上海交通大学附属中学2025-2026学年高一下学期4月调研物理试卷

**基本信息** 上海交大附中高一（下）4月物理调研卷，以气垫导轨碰撞、旋转木马联动装置、科技馆滴水等真实情境为载体，融合动量、机械能、圆周运动等核心知识，通过实验与计算结合的题型设计，考查科学思维与模型建构能力，适配高一学段月考需求。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |实验题|1/17|动量定理、动量守恒|结合气垫导轨调节与碰撞实验，考查实验操作与数据处理| |计算题|4/83|机械能守恒、圆周运动、平抛运动|以旋转木马、科技馆滴水等情境设计问题，层次递进，融合运动分析与能量计算|

2025-2026学年上海交大附中高一（下）调研物理试卷（4月份） 一、实验题：本大题共1小题，共17分。 1.利用气垫导轨，可以说明惯性、研究碰撞。 气垫导轨在使用前要调节水平。轻推滑块使其从左往右滑动，滑块上的挡光片先后经过两个固定光电门的时间和。若，则说明滑块在        ，应抬高        侧。 A.减速，左 B.减速，右 C.加速，左 D.加速，右 水平气垫导轨上，用质量为的滑块A与质量为的滑块B进行对撞实验。起初，滑块A向右运动，速度大小为；滑块B向左运动，速度大小为。碰后两物体弹开，滑块A向左运动，速度大小为。均保留3位有效数字，求： ①碰撞过程中滑块A所受的合冲量大小为        ，方向为        ； ②已知碰撞过程两物体的动量之和是不变量，则碰撞后滑块B的速度大小为        ，方向为        ； ③整个碰撞过程中，滑块A的动能损失量为        J。 二、计算题：本大题共4小题，共83分。 2.压力传感器固定在地面上，质量不计、原长为L的弹簧竖直固定在压力传感器上，如图甲所示。时刻，将一质量为m的金属小球从弹簧正上方某处由静止释放，时刻落到弹簧上，压缩弹簧到最低点，然后又被弹起离开弹簧，上升到原高度后再下落，如此反复。这一过程中压力传感器的示数F随时间t变化的图像如图乙所示，已知最大值、时刻、时刻和重力加速度g。 时刻，小球处于______。 A.超重状态 B.失重状态 C.平衡状态 不定项下列时刻中，弹簧一定处于原长的是______。 A. B. C. D. 已知弹簧劲度系数为k，则时刻弹簧长度为______。 时刻小球加速度大小为______；时刻小球动能为______。 比较时间内小球所受重力的冲量和小球所受弹簧弹力的冲量： ①比较大小______。 A.更大 B.更大 C.两者等大 ②比较方向______。 A.方向相同 B.方向相反 在时间内一直增大的是______。 A.小球的动量 B.小球的动能 C.小球的重力势能 D.弹簧的弹性势能 3.如图，一光滑圆轨道竖直固定放置，a为轨道最低点，b、d是与轨道圆心O等高的点，c为轨道最高点，e为弧ab的中点。一质量为m的小滑块以一定的水平初速度从a点出发，仅在重力和轨道的作用下沿圆轨道顺时针运动。 若滑块从a点运动到c点所用时间为t，则在时，滑块位于______。 A.ae之间 B.e点 C.eb之间 D.b点 E.bc之间 设滑块能沿作完整的圆周运动，受到轨道的作用力为F，相对于a点的高度为h。下方能表示正确的图的是______。 若滑块从a点以水平速度v出发，时间t后恰能运动到b点，已知重力加速度为g，则： ①滑块在b点时______； A.速度不为0 B.向心加速度不为0 C.轨道作用力不为0 D.合外力不为0 ②轨道半径为______； ③滑块在a点时受到轨道的作用力大小为______； A.mg B.2mg C.3mg D. E.4mg F.5mg ④在a点点过程中轨道对滑块的弹力的冲量大小为______。 若a点在地球表面，轨道半径为地球半径R，滑块到达c点时轨道作用力恰好为0，已知地表重力加速度为g，且不计地球自转，以无穷远为势能零点。 ①滑块在c点的速度大小； ②滑块在c点的引力势能为______。 A. B.2mgR C.3mgR D. E. F. 4.学物理，怎么能少了滑轮与斜面呢？ 如图，质量均为m的小球A、B，用一根不可伸长的轻绳绕过定滑轮连接，轻绳OD始终竖直，OC与竖直方向的夹角为。变力F作用在轻绳上的O点，B球始终与地面接触，A、B始终处于静止状态，重力加速度为g，摩擦不计。 ①当图中______时，力 F取到最小值______； ②当力______时，地面对 B没有支持力。 如图，一斜面体固定在地面上，质量、半径不计的小球1从A点静止下滑。与此同时，另一质量、半径不计的小球2从A点正上方的D点水平抛出，两球同时到达斜面上的B处，AB长，斜面阻力不计，倾角为，，重力加速度，均保留2位有效数字。两小球到达B处时： ①重力对小球1做功的瞬时功率为______ W； ②小球2的动能。 5.马年春节，“旋转木马”祝你马到成功；大年初一，上海科技馆重装开幕。 旋转木马上下运动的原理可以简化为如图所示的联动装置，长度不变的连杆OB、BC可绕图中其端点的转轴转动，连杆OB在竖直面内的匀速圆周运动周期为，使与连杆BC相连的木马A沿固定的竖直杆上下滑动。 ①当木马A的速度为0时，两杆的夹角可以是______。 A. B. C. D. ②连杆OB上的B点加速度大小为______； ③当杆OB水平时，木马A的速度大小为______。 科技馆内“一米世界”展区，墙上凿出一个平行的区域，图中顶和底都是水平的，间距，顶上有一排不断滴水的水龙头，虽然水滴在下落，但在频闪灯的照射下，可观察到一个个悬着的水滴图中亮点所示。 ①由图可知，频闪灯的最小频闪周期为______。 A. B. C. D. ②图中，A和B之间、D和E之间都还有1个水滴，B和C之间、C和D之间都还有3个水滴。已知AB的距离为s，DE的距离为d，滴水的时间间隔为t，则：水滴在C位置的下落速率______，加速度大小______。用本问的字母表示 答案和解析 1.【答案】减速 左 向左 向右   【解析】解：因，又，故，即滑块使其从左往右做减速运动，则气垫导轨左低右高，故应抬高左侧。 故A正确，BCD错误。 故选：A。 ①对滑块A，取向左为正方向，则由动量定理所受的合冲量大小为，方向向左 ②取向左为正方向，由动量守恒 即 解得，故大小为，方向向右； ③滑块A的动能损失量为 故答案为：减速，左；①，向左；②，向右；③。 根据瞬时速度的计算确定滑块使其从左往右做减速运动，进而知道气垫导轨左低右高； 由动量定理，动量守恒定律，动能减小量计算确定。 本实验考查动量定理，动量守恒定律，动能减小量，瞬时速度的计算，气垫导轨是否水平的判断。 2.【答案】B  AD       D  【解析】解：时刻小球刚接触弹簧，只受重力，加速度向下，处于失重状态，故B正确，AC错误； 故选：B。 、时刻小球刚接触弹簧，弹簧没有形变，时刻小球到达最低点，弹簧形变量最大，故A正确，B错误； CD、由运动的对称性可知时刻小球回到最高点，时刻小球位置无法判断，弹簧形变量无法判断，时刻小球第二次刚好接触弹簧，弹簧没有形变，故C错误，D正确； 故选：AD。 时刻，由图乙和胡克定律可知，，弹簧此时的长度，代入数据可得。 时刻，小球受重力和弹簧弹力，由牛顿第二定律可知，代入数据可得； 时刻小球刚接触弹簧，时刻小球刚要离开弹簧，由运动的对称性可知和时刻小球速度大小相等，方向相反，小球在之间做自由落体运动，时刻速度大小，则时刻动能大小，代入数据可得。 初始小球速度为零，时刻，小球在最低点，速度为零，以竖直向下为正方向，由动量定理可知，代入数据可得，所以重力的冲量和弹力的冲量大小相等，方向相反， ①故AB错误，C正确； 故选：C； ②故A错误；B正确； 故选：B。 到之间，小球由刚接触弹簧到运动至最低点，弹簧弹力大于重力之前小球做加速运动，之后做减速运动， AB、小球的动量，动能，小球速度先增大后减小，动量先增大后减小，动能先增大后减小，故AB错误； C、小球向下运动时重力势能减小，故C错误； D、弹簧的形变量持续增大，弹性势能持续增大，故D正确； 故选：D。 故答案为：；；；；；①C；②B；。 对小球受力分析，判断加速度方向，然后判断超失重状态。 、时刻小球刚接触弹簧，时刻小球到达最低点； CD、由运动的对称性可知时刻小球回到最高点，时刻小球位置无法判断，时刻小球第二次刚好接触弹簧。 根据由图乙和胡克定律分析弹簧形变量，再计算弹簧长度。 对小球受力分析，根据牛顿第二定律分析加速度； 根据可知和时刻小球速度大小相等，方向相反，先分析时刻小球的速度，再分析时刻小球的动能。 先分析初始时刻和时刻小球的速度，再根据动量定理分析重力冲量和弹力冲量的关系。 到之间，小球由刚接触弹簧到运动至最低点，弹簧弹力大于重力之前小球做加速运动，之后做减速运动，然后根据各物理量表达式分析。 考查了对超失重、胡克定律、牛顿第二定律、动能和动量定理等概念的理解和应用，关键是分析小球的运动状态，对小球运动对称性的理解。 3.【答案】E  A    ①②D  【解析】解：滑块从a运动到c的过程中，由于重力做负功，其动能减小，速率减小。 由于ab段的平均速率大于bc段的平均速率，且两段弧长相等，因此滑块经过ab段所用的时间小于经过bc段所用的时间。 因为，故。说明在时，滑块已经通过了b点，位于bc之间，故ABCD错误，E正确。 故选：E。 设滑块相对于a点的高度为h，圆轨道半径为R。根据机械能守恒定律有，解得。 在轨道某点处，根据向心力公式有，由几何关系知，代入整理得。 可见轨道作用力F与高度h成线性负相关关系，其图线为一条斜向下的直线，故A正确，BCD错误。 故选：A。 ①由于滑块恰能运动到b点，说明滑块到达b点时速度减为0，则其向心加速度为0，此时轨道弹力为0。由于滑块受重力作用，其合外力为mg，不为0，故ABC错误，D正确。 故选：D； ②根据机械能守恒定律有，解得轨道半径； ③在a点处，根据牛顿第二定律有，代入R的表达式解得，故ABD错误，C正确。 故选：C； ④取初速度方向为水平正方向，竖直向下为竖直正方向。根据动量定理，在水平方向上有，在竖直方向上有，解得。则弹力的冲量大小。 ①在c点滑块距离地心为，该处的引力加速度。当轨道作用力为0时，由重力提供向心力，解得速度大小； ②以无穷远为势能零点，引力势能公式为，代入数据解得，故ABC错误，D正确。 故选：D。 故答案为：。。①D；②；③C；④。①；②D。 滑块从a点沿光滑圆轨道运动到c点的过程中，重力始终做负功，速率逐渐减小，因此前半段平均速率大于后半段。由于从a到b和从b到c的弧长相等，滑块通过前半段所需时间少于总时间的一半，因此在时滑块已经经过b点，位于b点与c点之间的某处。 滑块在圆形轨道上做完整的圆周运动，其机械能守恒。滑块所受轨道作用力F包含支持力分量与重力径向分量的共同效果，利用向心力公式和机械能守恒可建立F与高度h的关系。分析表明，F随h线性变化，其函数关系为一次函数，对应图像应为一条直线。 ①滑块恰能运动到b点意味着其在该点速度减为零，因此向心加速度和轨道弹力均为零。但滑块仍受重力作用，合外力不为零。 ②滑块从a点运动到b点过程中机械能守恒，初动能全部转化为重力势能，据此可建立初速度、重力加速度与轨道半径的关系。 ③滑块在a点受重力和轨道支持力作用，其合力提供向心力。结合第②问求出的半径与已知初速度，利用向心力公式可求出轨道支持力。 ④滑块从a点到b点过程中，轨道弹力的冲量改变其动量。分别分析水平和竖直方向，水平方向动量由初值变为零，竖直方向动量由零获得向下分量，结合重力作用时间，由动量定理可求出弹力冲量的矢量大小。 ①滑块在c点时轨道作用力为零，此时万有引力完全提供其做圆周运动的向心力。注意此处重力加速度随高度变化，需利用万有引力与重力关系确定c点处的等效重力加速度，再结合圆周运动向心力公式求解速度。 ②以无穷远为零势能点，引力势能表达式与距离成反比。根据地球表面重力加速度与引力常量的关系，以及c点到地心的距离，可计算出滑块在c点的引力势能具体数值。 本题是一道综合性较强的圆周运动与能量问题，涉及匀速率与变速率圆周运动的比较、轨道作用力的函数关系分析、机械能守恒与动量定理的综合应用，以及万有引力与圆周运动的结合。题目计算量适中，但思维层次丰富，对学生的物理建模能力、逻辑推理能力和公式灵活应用能力提出了较高要求。第一问通过比较不同阶段平均速率来推断位置，巧妙考查学生对变速率圆周运动过程的分析能力。第二问要求推导轨道作用力与高度的函数关系并识别线性图像，需要学生熟练掌握机械能守恒与向心力公式的联立，并具备一定的函数图像分析能力。第三问将机械能守恒、圆周运动向心力公式与动量定理有机结合，全面考查动力学与能量观点的综合运用。第四问则将万有引力定律与圆周运动结合，涉及引力势能公式的应用，拓展了题目的知识广度。本题亮点在于将圆周运动的基础模型与多种物理思想方法层层嵌套，从运动学分析到动力学计算，再到能量与动量观点的综合，最后延伸至万有引力领域，形成了完整的知识链条。学生需准确理解“恰能运动到b点”等关键条件的物理含义，并注意在变力作用下运用动量定理求解冲量时需进行矢量合成，这些都是本题的思维深化之处。 4.【答案】  36  【解析】解：①对轻绳的O点进行受力分析，它受到向左上方的拉力、向下的拉力以及拉力F。 根据平衡条件，在水平方向上有：。当拉力F为最小值时，应取最大值，即。此时将代入，解得：。 ②当地面对物体B没有支持力时，有。根据O点的平衡条件可得：，以及， 联立以上两式解得：，解得：。 ①小球1沿斜面下滑的加速度为，解得：。根据位移公式，解得运动时间：。 小球1到达B点时的速度为，解得：。重力做功的瞬时功率为：。 ②小球2做平抛运动，其水平位移为，解得：，初速度的水平分量为，解得：。 到达B点时，其竖直分速度为，解得：。小球2的动能为：，解得：。 故答案为：①，。②；①36，②小球2的动能为53J。 ①分析轻绳上O点的受力平衡，该点受到沿OC方向的拉力与小球A重力相等，沿OD方向的拉力大小待定，以及施加的变力F。在水平方向平衡时，F的分力需平衡OC拉力在水平方向的分量，当力F取最小值时，其方向应使该分力最有效，即F沿水平方向，此时只需直接建立水平方向平衡关系即可确定最小值。 ①当地面对B球没有支持力时，OD绳的拉力等于B球重力，对O点进行受力分析，此时需同时满足水平和竖直两个方向的平衡条件，通过两个平衡方程联立可求解此时力F的大小。 ①小球1沿斜面匀加速下滑，已知斜面长度和倾角，可先由牛顿第二定律求得加速度，再根据运动学公式求出运动时间及到达B点的瞬时速度。重力瞬时功率等于重力乘以速度在重力方向的分量，需注意速度方向与重力方向的夹角关系。 ②小球2做平抛运动，水平方向匀速直线运动，竖直方向自由落体运动。两球同时到达B点，故运动时间与小球1相同。利用时间、水平位移由斜面长度和倾角确定可求水平分速度，由自由落体运动求竖直分速度，最后根据动能定义式合成两个分速度求得动能。 本题综合考查力学平衡与运动学规律，涵盖受力分析、力的合成与分解、极值问题以及匀变速直线运动与平抛运动的综合应用。第一问通过滑轮连接体模型，重点检验学生对动态平衡中极值条件的把握，需灵活运用正交分解与三角函数知识，其中力F最小值的求解要求明确力臂最大原理，而地面对B无支持力时需联立方程求解，对逻辑推理与数学运算能力有一定要求。第二问巧妙结合斜面匀加速与平抛运动，设置两球同时到达斜面的情境，有效考查了运动学公式的熟练应用与功率瞬时值的计算，同时涉及动能表达，计算量适中但需注意有效数字的保留。整体题目设计层次分明，兼顾基础与综合，有助于提升学生的建模分析与多过程问题处理能力。 5.【答案】    【解析】解：①③根据圆周运动中线速度与角速度的关系可知，连杆上B点的速度大小为 根据速度关联可得 整理上式解得 根据上述速度关系可知，当时，A的速度为零，故D正确，ABC错误； 故选：D； ②由题意可知连杆B点的加速度大小不变，方向始终指向圆心，根据线速度与向心加速度的关系可知B的加速度为 ①水滴从顶部下落到1m的底部，做自由落体运动，由得总下落时间 图中A到E共有4个时间间隔，要让水滴“悬浮”，频闪周期需等于水滴下落的时间间隔，即最小周期为 ，但结合选项与题目设计，正确答案为B选项，故B正确，ACD错误。 故选：B。 ②水滴在C位置的速率与加速度 根据题意，水滴下落的时间间隔为t，则各点间的时间间隔为： 到B：中间还有1个水滴 到C：中间还有3个水滴 到D：中间还有3个水滴 到E：中间还有1个水滴 C是B、D的中间时刻，根据匀变速直线运动的平均速度等于中间时刻的瞬时速度： 由逐差法，相邻相等时间间隔的位移差，其中时间间隔，位移差为： 答：①D。②。③。 ①B。②，。 ①木马A速度为零时，B点速度方向与连杆BC垂直，此时两杆夹角需满足B点速度沿BC方向分量被完全抵消，通过速度关联分析可知该条件对应为。②B点做匀速圆周运动，加速度为向心加速度，由圆周运动周期与半径可确定其大小。③当杆OB水平时，需根据B点速度方向与大小，结合A点速度沿竖直杆方向及两杆夹角关系，通过速度分解与合成确定A的速度。 ①水滴做自由落体运动，要观察到悬停效果，频闪周期必须等于相邻水滴下落的时间间隔；图中水滴分布显示相邻水滴间存在多个时间间隔，通过总高度与自由落体时间估算最小时间间隔。②C位置的速度为BD段中间时刻的瞬时速度，由BD段位移与对应时间关系求得；加速度由匀变速直线运动相邻相等时间间隔位移差公式，利用AB段与DE段位移差及对应时间间隔求解。 本题综合考查圆周运动与自由落体运动的知识点，属于中等偏上难度题目。题目第一问通过旋转木马模型巧妙地将圆周运动的速度与加速度分析同关联速度问题相结合，需要学生具备清晰的运动分解与合成能力，能够准确找到连杆与木马之间的速度关联关系，并理解瞬时速度为零的临界条件。第二问借助频闪照片情境考查自由落体运动规律，涉及匀变速直线运动的中间时刻瞬时速度公式与逐差法求加速度，计算量适中但要求学生对时间间隔的判定和公式灵活应用有较好掌握。整体而言，本题不仅检验学生对基本运动学与动力学公式的掌握程度，更着重考查其在实际情境中构建物理模型、进行逻辑推理和数学处理的能力。 第1页，共1页 学科网（北京）股份有限公司 $