江西上高二中2025-2026学年高一下学期物理学科阶段性练习

2028届高一年级物理学科阶段性练习 考试时间：75分钟： 一、选择题：本题共10小题，共46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，每小题4分：第810题有多项符合题目要求，每小题6分，全部选对的得 6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。 1.如图，某质点沿直线运动的1图像为余弦曲线，从图中可以判断() A.在0~1，时间内，合力逐渐减小 B.在0~42时间内，合力做正功 C.在0~1，时间内，质点动能增大 D.在0~2时间内，合力做的总功为零 2.衢州市某校学生赴常山巨石阵研学，如图为学生在景区内“喊泉”的情景。某同学玩“喊泉” 时，喷泉达到的最大高度约20m,喷管直径约10cm。水的密度1.0×10kgm3,假设喷泉电 动机的能量全部转化为水的动能，不计空气阻力，取π=3，则此次“喊泉“喷水最高时() A.水离开喷管口时的速度大小约为10m/s B.单位时间内喷出管口的水柱的体积约为0.60m3 C.单位时间内喷出管口的水柱的质量约为300kg D.给喷泉喷水的电动机的输出功率约为30kW 3.如图所示，中国自行研制，具有完全知识产权的“神舟”飞船某次发射过程简化如下：飞 船在酒泉卫星发射中心发射，由“长征”运载火箭将其送入近地点为A、远地点为B的椭圆轨 道，在B点通过变轨进入预定圆轨道。下列说法正确的是() A.飞船在B点通过加速从椭圆轨道进入预定圆轨道 B,飞船在A点的加速度比在B点的加速度小 C.从A点运行到B点的过程中，地球引力对飞船做正功 D.从A点运行到B点的过程中，飞船的动能先减小后增大 4.如图所示，质量m=10kg的物体在F=100N斜向下的推力作用下，沿水平面以v=lm/s 的速度匀速前进x=1m,己知F与水平方向的夹角0=30°。取重力加速度g=10m/s2,则 () A.推力F做的功为50J B.推力F的功率为100W C.物体与水平面间的动摩擦因数为5 D.物体克服摩擦力做功为50] 3 5.如图所示，轻弹簧竖直固定在水平地面上，处于原长时弹簧上端位于O点。一小球从0 点正上方h=0.8m处由静止释放，落至O点后压缩弹簧。已知小球质量m=0.2kg,弹簧 劲度系数-50N/m,重力加速度g=10m/s2,不计空气阻力。下列说法正确的是() A.小球落至O点时动能最大，最大值为1.6J 02 B.小球从接触弹簧到运动至最低点，始终处于超重状态 C.从释放到落至最低点，小球重力势能的减少量等于弹簧弹性势能的增加量 D.当弹簧压缩量为0.08m时，小球的加速度大小为10m/s2,方向竖直向下 77 6.如图所示，两只小球a、b的质量均为m,a球套在固定竖直杆上，此时它与水平地面相 距h=0.2m,b球放在地面上，a、b通过铰链用刚性轻杆连接。现由静止释放a 球，不计一切摩擦，重力加速度大小为g,则下列说法正确的是（ A.a球落地前，轻杆对b一直做正功 B.a球落地时的速度大小为3/s C.a球下落过程中，其加速度始终小于g 7777777777 D,当a球的机械能最小时，b球对地面的压力等于mg 2028届高一年级物理学升阶段1 7、如图甲所示，倾角为37的传送带在电动机带动下沿顺时针方向匀速转动，将一质量 m=10kg的货物（可视为质点）轻放到传送带底端A,货物运动的速度v随时间t变化的图 像如图乙所示，t=10s时刻货物到达传送带顶端B,取重力加速度大小g=10s2, sin37=0.6,cos37=0.8,货物从A端运动到B端的过程中，下列说法正确的是( ) A.货物受到的摩擦力做的功为20J 0 ↑Wms) B.货物受到的摩擦力大小始终为64N C.货物受到的合力做的功为920J D.货物与传送带间因摩擦产生的热量为320J 46个37 5 10 8.将一质量为的物体分别放到地球的南北两极点时，该 物体的重力均为mg。。将该物体放在地球赤道上时，该物体的重力为g。假设地球可视为 质量均匀分布的球体，半径为R,已知引力常量为G,则由以上信息可得出（) A.8o<8 B.地球的质量为8R C.地球自转的角速度为ω= 80-8 D.地球的平均密度为 3g R 4πGR 9.某新能源汽车采用纯电驱动，并配备动能回收系统。该车从静止启动沿平直公路行驶， 其动力输出功率P与速度v关系如图所示，当速度达到y,=6/s后，保持额定功率 P=3.6×104W不变，达到最大速度后继续匀速行驶。当汽车距离目的地s=50时，关闭 动力系统，同时启动动能回收系统，将部分机械能转化为电能储存在电池中，恰好停靠目的 地。已知汽车行驶过程受到恒定阻力∫=2.4×103N,汽车（含驾驶员)总质量m=1.5×103kg, 则该汽车（) 个P A.速度达到y,前加速度保持不变 P B.能达到的最大速度为6m/s C.速度达到”，所用时间约为2.5s D.整个过程最多可回收的电能为1.7×10J 0 10.风洞实验通过产生人工控制的模拟飞行器在气流中的运动过程。 如图所示为某次实验示意图，固定在竖直面内的，光滑圆弧轨道ACD与粗糙水平面平滑相 切于A点，O为圆弧轨道的圆心。将质量为m的滑块（可视为质点）从水平地面上的E点 由静止释放，整个装置处在水平向右的风场中，滑块始终受到恒定风力作用。己知圆弧轨道 的半径为R,滑块与水平地面间的动摩擦因数4=025，且滑块恰好能在圆弧轨道上的B点 处保持静止，0B与竖直方向的夹角0=37°，sin37°=0.6，cos37°=0.8，重力加速度 g=10m/s2。设A、E两点间的距离为l,下列说法正确的是() A.滑块受到的风力大小为mg 3 B.若滑块能通过圆弧轨道的最高点C,则1≥5R C.当1≥2R时，滑块运动到D点之前一定不会脱离圆轨道 D.当I<5R时，滑块运动到D点之前一定会脱离圆轨道 二、实验题（2*9=18分) 11.用“落体法验证机械能守恒定律时，利用了如图1所示的装置，完成了如下操作：将连 接重物的纸带穿过打点计时器的限位孔，接通电源，待打点计时器工作稳定后，释放纸带， 重复多次操作，从其中挑选出一条打点比较清晰的纸带，如图2所示。在纸带上选取一系列 的计数点0、1、2.、6，已知两相邻计数点间还有一个点，并用刻度尺依次测出相邻两计 数点间的距离为h、h、h、h、h,、h。,重力加速度用g表示。 (1)根据所学的知识分析下列选项，其中符合事实的为 0 A.图1中的打点计时器所用的电源为频率为50Hz的交流电 B.接通电源前，应使重物远离打点计时器，并保持纸带竖直 C.由于纸带和打点计时器之间存在摩擦力，因此为了减少摩擦力所做的功，应选取较 短的纸带 D.在处理实验数据时，必须测出重物的质量 E.实验时应选用体积较小、密度较大的重物 (②)如果重物的质量用m表示，打点计时器的打点频率用f表示，则打点计时器从打下计数 点1到打下计数点5的过程中，重物动能的增加量为 ，重力势能的减少量为 。(用以上测量数据或已知的物理量表示) (3)假设以O点所在的水平面为重力势能的零势能面，求出打下1、2、3、4、5、6点时重物 的重力势能的和动能的值，以重力势能的减少量和动能的增加量为纵坐标，以重物下落的高 度为横坐标，在图3中描绘出的图线为A、B,则动能的增加量与下落高度的关系 图线为 (选填A或B”)。两图线没有重合的原因是 12.(1)卡文迪什利用如图1所示的扭秤实验装置测量了引力常量，横梁一端固定有 平面阅 日光欲 一质量为m、半径为r的均匀铅球A,旁边有一质量为m、半径为r的相同铅球B, mm A、B两球表面的最近距离为L,两球间的万有引力大小为F。则可以表示出引力常 刻度尺 量G= 图1 (2)在下列的实验中，与“卡文迪什扭秤实验”中测量微小量的思想方法最相近的是( A.探究力的合成规律 B.通过平面镜观察桌面的微小形变 C.探究加速度与力、质量的关系 D.探究小车速度随时间变化的规律 (3)2050年，我国宇航员登上某一未知天体，己知某天体半径为R、现要测得该天体质量， 字航员用如图2甲所示装置做了如下实验：，悬点O正下方P点处有水平放置的炽热电热丝， 当悬线摆至电热丝处时能轻易被烧断，小球由于惯性向前飞出做平抛运动。现对小球用频闪 数码照相机连续拍摄。在有坐标纸的背景屏前，拍下了小 球在做平抛运动过程中的多张照片，经合成后，照片如图 2乙所示，b、c、d为连续四次拍下的小球位置，己知 照相机连续拍照的时间间隔为0.10s,照片中坐标为物体 运动的实际距离，己知引力常量为G,则： ①由以实验数据，可推算出该星球表面的重力加速度g为 m/s2:(保留两位有效数字) 图2 ②该星球质量为 。(用G、R、g表示) 2028届高一年级物理学科阶 四、解答题（10+12+14=36分) 13.将重物从高层楼房的窗外运到地面时，为安全起见，要求下降过程中重物与楼墙保持一 定的距离。如图，一种简单的操作方法是一人在高处控制一端系在重物 上的绳子P,另一人在地面控制另一根一端系在重物上的绳子Q,二人 配合可使重物缓慢竖直下降。若重物的质量m=42kg,重力加速度大小 g=10ms2，当P绳与竖直方向的夹角a=37°时，Q绳与竖直方向的夹 角B=53,(sin37°=0.6) (I)求此时P、Q绳中拉力的大小： (2)若开始竖直下降时重物距地面的高度h=10m,求在重物下降到地面的 过程中，两根绳子拉力对重物做的总功。 14.如图所示为游乐场“旋转飞椅”的简化原理图。处于水平面内的圆形转盘，可绕穿过其中 心的竖直轴转动。让转盘由静止开始逐渐加速转动，经过一段时间后，游客与转盘一起做匀 速圆周运动，达到稳定状态，此时轻绳与竖直方向夹角为日。已知绳长为L且不可伸长，悬 点与转轴中心的距离为”，座椅与游客可视为质点，总质量为m,重 力加速度为g,不计空气阻力，求： (I)轻绳拉力的大小T: (2)转盘角速度的大小0； (3)从静止到稳定转动，轻绳拉力对座椅与游客做的功W。 15.如图甲所示，竖直面内固定有一光滑圆弧轨道BC,轨道的上端点B和圆心O的连线与 水平方向的夹角α=37。现将一质量为m=Ikg小滑块（可视为质点）从空中的A点以 '。=3/s的初速度水平向左抛出，恰好从B点沿轨道切线方向进入轨道，沿着圆弧轨道运动 到C点，小滑块到达C点时速度大小为7s,经光滑水平段CD后，从D点滑上质量为 M=1kg的足够长的木板上，长木板上表面与CD段等高。图乙为木板开始运动后一段时间 内的v~1图像，重力加速度g取10m/s2,不计空气阻力(sin37=0.6,cos37=0.8)。求： v/(m's) V/s 甲 (I)A、B两点的高度差h: (2)圆弧轨道半径R: (③)全过程中木板与地面因摩擦而产生的热量以及滑块与木板因摩擦产生的热量9。 1生习= 2028届高一年级物理学科阶段性练习参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 D 0 A C C D D BC AC ABC 1.D【详解】A.在0~4，时间内，v一1图像的切线斜率绝对值逐渐增大，即加速度大小逐渐增大。 由牛顿第二定律F金=ma,质量m不变，合力大小随加速度增大而增大，故A错误： BD.在0~时间内，初速度为，末速度为-%。动能变化量△E,三5m(-}m0 由动能定理W念=△E,合力做功为零，故B错误，D正确： C.在0~（时间内，质点的速度不断减小，质点动能不断减小，故C错误。故选D。 2.D【详解】A.水离开喷口做竖直上抛运动，上升到最大高度时速度为0，由运动学公式v2=2gh 代入h=20m、g=10m/s2得v=V2gh=V2×10×20=20ms,故A错误： B.喷管直径d=10cm=0.lm,半径r=0.05m,横截面积S=πr2=3×(0.05)2=0.0075m2 单位时间喷出的水体积Q=Sv=0.0075×20=0.15m3,故B错误； C.单位时间喷出的水质量m=pQ=1.0×103×015=150kg,故C错误： D.电动机输出功率等于单位时间喷出水获得的动能P=mv=x150x202=3×10W=30kwW, 2 故D正确。故选D。 3.A【详解】A.椭圆轨道相对于预定圆轨道是低轨道，由低轨道变轨到高轨道，需要在切点位置 向后喷气加速，即飞船在B点通过加速从椭圆轨道进入预定圆轨道，故A正确： B.根据牛顿第二定律GM=m0可得a-G以A点为近地点，B点为远地点，A点到地心的距离 小于B点到地心的距离，则飞船在A点的加速度比B点的大，故B错误： CD.在椭圆轨道上运行时，当飞船由A点运动到B点的过程中，速度减小，动能减小，势能增大， 则引力做负功，故CD错误。故选A。 4、C【详解】A.推力F做的功为W=xcos0=100×1× 5]=50A错误： B.推力F的功率为P=Fvcos0=1O0X1x5W=50N5vB错误： C.物体做匀速运动，根据受力平衡可得Fcos0=fN=mg+Fsin0解得f=50V5N,N=150N则 物体与水平面间的动摩擦因数为4=_50~5-5c正确： N1503 D.物体克服摩擦力做功为W,=斥=50V3×1J=50V3JD错误。故选C。 5.C【详解】A.小球接触弹簧后，一开始重力大于弹簧弹力，合力向下，小球仍做加速运动，直 到弹簧弹力等于重力时，加速度为零，动能才达到最大，该位置在O点下方，因此落至O点时动 能不是最大值，故A错误； B.小球从接触弹簧到最低点，加速度先向下（重力大于弹力）后向上（弹力大于重力），因此小 球先失重、后超重，不是始终超重，故B错误； C.小球从释放到落至最低点，初速度和末速度都为0，动能变化量为0。根据能量守恒，小球重 力势能的减少量全部转化为弹簧的弹性势能，因此小球重力势能的减少量等于弹簧弹性势能的增加 量，故C正确： 2028届高一年级物理 D.压缩量x=0.08m时，根据牛顿第二定律c-mg=ma 代入数据得a=10m/s2,加速度方向竖直向上，故D错误。故选C。 6.D【详解】A.a刚开始运动时b的速度为零，当α落地时，b的速度为零，整个运动过程，b 的速度先增大后减小，动能先增大后减小，整个过程只有轻杆对b做功，由动能定理可知，轻杆对 b先做正功后做负功，故A错误： B.α、b组成的系统，只有重力做功，系统的机械能守恒，α落地时，b的速度为零，根据系统机 械能守恒定律可得mgh=。mv解得v=2ms,故B错误： C.轻杆对b先做正功后做负功，则杆先处于压缩状态、后处于拉伸状态，则轻杆对α的作用力先斜向 上后斜向下，轻杆对a的作用力在竖直方向的分力先竖直向上后竖直向下，α所受合力先小于重力后大 于重力，由牛顿第二定律可知，α的加速度先小于g后大于g,故C错误； D.a、b组成的系统，只有重力做功，系统的机械能守恒，当a的机械能最小时，b的速度最大，此时b 受到a的推力为零，b只受到重力的作用，所以b对地面的压力大小为mg,故D正确。故选D。 7.D【详解】AB.由图乙知货物先在传送带的滑动摩擦力作用下做匀加速直线运动，5s末与传送 带共速，共速后，随传送带一起匀速上升，受静摩擦力加速时F-ng sin37°=ma解得F=64N匀 速上升时，静摩擦力F=mg sin37°=60N货物受到的摩擦力做的总功为W=Fx+F'x,=920J,故 AB错误； C.由动能定理W金=AEx=。mv2=20J,故C错误： D.在0-5s内两者的相对位移为△x=x希-x=v1- F)1=5m货物与传送带间因摩擦产生的热量为 Q=F·△x=320J,故D正确。故选D。 8.BC【详解】A.两极处引力等于重力G=mg。赤道处，根据重力与引力的关系 GMm =mg+mo2R联立得8。=g+02R,因此80>g,故A错误： B.两极处引力等于重力 Gm=mg,可得地球质量M=8R,故B正确： R2 G C.联立两极和赤道的受力公式，可得mg。-mg=m0R整理得0VR 80一8，故C正确： 影y3于N鲜但擱明近职日甲灰=·到冕年本业上=A4 3g0 4xGR' 故D G 错误。故选BC。 9.AC【详解】A.0-y阶段，P与v成正比，由功率公式P=Pm可得F=P为恒定值。汽车阻力f 1 恒定，因此合力F-∫恒定，由牛顿第二定律a=F-」可知，加速度保持不变，故A正确： m B.当汽车达到最大速度时，牵引力等于阻力F=∫，由额定功率P翻=。 得最大速度，号--15，故B错误 C.y=6m5时，牵引力F-=3.6x10=600N加速度a-F-I_600-2400=2.4mNS: 6 m1.5×103 科阶段性练习一3 由5=a1,得时间1=上=6=2.5，故C正确： a2.4 D.最多回收电能对应汽车到达距离目的地s=50m处时速度已达到最大'x,由能量守恒：汽车动 能全部转化为克服阻力的功和回收电能，即一mvx=E+代入数据得 E=x1500×152-2400×50=48750J≈4.9×10，故D错误。故选AC。 10.ABC【详解】A.对静止在B处的滑块进行受力分析，根据三力平衡，滑块受到的风力大小 3 ∫=mgtan8=mg故A正确： B.若滑块恰能通过圆周最高点C,满足哪=m元又-0,25mg=2mgR+m解得1=5R，故B正确： C.风力与重力的等效合力F=。m8,方向与竖直方向成0角斜向右下方，滑块到D点之前 哈好不脱离圆，湿-025mR1-FR+RcoQ2文F=MY 解得1=2R当 4 1≥2？R时，滑块运动到D点之前一定不会脱离圆轨道，故C正确： 4 D.当I较小时，滑块可能会返回，不一定脱离圆轨道，故D错误。故选ABC。 11.(1)AE(2) a+-a+a月 mg (+h+ha +hs) (3)B纸带与打点计时器间有摩擦阻力且存在空气阻力 【详解】（1)A.打点计时器所用的电源为频率为50Hz的交流电，故A正确： B.接通电源前，应使重物靠近打点计时器，并保持纸带竖直，故B错误： C.由于纸带和打点计时器之间存在摩擦力，因此为了减少摩擦力所做的功，应将纸带竖直，而不 是选取较短的纸带，故C错误： D.等式△E。=△E,两边的质量可以约去，则不需要测量重物的质量，故D错误： E.实验中为了减小阻力的影响，应选用体积较小，密度较大的重物，故E正确。故选AE。 (2)[][2]打点计时器从打下计数点1到打下计数点5的过程中，重力势能的减小量等于重力所做 功的大小，因此有W=△E。=mgh=mg(h2+h+h,+h)根据匀变速直线运动中时间中点的瞬时速 度大小等于该过程的平均速度大小，因此有=么+=么+∫同理y,=么+九f动能的增加量 4T 4 4 为g=m-m时-[%+%-6+] (3)[1][2]以重力势能的减少量和动能的增加量为纵坐标，以重物下落的高度为横坐标，在图3中 描绘出的图线为A、B,由(2)可知，重力势能的减少量大于动能的增加量，原因是纸带与打点 计时器间有摩擦阻力且存在空气阻力。则动能的增加量与下落高度的关系图线为B。 12.()F2r+L (2)B(3) 8.0 8R2 m2 G (2r+序所以G=2r+ 【详解】(1)根据万有引力计算公式F=G,m:m m (2)A.“卡文迪什扭秤实验”中测量微小量的思想方法为放大法，而探究力的合成规律的实验中， 运用的科学思想方法为等效替代法，故A错误：B.通过平面镜观察桌面的微小形变，采用放大法， 2028届高一年级物 故B正确；C.探究加速度与力、质量的关系采用控制变量法，故C错误： D.探究小车速度随时间变化的规律中采用归纳法，故D错误。故选B。 (3)[1]由图可知，小球做平抛运动竖直方向有△y=2L=gT2代入数据解得g=8.0m/s2 ②可根据万有引力与重力的关系GR=m8可得M= G 13.(1)120N,90N(2)-420J【详解】（1)重物下降的过程中受力平衡，设此时P、Q绳中拉 力的大小分别为T和T,竖直方向，则有Tcosa=mg+T,cosB水平方向，则有Tsina=T,sinB联 立代入数据解得T=120N,T,=90N (2)整个过程根据动能定理可得W+mgh=0解得两根绳子拉力对重物做的总功为W=-420J 14.(1)"m8 gtane (3)mgL(1-cose)+mgtane(r+Lsine) cose (2Lsin 【详解】(1)在竖直方向受力平衡Tcos0=mg解得轻绳拉力的大小T=m3 cos0 (2)根据牛顿第二定律ngtan0=mo2(r+Lsin0)解得转盘角速度o= gtane Vr+Lsine (3)稳定转动时，座椅和游客的速度v=o(r+Lsin8)从静止到稳定转动，根据动能定理 W-mg(1-cos)=2mV解得从静止到稳定转动，轻绳拉力对座椅与游客做的功 W=mgL(1-cos)+mgtan(r+Lsine) 15.(1)0.8m (2)0.75m (3)7J17.5J 【详解】（1)设滑块通过B点时的竖直分速度大小为v,根据几何关系有。=y,tana根据速度 位移公式，有v=2gh解得h=0.8m (2)从A到C,小滑块下降的高度为H=h+Rsia+R此过程中小滑块机械能守恒，得 mgH=2m呢-2m联立解得R=0.75m (3)小滑块以'c=7/s的速度滑上木板，由图像可知，在=1s时小滑块与木板达到共速的速度 =2ms,0-1s内，假设小滑块和木板的加速度大小分别为a和4，则4-坐=5m/s, △ 4,=:=2s假设小滑块与木板之间的动摩擦因数为4，木板与地面之间的动摩擦因数为4， △1 根据牛顿第二定律，对小滑块有4mg=ma,对木板有4，mg-μ2(M+m)g=ma3解得 4=0.5,凸2=0.15共速之后，由于4>凸2，所以两者相对静止一起在粗糙的水平地面匀减速滑行至 速度为0，共同的加速度满足华（M+m)g=(M+m)a,解得a=1.5m/s2对木板，0-1s时间段，其位 4 移大小为x=共速后木板和小滑块共同滑行的位移为= 解得=1m,。=m故全过程 2a 中木板与地面摩擦产生的热量为2=凸(M+m)g(x+,) 解得9=7刀对滑块，0-15时间段，其位移大小为5=+"1共速前木板和小滑块滑行的相对位移 2 为△r=x-x,故木板与滑块摩擦产生的热量为2=4mg△r解得2，=17.5J 学科阶段性练习一4