湖北黄冈中学等校2025-2026学年高一下学期学科素养测评物理试题

高一物理学科素养测评 一、选择题：本题共10小题，每题4分，共40分。在每小题给出的四个选项中，第17题只 有一项符合题目要求，第810题有多项符合题目要求，每小题全部选对的得4分，选对但 不全对的得2分，有选错的得0分。 1.下列关于物理概念、物理方法与物理规律的说法，正确的是 A.功的正负值不表示方向，表示大小 B.重力势能的正负值不表示方向，表示大小 C.做曲线运动的物体，所受合外力一定是变化的 D.做圆周运动的物体，加速度的方向始终指向圆心 2.某高超速飞行器采用钱学森弹道设计，由运载火箭发射至大气层边缘后，用类似打水漂的 方式进行无动力滑翔飞行，其弹道轨迹如图所示。关于飞行器速度与所受合力方向及分析 可能正确的是 B A.飞行器在A点做加速运动 大气层 B.飞行器在B点做减速运动 大气 D KF C.飞行器在C点做加速运动 地球表面 目标 D.飞行器在D点做减速运动 发射点 3.如图所示，探测器在椭圆轨道上绕地球飞行，A为近地点，B为远地点，在B点变轨后进 入圆形轨道。关于探测器，下列说法正确的是 圆形轨道 A.在椭圆轨道上的机械能小于圆形轨道上的机械能 地 B.在椭圆轨道上运行的周期大于圆轨道上运行的周期 B C.在椭圆轨道上经过B点的速度与在圆形轨道上经过B点的速 椭圆轨道 度相等 D.在椭圆轨道上经过B点时的加速度与在圆形轨道上B点时的加速度不相等 第1页共6页 4.如图所示，在轻弹簧的下端悬挂一个质量为m的小球A,将小球A从弹簧原长位置由静止 释放，当小球A下降的高度为时，其速度为ⅴ，重力加速度为g(不计空 气阻力)则在此过程中小球克服弹力做的功为 A.mgh B.mv2 AO C.mv2-mgh D.mgh-m 5.如图所示，把一个可视为质点的小球放在光滑的球形容器中，使小球沿容器壁在某一水平 面内做半径为R的匀速圆周运动。已知圆周运动的角速度大小为2rads,小球所在位置切 面与水平面夹角0=45°，小球质量为m=0.1kg,重力加速度取g=10m/s2。关于小球的下列 说法正确的是 A.轨道半径R=5m 45和 B.线速度大小为5ms 0---R-- C.向心加速度大小为10v2m/s2 D.所受支持力大小为1N 6.2025年我国GJ-1察打一体无人机在阅兵式上亮相。质量=400kg的小型无人机在平直的 公路上由静止启动沿水平公路运动，如图甲表示无人机运动的速度与时间的关系，图乙表 示无人机牵引力的功率与时间的关系。设无人机在运动过程中阻力不变，在18s末无人机 的速度恰好达到最大，则从启动到18s末，无人机 ↑/m·s) 1P103W) 10---- 8 的位移大小为： 8 A.103m B.113m 18t/s t/s C.123m D.133m 甲 7 7.如图所示，四根长度均为L=1m的细杆用铰链连成一个四边形，O点通过铰链固定在墙上。 现将B点推至与O点重合，使四根细杆都紧贴墙壁。现拉着B点沿垂直于墙壁的方向做速 度为v=2m/s的匀速直线运动。当OA杆与OC杆夹角 ∠AOC=60时，图中OA杆的角速度是 A.Irad/s B. 互ads C.2rad/s D.v3rad/s 第2页共6页 8.如图所示，下列判断不正确的是 A 7nninnn 囱回” 甲 乙 丙 丁 A.甲图中，从粗糙的滑梯上下滑的小朋友机械能守恒 B.乙图中，在匀速转动的摩天轮中的游客机械能不守恒 C.丙图中，物块A在向下运动过程中机械能守恒 D.丁图中，不计任何阻力和细绳质量时，B物块的机械能守恒 9.如图所示，跑步机履带宽度d=0.9m,履带外侧机身上有正对的A、B两点，A点到履带最 右端距离L=1.2m.一玩具车（可视为质点）从A点出发后，其相对于静止履带的速度大小 v1=0.8m/s,履带的速度大小20.4m/s。,下列说法正确的是 A.玩具车到达B点的运动时间为2s B.玩具车若能到达B点，则车头需与A点左侧履带边缘成60°夹角 C.若玩具车速度大小方向可调，使玩具车到达对面最右端，其相对于静止履带的最小速率 为0.24ms D.若玩具车速度大小方向可调，玩具车若能以相对于静止履带的最小速率到达对面最右 端，则车头需与A点左侧履带边缘成37°的夹角 10.在光滑的水平面上，一滑块的质量=3kg,在水平方向上恒定的外力F=6N的作用下运动， 如图所示给出了滑块在水平面上运动的一段轨迹，滑块通过P、Q两点时速度大小均为 v=5m/s.滑块在P点的速度方向与PQ连线夹角a=37°，sin37°=0.6，则下列说法中正 确的是 A. P,Q两点间距离为15m B.从P点运动到Q的时间为3s Q C.Q点的速度方向与PQ延长线夹角为37 D.滑块从P点到Q的过程中速度先减小再增大 第3页共6页 二、非选择题：本题共5小题，共60分。 11.(6分)图1是“研究平抛物体运动”的实验装置，通过描点画出平抛小球的运动轨迹。 (1)用图1装置进行实验，下列说法正确的是 A.斜槽轨道末端必须水平 B.钢球在斜槽静止释放的高度应等间距下降 C.以斜槽的末端在白纸上的投影点为坐标原点 D.每次小球应从斜槽上同一位置静止滚下 △S △S wwnauc 图1 图2 (2)甲同学在实验中，只画出了图2所示的一部分曲线，于是他在曲线上取水平距离△5相等的 三点A,B,C,量得△s=0.3m。又量出它们之间的竖直距离分别为1=0.25m,h2=0.35m, 利用这些数据，可求得物体抛出时的初速度大小为s,抛出点在A点上方的高度 为m.(g取10m/s2)(计算结果保留一位有效数字) 12.(9分)小明同学利用如图甲所示的实验装置验证m1、2组成的系统机械能守恒（图中滑 轮为轻质光滑滑轮)。m2从一定高度由静止开始下落，m1上拖着的纸带打出一系列的点，对纸 带上的点迹进行测量，即可验证机械能守恒定律。如图乙给出的是实验中获取的一条纸带：O 是打下的第一个点，打点计时器的工作频率为50Hz。A、B、C为纸带上标注的三个计数点，每 相邻两计数点间还有4个点（图中未标出）。各计数点到0点的距离已在图中标出。已知m1=150g、 m2=300g（重力加速度g取10m/s2) 第4页共6页 0 d C 打点计时器 57.60cm 78.40cm 纸带 -102.40cm 图甲 图乙 (1)关于此实验，下列说法中不正确的是 A.实验中应先接通电源，后释放纸带 B.不可以利用公式v=√2gh来求解瞬时速度 C.可以通过多次测量取平均值的方法减小由于空气阻力产生的误差 (2)在打计数点0至B过程中系统动能的增加量△E=_J,系统重力势能的减少量△E。= J,由此得出的结论是 ；(计算结果均保留两位小数) B)某同学测出多个计数点的速度大小v及对应m2下落的高度，作出的二-h图像如图丙所 示，则根据图像中相关数据计算出当地的重力加速度g=m/s2(计算结果保留两位 小数)。 A 、1(m2.s2) 1.62 >h/m 0.50 图丙 13(12分)星球A的半径是地球半径的二，其表面的重力加速度是地球表面重力加速度的 6 已知地球的半径为R,地球表面的重力加速度为g,引力常量为G,不计其它星球的影响，求： (1)星球A的第一宇宙速度； (2)星球A的密度与地球的密度的比值。 第5页共6页 14.（14分)高速转动的物体若重心偏离转轴，会产生偏心振动，转轴将承受较大作用力。手 机偏心轮振动马达即利用此原理制成，其结构如图所示，将质量分别为4m,5m的小球A,B 固定在轻杆两端，使轻杆围绕位于其中点的转轴0在竖直平面内匀速转动，转动角速度0= 已知杆长为2L,重力加速度为g,不计一切阻力，当轻杆转动至图示竖 直状态时，求： (1)A球向心加速度的大小an; (2)轻杆对A球的作用力和轻杆对B球的作用力的大小之比； (3)当轻杆转动至水平状态时轻杆对A球的作用力大小FA. B 15.(19分)如图所示，弹簧锁定后所储存的弹性势能E。=32J,一个质量=1kg的小物块紧靠 弹簧放置。释放后，弹簧恢复原长时小物块冲上长度1=6m的水平传送带，传送带以v=6m/s的 速度顺时针转动。在传送带右侧等高的平台上固定半径R=O.5m的圆轨道ABCD,A、D的位置 错开，使小物块绕行一圈后可以通过D到达E位置。已知小物块与传送带之间的动摩擦因数1=0.5， 其他摩擦均忽略不计，取g=10ms2。 (1)求小物块通过传送带的时间；（结果保留两位有效数字） (2)求小物块通过传送带的过程中摩擦产生的热量以及运动到C点时对轨道的压力； (3)若传送带速度大小，方向皆可任意调节，要使小物块在运动过程中不脱离圆轨道ABCD, 求传送带转动速度的可能值。（结果可以用根号表示） 000000M A 7777777 777777777777 D 第6页共6页高一物理学科素养测评 评分细则 题号 1 2 5 6 7 P 9 10 答案 D D B 皆对 C ACD BC BCD 1,答案B;功的正负值不表示大小，表性质，A错。重力势能的正负值表示大小，B正确：做曲线运动 的物体可以受到恒力作用，C错。匀速圆周运动加速度方向才始终指向圆心，D错。 2.答案D,做曲线运动的物体受到的合外力指向轨迹的凹侧，与速度方向的夹角小于90°加速，大于90 减速，D正确。 3.答案A,从椭圆轨道加速才能到达圆轨道，机械能增加，A正确；椭圆轨道周期小于圆轨道上的周期， B错；在两轨道经过B点时，加速度相等，速度不相等，C,D错。 4.答案D,由动能定理可知，D正确 5.答案B,由小球受力可得，Ncos45°=g,Ni45°=w2RR=2.5E=5ls,a,=10/s2;N二√2NB正确。 6.皆对；匀速阶段的位移x1=32m阻力于二-800N8-18s,由动能定理可得，Pt-22m2; x2=91m,x1+x2=123m。 7.答案C;A的速度y4垂直于OA;B的速度yB水平向右，V4cos30°VBCOS30°，V4VB=2m/s, w=兰-2rads,C正确。 8.答案ACD,甲图中有摩擦力做功，机械能不守恒，乙图中，动能不变，重力势能发生了变化，机械能 不守恒，丙图中，物块机械能减少，丁图中B物块机械能增加了，所以选ACD 9.答案BC,到达B点的时间为上.A错；B正确；1口iB702ms,C正确。船头与上游的夹角 为53°，D错。 10.答案BCD:可知F垂直于PQ,相当于斜抛运动，P到Q的运动时间3s,PQ=12m;Q点的速度与PQ夹 角为37°；速度先减小再增大：A错，BCD正确 11.题：(1)AD (2)3m/s, 0.2m 每空2分 12.题：(1)C （2)1.13J,1.18J,在误差允许的范围内，m1、m2组成的系统机械能守恒 (3)9.72 文字部分1分，其余每空2分 【评分细则】按照答案评分。 第1页共4页 13.题： 解：（1)地球：mg=m vI=vgR (2分) R 星球A:mg'=m (2分) R Vi=VgR 1 又由g= 8,R- 6 得y=2gR (2分) 6 (2)地球：G R2 mg M=gR2 G V=ArR M D= 3 得ps3g (2分) 4πGR 同理得p'= 3g' (2分) 4nGR' 故P=2 (2分) P 【评分细则】按照答案评分。 14.(1)a=3g (2)2:5(3)FA=4V101g 【详解】 (1)向心加速度为4，=o丸 ① (2分) 解得：a=3g ② (2分) (2)对A:F4+4g=4w2L ③ (1分) 解得：F=8g ④ 对B:F2-5g=5mo2L ⑤ (1分) 解得：F。=20g ⑥ 解得F:F=2:5 ⑦ (2分) (3)水平方向：F=4a。 ⑧ (2分) 第2页共4页 竖直方向：F,=4g ⑨ (2分) F=+E ⑩ (1分) 解得F4=4W10g ① (1分) 【评分细则】按照答案评分。 15.答案：(1)0.93s:(2)2J:22N方向竖直向下： (3)若传送带顺时针转动，v≥5m/s或0≤v≤√10m/s;若传送带逆时针转动，速度任意 【详解】 (1)设小物块释放后，冲上水平传送带时的速度大小为。，根据题意，由能量守恒定律可得： 1 瓦，=2w ① (1分) 解得： v。=8m/s 小物块冲上传送带后做匀减速运动，设其加速度大小为α，根据牛顿第二定律有： unig nia ② (1分) 解得： a=5m/s2 设小物块与传送带共速时对地位移为x,则由运动学公式可得 vi-v2 2ax ③ (1分) 代入数据解得 x=2.8m 在传送带上减速时间： =6v ④ (1分) a 匀速时间：专=1x ⑤ (1分) 由①—⑤得： t=ti+t2=0.93s ⑥ (1分) (2)小物块在传送带上减速过程，传送带位移： x传=v吃=2.4m ⑦ (1分) 第3页共4页 摩擦生热：Q=g(x-x传) ⑧ (1分) 由⑦⑧得：Q=2J ⑨ (1分) 从A到C,由动能定理得： 2mgR-mm 10 (1分) 2 在C点：e+g=m ① (1分) R 压力FN=Fc @ (1分) 由⑩①2得： FNe =22N 方向竖直向上 图 (2分) (3)()若小物块恰好做完整的圆周运动，在C点： 1g=1m ④ R 从A到C,由动能定理得： -2gR=号m哈 1 ⑤ 2 VAL 由④⑤得：VA1=5m/s ⑥ (1分) (iⅱ)若能恰好到时圆心等高处，有： :=mgR 1 ① 解得：ya2=10m/s ⑧ (1分) 若物块一直匀减速通过传送带后速度为Y ung=。my、 ⑨ 2 解得：Y=2/s 20 (1分) 综上所述： 若传送带顺时针转动，需满足V传≥5m/s或0≤y传≤V10m/s可使得物块不脱离圆轨道；四(1分) 若传送带逆时针转动，无论速度多大，均可使得物块不脱离圆轨道。 四 (1分) 【评分细则】按照答案评分。 第4页共4页