湖南省长沙市周南中学2025-2026学年高一下学期阶段模拟考试物理试卷

周南中学2025级高一阶段模拟考试物理试卷 命题人： 田月 刘建国 李文敏 一、单选题（本题共六题，每题4分，共24分，每题只有1个选项正确） 1．在天体物理学发展的历史上，许多科学家做出了重要的贡献，下列说法符合物理史实的是（　　） A．地心说的代表人物是哥白尼，他认为地球是宇宙的中心，其他星球都在绕地球运动； B．牛顿总结出万有引力定律，并在实验室中测出了万有引力常量； C．开普勒用了20年时间研究第谷的行星观测记录，发现了行星运动的三大定律； D．卡文迪什通过“月-地检验”得出月球与地球间的力、苹果与地球间的力是同一性质力。 2．2025年8月9日凌晨0点31分，捷龙三号遥六运载火箭搭乘“东方航天港”号发射船在山东日照近海海域点火升空。将吉利星座04组卫星送入600公里高度、倾角为50°的LEO圆轨道，发射任务取得圆满成功。已知我国空间站运行在离地约400公里的圆轨道上，同步卫星运行在离地约36000公里的圆轨道上，地球可看成质量分布均匀的球体，则下列说法正确的是（　　） A．吉利星座04组卫星运行轨道圆心不在地心； B．吉利星座04组卫星发射速度大于在轨运行速度； C．吉利星座04组卫星运行周期比地球自转周期大； D．吉利星座04组卫星运行线速度比我国空间站在轨运行线速度大。 3．某同学用水平恒力推一质量为500g的静止在水平桌面上的物块，并利用传感器测出物块的速度，1s后撤去恒力，得出物块的速度—时间图像如图所示。取重力加速度大小，下列说法正确的是（　　） A．物块与桌面间的动摩擦因数为0.1 B．恒力做的功为1J C．恒力做的功为3J D．摩擦力对物块做的功为 4．发射地球同步卫星时，先将卫星发射到近地圆轨道1，然后点火，使其沿椭圆轨道2运行，最后再次点火，将卫星送入同步轨道3，轨道1、2相切于Q点，轨道2、3相切于P点（如图），则以下判断正确的是（　　） A．卫星在轨道3上的速率大于在轨道1上的速率 B．卫星在轨道2经过Q点的速度大于它在轨道1经过Q点的速度 C．卫星在轨道2经过Q点的加速度大于它在轨道1经过Q点的加速度 D．卫星在轨道3上的周期小于它在轨道2上的周期 5．宇宙中，两颗靠得比较近的恒星，只受到彼此之间的万有引力作用，分别围绕其连线上的某一点做周期相同的匀速圆周运动，称之为双星系统。由恒星与恒星组成的双星系统绕其连线上的点做匀速圆周运动，如图所示。已知它们之间的距离为，周期为，轨道半径之比，引力常量为，则下列判断正确的是（　　） A．的线速度大小之比为 B．的质量之比为 C．的总质量一定的情况下，越大，越小 D．的总质量为 6．如图甲所示，小球穿在竖直平面内光滑的固定圆环上，绕圆心点做半径为的圆周运动。小球运动到最高点时，圆环与小球间弹力大小为，小球在最高点的速度大小为，其图像如图乙所示，取，则（　　）（不计空气阻力） A．小球的质量，圆环的半径； B．小球在最高点速度为时，小球与圆环间无作用力； C．当在最高点小球速度为时，在其后的运动过程中始终受到远离圆心的弹力； D．小球在最高点受到的弹力是重力大小的时，速度大小可能为 二、多选题（本题共4题，每小题5分，共20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5分，选对但不全的得3分，有选错的不得分） 7．如图所示的四幅图表示的是有关圆周运动的基本模型，下列说法正确的是（　　） A．图a中汽车通过凹形桥的最低点时处于超重状态； B．图b中增大θ，但保持圆锥的高度不变，则圆锥摆的角速度改变； C．图c中脱水桶的脱水原理是水滴受到的实际的力小于所需的向心力从而被甩出； D．图d中火车转弯超过规定速度行驶时会挤压内轨。 8．新能源汽车是指采用非常规的燃料作为动力来源的汽车。一次测试某品牌新能源汽车的性能时，得到该汽车在水平的公路上做直线运动的图像如图所示。已知汽车质量为，限定最大功率为，匀加速阶段内的加速度大小为，时刻汽车达到限定的最大功率并保持功率不变，运动过程中阻力恒定。下列说法正确的是（　　） A．汽车受到的阻力大小为 B．图像中s C．在内，汽车牵引力做的功为 D．因不知道是否大于s，故无法求出在内汽车牵引力做的功 9．如图所示，在匀速转动的水平圆盘上，径向放着用轻绳相连的物体A和B，两者质量均为，分居圆心两侧，与圆心的距离分别为，，A、B与圆盘间的动摩擦因数相同且均为。已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为，圆盘转速缓慢增加，当A、B与圆盘间即将出现相对运动时，下列说法正确的是（　　） A．此时A、B所受摩擦力方向均指向圆心 B．此时绳子拉力大小为 C．此时圆盘的角速度 D．此时烧断绳子，物体A和B仍将随盘一起转动 10．《流浪地球2》中描述的“太空电梯”让人印象深刻，若在赤道上某点建造垂直于水平面的“太空电梯”，宇航员可乘坐它直通该点上空的同步空间站，乘坐时宇航员需要被安全带固定在座椅上以保证安全。如图所示，a-r图中r为宇航员到地心的距离，曲线A为地球引力对宇航员产生的加速度大小与r的关系；直线B为宇航员由于地球自转而需要的向心加速度大小与r的关系，R为地球半径，a₀、g₀、r₀均为已知量。已知宇航员质量为m，当电梯相对地面静止在不同高度时，下列说法正确的是（　　） A．图中为地球同步卫星的轨道半径 B．随着r的增大，宇航员受座椅的作用力一直减小 C．在离地面高为R的位置，宇航员受座椅的作用力大小为 D．在离地面高为2R的位置，宇航员受座椅的作用力大小为 第II卷（非选择题） 三、实验题（本题共两题，11题6分，12题10分，共16分） 11　向心力演示器如图所示，用来探究小球做圆周运动所需向心力的大小F与质量m、角速度ω和半径r之间的关系．两个变速塔轮通过皮带连接，匀速转动手柄使长槽和短槽分别随变速塔轮1和变速塔轮2匀速转动，槽内的钢球就做匀速圆周运动．横臂的挡板对钢球的压力提供向心力，钢球对挡板的反作用力通过横臂的杠杆作用使弹簧测力套筒下降，从而露出标尺，标尺上的红白相间的等分格显示出两个钢球所受向心力的比值．如图是探究过程中某次实验时装置的状态． (1)在研究向心力的大小F与质量m、角速度ω和半径r之间的关系时主要用到了物理学中的________． A．理想实验法 B．等效替代法 C．控制变量法 D．演绎法 (2)若两个钢球质量和运动半径相等，则是在研究向心力的大小F与________的关系； A．钢球质量m B．运动半径r C．角速度ω (3)若两个钢球质量和运动半径相等，标尺上红白相间的等分格显示出钢球1和钢球2所受向心力的比值为1∶9，则与皮带连接的变速塔轮1和变速塔轮2的半径之比为________． A．1∶3 B．3∶1 C．1∶9 D．9∶1 12　在做“探究平抛运动的特点”的实验时： (1)钢球抛出点的位置必须及时记录在白纸上，然后从这一点画水平线和竖直线作为x轴和y轴，竖直线是用________来确定的． (2)某同学通过实验得到的轨迹如图甲所示，由轨迹可知，竖直距离yOA∶yAB∶yBC＝________，tOA∶tAB∶tBC＝________，这表明竖直方向是初速度为0的________运动． (3)该同学在轨迹上选取间距较大的几个点，测出其坐标，并在直角坐标系内绘出了y－x2图像(如图乙)，此平抛物体的初速度v0＝0.49 m/s，则竖直方向的加速度g＝________ m/s2.(结果保留3位有效数字) 四 计算题(本题共三个题，其中第13题10分，第14题14分，第15题16分，要求有必要文字说明、方程式和重要演算步骤) 13.如图所示，质量为的木块在倾角的足够长的斜面上以的加速度由静止开始下滑，已知：，，取，求： 前内重力所做的功； 前内摩擦力所做的功； 末重力的瞬时功率。 14.如图，轻杆长为，在杆的两端分别固定质量均为的球和球，杆上距球为处的点装在光滑的水平转动轴上，杆和球可在竖直面内转动，已知球运动到最高点时，球对杆恰好无作用力，重力加速度为。 当球在最高点时，球的速度为多大？ 当球在最高点时，杆对球的作用力为多大？ 若改变转速，球转到最低点时的速度大小为， 求此时杆对球的作用力。 15.如图所示，一固定在竖直面内的半径为的光滑半圆圆弧轨道在竖直直径的下端点与一水平面平滑连接一质量为的小滑块可视为质点静置在水平面上的点，点到点的距离为，小滑块与水平面之间的动摩擦因数为小滑块在大小为的水平拉力作用下开始沿水平面向右运动，作用了的距离后撤去重力加速度取求： 小滑块到达点时对圆弧轨道的压力 小滑块能够上升的最大高度 为了使小滑块能冲上圆弧轨道且在圆弧轨道上运动时不脱离圆弧轨道，拉力在水平面上的作用距离应满足的条件．周南中学2025级高一阶段模拟考试物理答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 C B C B D D AC BC BC AD 3．C 【详解】A．1s后撤去恒力，加速度大小为，由牛顿第二定律可得 解得物块与桌面间的动摩擦因数为，故A错误； BCD，物块通过的总位移大小为，摩擦力对物块做的功为 根据动能定理可得，可得恒力做的功为，故BD错误，C正确。 故选C。 4．B 【详解】A．卫星在轨道1和3上均做匀速圆周运动，由万有引力提供向心力有 解得 即半径越大，速度越小，即卫星在轨道3上的速率小于在轨道1上的速率，故A错误； B．卫星在轨道1运动经过Q点时，需要加速才能做离心运动变到轨道2上，所以，卫星在轨道2经过Q点的速度大于它在轨道1经过Q点的速度，故B正确； C．根据牛顿第二定律有 ，解得 所以，卫星经过同一点时的加速度相等，即卫星在轨道2经过Q点的加速度等于它在轨道1经过Q点的加速度，故C错误； D．根据开普勒第三定律有，因轨道3的半径大于轨道2的半长轴，所以，卫星在轨道3上的周期大于它在轨道2上的周期，故D错误。 故选B。 5．D 【详解】A．双星绕点做周期为的匀速圆周运动，角速度相等，根据 可得线速度大小之比为，故A错误； BCD．双星绕点做匀速圆周运动，由两者之间的万有引力提供向心力，有， ，， 联立求得质量之比为， 双星系统的周期，的总质量一定的情况下，越大，越大，故C正确，B、C错误。故选D。 6．D 【详解】A．对小球在最高点时受力分析，受到竖直向下的重力和圆环的弹力，速度较小时，圆环对小球的弹力竖直向上，根据牛顿第二定律 由图乙可知，当速度为零时，则有，解得 由图乙可知，当外力为零时，则有 ， 解得，故A错误； B．当时，根据牛顿第二定律， 解得 小球与圆环间有作用力，方向竖直向下； 当时，根据牛顿第二定律 解得，即小球与圆环间没有作用力，故B错误； C．当在最高点小球速度为时，根据牛顿第二定律有 解得， 方向指向圆心，在其后的运动过程中始终受到指向圆心的弹力，故D错误。 D．在最高点受到的弹力是重力大小的，方向可能背离圆心，也可能指向圆心，根据牛顿第二定律或 又 解得或，故D正确； 7．AC 【详解】A．当汽车通过最低点时，需要向上的向心力，，处于超重状态，故A正确； B．设绳长为L，绳与竖直方向上的夹角为，小球竖直高度为h，由 结合，可得 两物体高度一致，则它们角速度大小相等，故B错误； C．物体所受合外力不足以提供向心力才会做离心运动，故图c中脱水桶的脱水原理是水滴受到的实际的力小于所需的向心力从而被甩出，故C正确； D．超速时重力与支持力的合力不足以提供向心力，会挤压外轨产生向内的力，故D错误。 故选AC。 8．BC 【详解】A．当汽车达到最大速度时，牵引力等于阻力，此时功率达到最大值，故阻力，故A错误； B．匀加速结束时汽车功率达到最大值，则有 因为 其中，联立解得， 故B正确； CD．在时间内，对汽车，根据牛顿第二定律有 解得牵引力 则汽车牵引力做的功 汽车牵引力做的功 故时间内汽车牵引力做的功，故C正确，D错误。 故选BC。 9．BC 【详解】ABC．根据题意有，两物体A和B随着圆盘转动时，合力提供向心力，根据向心力公式有，B的轨道半径比A的轨道半径大，故B所需向心力大，绳子拉力相等，所以当圆盘转速加快到两物体刚好还未发生滑动时，B所受的最大静摩擦力方向沿绳指向圆心，A所受的最大静摩擦力方向沿绳背离圆心，此时对B分析可知 对A有 解得， 故A错误，BC正确。 D．根据题意，烧断绳子，此时A受的摩擦力，故烧断绳子A一定发生相对滑动；同理，烧断绳子，此时B受的摩擦力，则B也一定发生相对滑动，故D错误。 故选BC。 10．AD 【详解】A．由图知，当万有引力产生的加速度等于宇航员做圆周运动的向心加速度时，即万有引力提供做圆周运动的向心力，所以宇航员相当于卫星，此时宇航员的角速度跟地球的自转角速度一致，此时宇航员可以看作是地球的静止卫星。所以，图中r0为地球同步卫星的轨道半径，故A正确； B．宇航员乘坐太空舱在“太空电梯”的某位置时，由牛顿第二定律可得 其中为宇航员受座椅的作用力，则 其中为地球引力对宇航员产生的加速度大小，为宇航员由于地球自转而需要的向心加速度大小，由图可知，在时，随着r的增大，宇航员受座椅的作用力逐渐减小；时，随着r的增大，宇航员受座椅的作用力逐渐增大，故B错误； C．当时，由 可得 在地球表面，即时， 在离地面高为R的位置，即时，根据牛顿第二定律可得 联立可得，故C错误； D．在离地面高为2R的位置，即时，根据牛顿第二定律可得 解得，故D正确。 故选D。 11答案　(1)C　(2)C　(3)B 解析　(1)在研究向心力的大小F与质量m、角速度ω和半径r之间的关系时主要用到了物理学中的控制变量法，故选C； (2)若两个钢球质量和运动半径相等，则是在研究向心力的大小F与角速度ω的关系，故选C； (3)根据F＝mω2r可知，若两个钢球质量m和运动半径r相等，标尺上红白相间的等分格显示出钢球1和钢球2所受向心力的比值为1∶9，可知两轮的角速度之比为1∶3，根据v＝ωR可知，因为变速塔轮1和变速塔轮2是皮带传动，边缘线速度相等，则与皮带连接的变速塔轮1和变速塔轮2的半径之比为3∶1，故选B. 12答案　(1)重垂线　(2)1∶3∶5　1∶1∶1　　匀加速直线　(3)9.60 解析　(1)竖直线用重垂线确定，因为小球在竖直方向所受的重力是竖直向下的． (2)由轨迹可知，竖直距离yOA∶yAB∶yBC＝1∶3∶5；由于水平距离xOA＝xAB＝xBC，则tOA＝tAB＝tBC，所以tOA∶tAB∶tBC＝1∶1∶1，在连续相等的时间内，竖直方向的位移之比为1∶3∶5，表明竖直方向是初速度为零的匀加速直线运动，O点就是抛出点． (3)竖直方向有y＝gt2，水平方向有x＝v0t，则平抛运动的轨迹方程为y＝x2，则斜率为＝＝20，解得g≈9.60 m/s2. 13. 【答案】解：前木块的位移：， 前重力所做的功：； 设木块受到的滑动摩擦力为，对木块，由牛顿第二定律得，代入数据解得：， 前内摩擦力所做的功：； 末木块的速度， 末重力的瞬时功率：。 14.【答案】 球在最高点时只受重力作用，根据牛顿第二定律有， 得。 (2) 、两球的角速度大小相等，设球在最高点时的角速度为，由向心力公式， 有， 设杆对球的作用力为，对球在最低点， 由最低点方程得，解得。 (3) 设球在最低点时的角速度为，、两球的角速度大小相等， 对、分别有，， 解得， 此时球在最高点，做圆周运动的半径为，根据最高点的速度求小球在最高点的加速度， 则， 比较和的大小，， 设杆对球的作用力为， 有， 解得，方向竖直向下。  15.【答案】对小滑块从点运动到点的过程由动能定理可得， 解得， 在点，对小滑块由牛顿第二定律可得， 解得， 由牛顿第三定律得小滑块到达点时对圆弧轨道的压力． 设小滑块能够上升的最大高度为， 则有，解得 设小滑块恰好能到达点时，拉力作用距离为， 由动能定理可得，解得 设小滑块恰好能到与圆心等高的点时，拉力作用距离为， 由动能定理可得， 解得 设小滑块能够到达点时的速度为，此时拉力作用距离为， 则在点，对小滑块由牛顿第二定律可得， 解得， 由动能定理可得， 解得 所以为了使小滑块能冲上圆弧轨道又不脱离圆弧轨道， 拉力作用距离应满足的条件是或． 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $