甘肃省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（含解析）

靖远一中 2025-2026 学年下学期 4 月质量检测试题
高一物理
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
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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a 和 β , 不计空气阻力。则小球( )
A ．运动时间tAC > tAB B ．两次运动速度变化ΔvAC > ΔvAB
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B 以速度v 向右匀速运动，物体B 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 β = 30o 、a = 60o 则( )
A ．当 β 由30o 增大到45o 过程中，A 的平均速度小于v
B ．当 β 由45o 增大到60o 过程中，A 的平均速度大于v
C ．当 β 由30o 增大到45o 过程中，绳中拉力先减小后增大
D ．当 β 由45o 增大到60o 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( )
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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w1 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w2 。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 w3 ，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
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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 ．w1 = w3 < w2
B ．以 w3 转动一周的过程中，人后背受到的最大支持力是2mg
C ．以w2 转动一周的过程中，游客受到的静摩擦力最大值是 mg
D ．以 w3 转动一周的过程中，游客受到的静摩擦力最大值是mg
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
50
A ．渡河最短时间 s B ．渡河最短时间 50s 3
C ．渡河最短距离 100 3 m D ．以最短距离渡河，用时 s
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三、实验题（共 13 分）
11．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 v0 = m/s；
（3）从抛出点到 b 点所经历的时间是 s．
12 ．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 。
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四、解答题（共 44 分）
13 ．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（g = 10m / s2 ），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θ=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 ．如图 1 所示，一质量m1 = 2 kg 、长l = 4 m 的平板车静止在光滑水平地面上，上表面离地高h = 0.45 m ，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
l0 = 20 cm ，其弹力 F 随伸长量 Δl 变化如图 2 所示。质量m2 = 1kg 的滑块（可视为质点）以
v0 = 3 m / s 的初速度滑上平板车，已知滑块与平板车间的动摩擦因数μ = 0.1 ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。求：
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(1)若平板车固定：
①滑块滑离平板车时的速度大小v1 ；
②落地点距平板车右端的水平距离s ；
(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v2 ；
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l 。
15．一游戏装置由四分之一光滑圆弧轨道AB ，水平粗糙轨道BC ，目标区域EF 组成。如图所示，一可视为质点的滑块从AB 上距BC 某一高度h 处由静止释放，经BC 后从C 点水平抛出，落入EF 区域为游戏成功。已知圆弧半径R = 1m ，BC、DE、EF 之间的距离分别为
l1 = 1m ，l2 = 0.4m ，l3 = 0.4m ，CD 间的高度H = 0.8m ，滑块质量m = 0.01kg ，与 BC 间的动摩擦因数μ = 0.4 ，滑块释放高度 h 与滑块滑至B 点时的速度v0 之间满足v ，轨道间平滑连接，滑块落到DE、EF 任一位置后不再弹起。
(1)若h = 0.45m ，求滑块经过轨道 AB 的最低点B 时，对轨道的压力大小FN ；
(2)要求滑块能够落入目标区域EF ，求 h 的范围：
(3)为调节滑块的落点位置，在BC 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2 :2 滑块从某一高度h 范围内释放时，通过调节减速装置的位置x （设减速装置距 B 点的位置为x) ，滑块总能打到目标区域的所有
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位置，已知h ≥ 0.6m ，求 h 和x 的范围分别为多大。
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1 ．B
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
AB ．将 B 物体的速度进行分解如图所示,
vA = vB cos θ 运动过程中θ 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T -mg = ma 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vA = vB cos θ 可知 A 的速度小于 B 的速度，故 C 错误；
D ．由于vA = vB cos θ , B 在竖直方向上平衡，有：Tsinθ +N=mg，运用外推法：若绳子无限
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长，B 物体距滑轮足够远，即当θ →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 θ 减小，则支持力增大．故 D 错误．
3 ．C
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
A ．根据
则运动时间
tAC = tAB
故 A 错误；
B ．根据
Δv = g . Δt
两次运动速度变化
ΔvAC = ΔvAB
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a 和β ,位移偏转角分别为 a' 和 β' ，水平位移分别为 x1 、x2 ，有
'
tan a = 2tana
tan β = 2tan β'
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可得
如图
可知
VABD @ ACD
DF = AE = x1
AF + DF = AF + AE = x2 + x1 = 2R所以
故 D 正确。
故选 D。
5 ．C
A ．设滑轮顶端到汽车 A 、B 的高度为h ，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A 的平均速度大于v ，故 A 错误；
B ．A 、B 两物体沿绳方向的速度为
v绳A = vA cos a
v绳B = vB cos β
A 、B 两物体沿绳方向的速度相等，有
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vA cosa = vB cos β
可得
当 β 由45o 增大到60o 过程中，有
β > a
故
vA < vB = v
当 β 由30o 增大到45o 过程中，A 的瞬时速度都小于 B，故A 的平均速度小于v ，故 B 错误；
CD ．物体B 以速度v 向右匀速运动，根据平衡条件与
FT cos β = μ(mg - FT sin β)
可得
当
β = 37o
时，绳中拉力最小，根据数学关系可知当 β 由30o 增大到45o 过程中，绳中拉力先减小后增大，当 β 由45o 增大到60o 过程中，绳中拉力一直增大，故 C 正确，D 错误。
故选 C。
6 ．C
A ．由题意可得，a 、c 线速度大小相等， b 、c 角速度相等，由于rc ＞rb ，由
v = rw
可得：va = vc ＞vb ，A 错误；
B ．由于 b 、d 两点共轴转动，因此 wb = wd ，B 错误；
C ．由题意可得，a 、c 线速度大小相等，由
2
v
a =
r
可得：aa = 2ac ；
d、c 角速度相等，由
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2
a = rw
可得：ad = 2ac ；
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
2
a = rw
可得：向心加速度最小的是 b 点，D 错误；
故选 C。
7 ．A
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F合 = m
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s = π d = π 193m运转一周时间t = 30 min = 1800s
那么线速度v m/s
通过 1m 路程所需时间t s B 错误；
C ．座舱做匀速圆周运动，加速度大小a
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
B ．以 w3 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
N3 - mg = mwR
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
mg = mwR
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解得
故 B 正确；
D ．以 w3 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
f3 = mg
故 D 正确；
C ．在最高点时
°
f2 = mg sin 45
临界条件
f2 = kFN
又
°
Fn = FN + mg cos 45
联立解得
故 C 错误；
A ．以w1 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
N1 = mwR
f1 = mg
f1 = μN1 = N1
联立解得
综上可得
w1 = w3 < w2
故 A 正确。
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故选 ABD。
9 ．AD
A ．假设LA 的为θ ,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：
vy = gt
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：
xo AB = BC = AD ，则 yo AD
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：
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xC = AB = 2AD ，则 yC xC = 3AD
即小球从 F 点抛出，有可能垂直击中 C 点．故 D 正确．
10 ．BD
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：
静故 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：
(
静
)
所以小船要以最短距离过河时所用的时间为：
t s
故 C 错误，D 正确
(
11
．
0.05 1 0.075
)
（1）在竖直方向上有
Δy = gT2
则
（2）则
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（3）b 点竖直方向的分速度
经历的时间
12 ． 控制变量法 2:1 1:1 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
(1)[ 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)[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
FB : FC = 4 : 2 = 2 : 1
[3]根据题意，小球的转动半径为
rA = rC
rB = 2rA
解得
根据
F = mw2r
解得
所以
所以左、右塔轮角速度相等；根据
v = wR
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
R左 : R右 = 1: 1
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[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 ．（1）2m；（2）1. 13m
（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
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
1
Lsinθ= 2 gt22
联立两式得
t2=0.4s
解得
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【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 ．(1)①1.0 m / s ；②0.3 m
(2)①不会滑离平板车，1.0 m / s ；② 8 cm
（1）平板车固定：滑块在平板车上做匀减速直线运动
①由- μm2g = m2 a得a = -1.0 m / s2
根据v - v = 2aL
解得v1 = 1.0 m / s
②由h gt2解得t = 0.3 s
故滑块落地点距平板车右端的水平距离s = v1t = 0.3 m
（2）平板车不固定：
①滑块做匀减速直线运动，a = -1.0 m / s2
木板做匀加速直线运动，由 μm2g = m1a1
得a1 = 0.5 m / s2
设经时间t1 二者速度相等，有v0 - at1 = a1t1 v2 = a1t1
解得v2 = 1.0 m / s ， t1 = 2 s平板车的位移x a1t m
滑块的位移x = v0t at m
则滑块相对于平板车的位移Δx = x - x1 = 3 m < L = 4 m滑块不会滑离平板车。
最后它们的共同运动速度大小v2 = 1.0 m / s 。
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②设m1 和m2 恰好发生相对滑动时的弹簧弹力为F ，整体的加速度为 a2 ，以m1 和m2 整体研究：牛顿第二定律F = (m1 + m2) a2
以m2 研究：牛顿第二定律 μm2g = m2 a2联立解得F = 3N
由乙图可知，弹簧的劲度系数k N / m滑块与木板分离时刻，由F = k . Δl
可得 m = 0.12 m
则弹簧的长度l = l0 - Δl = 0.20 - 0.12 = 0.08 m = 8 cm
15 ．(1)FN = 0. 19N
(2) 0.45m ≤ h ≤ 0.6m
(3)0.9m ≥ h ≥ 0.8m, 0.75m ≥ x ≥ 0.5m
（1）当 h = 0.45m 时，v0 = 3m / s在B 点，由牛顿第二定律得FN - mg = m 得FN = 0. 19N
（2）从C 点平抛，t s速度vm / s
落到E ，由 v1 - v = 2al1
得v01 = 3m / s ，h1 = 0.45m
同理，vm / s
落到F 点，由v2 - v = 2al1 得
v02 = 2 ·3m / s ，h2 = 0.6m
综上，释放的高度0.45m ≤ h ≤ 0.6m
（3）设滑块经过减速装置前后速度 vx 、vx' ，平抛初速度为v ，则有
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(
x
x
)v : v' = 2 : 2
v - v2 = 2a (l1 - x)
解得v - 2v2 = 16 - 8x
①打到E 点时v = 1m / s由h = 1m 释放
v0 = 25m / s ，故无法打到 E 点
当x1 = 0 时，v01 = 3 2m / s ，此时h1 = 0.9m由h2 = 0.6m 释放，vm / s
此时x2 = 0.75m
即0.9m ≥ h ≥ 0.6m
相应的0.75m ≥ x ≥ 0
②打到F 点时v = 2m / s由h3 = 1m 释放
v03 = 25m / s ，x3 = 0.5m
由h = 0.6m 释放，v0 = 23m / s ，此时 x = 1.5m > 1m ，故打不到 F 点当x4 = 1m ，v04 = 4m / s ，h4 = 0.8m
即1m ≥ h ≥ 0.8m
相应的1m ≥ x ≥ 0.5m
综上，0.9m ≥ h ≥ 0.8m ，0.75m ≥ x ≥ 0.5m
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