3AC F mg 又 fAC ACmg，可得 AC 4mg，可知 A、C之间的动摩擦因数的最小值为

4 4mg
，
故 D正确。故选 CD。
2
10 AD v． 【详解】AB．小球做圆周运动，在最高点，根据牛顿第二定律有mg sin N m ，当 N 0时，
R
小球有最小速度，解得 = sin = 5m/s，故 A正确 B错误；CD．结合上述，小球做圆周运动，
2 '2
在最高点有mg sin N m v ，小球通过圆轨道最低点时有 N ' mg sin v m ，从最高点到最低点，
R R
mg 2R sin 1 mv '2 1根据动能定理有： mv2解得 N ' N 6N，D正确。故选 D。
2 2
11．（8分）（1）没有（2分） （2）1：1（3分） （3）1：2 （3分）
第 11 题【评分细则】
严格按参考答案给分。第 1问答“否”不给分。 第 2 空写成 1 也给分。
【详解】（1）该题研究的是向心力和角速度的关系，物体的形状对研究的问题无影响，所以物体没有看质
点对实验是没有影响；
（2）当物块随盘缓慢加速过程中，物体的向心力先由静摩擦力提供，当达到最大静摩擦力后则由绳子的
2
拉力和最大静摩擦力提供，即：F向 F umg mr ，所以有F mr 2 umg，图象的斜率为 m r，与纵轴的
截距为 -μmg，根据图象知 a的斜率 ka= ma r = 1，b的斜率 kb= mbr =1，所以 a、b、c的质量之比为 1:1；
（3）由图象知 a的纵截距 -μamag = -2，b的纵截距 -μbmbg = -4，结合质量之比得到物块 a、b、c与转盘之
间的摩擦因数之比为 1：2。
12．（9 2 分）（1） （2分）水平向左 （1分） （2）① 10 （3分）；② -0.50 （3分）；

第 12 题【评分细则】
严格按参考答案给分。第 2空：写成左，向左均不给分。第 3 空和第 4 空有效位数不对不给分，第 4空没有
“ - ”号不给分。
【详解】（1）观察到小物块向 O点右侧移动距离 d时，可知两弹簧的弹力均向左，汽车的加速度方向水平
2kd
向左，据牛顿第二定律可得 2kd ma解得加速度大小为 a ；
m
{#{QQABAQQUggAIQJBAARhCAQFwCAGQkBACACoOhBAAoAABSANABAA=}#}
（2）设 L0=0.001m，由题易得 kx0C k 10L0 1N 0.9N 0.1N 解得 = 10 N/m；图中 a刻度线处对应的加
速度为 aa ，则有 k 5L0 maa，mg 1.0N解得 aa 0.5m / s
2
；
13．（10分）答案：（1） = 20 31 N；（2）θ = 30°， 2 = 20N3
【详解】（1）设此时外力 F的大小为 F1，由物体受力平衡得
2 1cos30 = （2分）
解得
= 20 3N （2分）1 3
（2）物块和水平棒之间恰好达到最大静摩擦力时，设外力 F的大小为 F2，绳与水平棒的夹角为θ
2cos = ( + 2sin ) （2分）
2 2sin = （2分）
解得
θ = 30°， 2 = 20N （2分）
第 13 题【评分细则】
严格按参考答案评分标准给分。
14．（15分）答案：（1） m = 12m/s （2） = 1.8×103N （3） m = 5.4×104 W
【详解】（1）速度时间图像与时间轴围成的面积表示位移，t 1= 4 s，t 2= 6 s
= m （3分）
2 2
解得
m = 12m/s （1分）
(2)由 v-t图可得 4 s~6 s内加速度大小
= m 21 = 6m/s （2分） 2 1
此过程对矿车受力分析，设电机的拉力为 ，受到的阻力为 f=0.2mg，则由牛顿第二定律有
+ = 1 （2分）
解得
= 1.8×103 N （1分）
(3)受力分析可知，电机在 0~4s内的拉力大于在 4s~6s，在 0s~4s阶段且速度最大时刻，功率最大，则

= m = 3m/s21 （2分） 1
{#{QQABAQQUggAIQJBAARhCAQFwCAGQkBACACoOhBAAoAABSANABAA=}#}
m = 2 （2分）
m = m m （1分）
代入数据解得
m = 5.4×104 W （1分）
第 14 题【评分细则】
严格按参考答案评分标准给分，加速度在第一问算出来也给分。
15．（18分）答案：（1） =1.6 J （2）18 N （3） sm = 4.8 m
【详解】(1)若物块进入圆弧轨道 BCD后恰好不脱轨，则在 B点有
2
= （1分）

可得
= 2 2m/s （1分）
若物块一直加速，有
=
= 2 = 2 7m/s > （1分）
由此可知物块应该是先加速后匀速，则加速的时间为
= = 2 s （1分）

传送带克服摩擦力做的功
= Bt （1分）
解得
=1.6 J （1分）
(2)若传送带的速度 4m/s，则物块先匀加速再匀速，经过 B点时的速度为 4 m/s，由动能定理可得
1 1
( + 2 sin30° + ) = 2 2 （2分）
2 G 2 B1
由牛顿第二定律有
2 = （2分）N
联立可得
N = 18 N （1分）
由牛顿第三定律得物块对轨道得压力大小为 18 N （1分）
（2）物块由 G点到 N点的过程中由动能定律得：
{#{QQABAQQUggAIQJBAARhCAQFwCAGQkBACACoOhBAAoAABSANABAA=}#}
1
2
1
2N G =
（1分）
2 2
解得
N = 6m s
物块从 N点飞出做斜抛运动，竖直方向上
1
= ( Nsin ) ' + '2
（1分）
2
水平方向上，水平射程为
= ( Ncos ) ' （1分）
联立消去θ，可得
2 = 25 '4 + 50 '2 1.96 （1分）
可得当 '2 = 1时，水平射程最大 2 = 23.04 m
m = 4.8 m （2分）
说明： m = 23.04 m 正确
解法二：
设从 N点飞出时速度方向与水平方向夹角为 ，小滑块落地的速度大小为 = = 8 m/s，落地速度方向与
水平方向夹角为 ，从 N点飞出到落到所用时间为 ，画出速度矢量关系图，如图所示
由几何关系可知，图像的面积为
1
= Δ cos 2
又有
Δ =
= ( Ncos )
则
1
=
2 m
可知，面积最大时，水平位移最大，由上述分析可知， 、 固定不变，则当 + = 90°
水平位移最大，又有
{#{QQABAQQUggAIQJBAARhCAQFwCAGQkBACACoOhBAAoAABSANABAA=}#}
cos = cos
可得
3
tan = =
4
1 1
= = 24m2 2
2 m
s
2
即从 点飞出时速度与水平方向夹角为 37°时，水平射程最大，则有
解得
m = 4.8m
第 15 题【评分细则】
严格按参考答案评分标准给分。
{#{QQABAQQUggAIQJBAARhCAQFwCAGQkBACACoOhBAAoAABSANABAA=}#}

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