广东广州市第七中学2025-2026学年高一下学期期中物理考后练习卷

**基本信息** 以天和核心舱、神舟十七号等科技情境为载体，覆盖曲线运动、圆周运动等核心知识，通过实验探究与综合问题考查物理观念与科学思维。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |选择题|10题46分|曲线运动合力分析（题1）、圆周运动向心力（题2）、万有引力应用（题4）|结合科技情境，基础与能力题分层| |非选择题|5题54分|平抛实验（题11）、圆周运动探究（题12）、动能定理与传送带综合（题15）|实验题注重操作理解，解答题考查模型建构与科学推理|

广东广州市第七中学2025-2026学年高一下期中物理考后练习卷 一、选择题（1~7题单选题，每小题4分，8-10题多选题，每小题6分，共46分） 1．一辆汽车在水平公路上转弯，沿曲线由向行驶，动能一直增加。下列四幅图表示汽车在轨道上相应位置处所受的合力，可能正确的是（　　） A． B． C． D． 2．如图所示，重力为G的汽车以一定的速度经过拱桥的最高点时，受桥面支持力大小为，此时汽车的向心力大小为（　　） A． B． C．G D． 3．如图所示，用扳手拧螺丝，扳手上A、B两点绕螺丝中心轴转动的角速度分别为ωA和ωB，线速度大小分别为vA和vB.向心加速度大小分别为aA和aB，则（    ） A．， B．， C．， D．， 4．如图所示是天和核心舱绕地球做匀速圆周运动的场景，2024年4月30日，神舟十七号载人飞船返回舱脱离空间站，随后在东风着陆场成功着陆。已知核心舱的轨道距离地面高度为h，地球质量为M，地球半径为R，引力常量为G。关于核心舱和返回舱的运动状态，下列说法正确的是（    ） A．天和核心舱在轨运行时的向心加速度大小为 B．天和核心舱匀速圆周运动的周期为 C．返回舱脱离空间站，开始返回时，需要点火减速，向后喷出炙热气体 D．返回舱进入大气层返回地球表面的过程中，空气阻力做负功，动能逐渐减小 5．农民采用抛秧的方式种植水稻，如图所示，甲、乙两颗秧苗从同一位置以相同的速率同时抛出，运动轨迹在同一竖直面内，不计空气阻力，关于甲、乙两颗秧苗的判断正确的是（    ） A．可能会在空中相遇 B．在空中的运动时间相等 C．在轨迹最高点时的速度甲大于乙 D．在空中任意时间段的速度变化量方向相同 6．物理学中二连杆是一个经典的模型，其基本结构由两根刚性的杆件AB、BC组成。如图，A、B、C处分别装有三个可活动的铰链，且A处铰链固定在地面上，C处铰链连接在一个可移动的木块上。木块沿水平方向以的速度向右匀速运动，某时刻AB杆与BC杆垂直，BC杆与水平面成37°角，则下列说法正确的是（　　） A．此时B位置处铰链的速度大小为 B．此时B位置处铰链的速度大小为 C．此时B位置处铰链的速度方向竖直向下 D．此时B位置处速度满足关系 7．如图所示，倾角为的光滑斜面固定在水平地面上，安装在其顶端的电动机通过不可伸长轻绳与小车相连，小车上静置一物块。小车与物块质量均为m，两者之间动摩擦因数为。电动机以恒定功率P拉动小车由静止开始沿斜面向上运动。经过一段时间，小车与物块的速度刚好相同，大小为。运动过程中轻绳与斜面始终平行，小车和斜面均足够长，重力加速度大小为g，忽略其他摩擦。则这段时间内（   ） A．物块的位移大小为 B．物块机械能增量为 C．小车的位移大小为 D．小车机械能增量为 二、多选题 8．如图所示，在光滑的圆柱体内表面距离底面高为h处，给一质量为m的小滑块沿水平切线方向的初速度，小滑块将沿圆柱体内表面旋转滑下。假设滑块下滑过程中表面与圆柱体内表面紧密贴合，重力加速度为g。下列说法正确的是（　　） A．小滑块滑落到圆柱体底面时速度大小为 B．小滑块滑落到圆柱体底面所用时间 C．若圆柱体内表面是粗糙的，小滑块在圆柱体内表面所受到的摩擦力f正比于两者之间的正压力N，则小滑块在水平方向做加速度逐渐减小的减速运动 D．在C选项情景的基础上，若圆柱体足够高，小滑块最终沿竖直方向做匀速直线运动 9．人造地球卫星发射示意图如图所示，卫星从近地圆轨道Ⅰ上P点先变轨到椭圆轨道Ⅱ，再从Q点变轨到预定圆轨道Ⅲ，卫星在轨道Ⅰ和轨道Ⅲ上做匀速圆周运动。已知轨道Ⅰ的半径为R，卫星在轨道Ⅰ上运行的加速度大小为g，轨道Ⅱ长轴长为，忽略空气阻力，卫星在变轨过程中质量不变。下列说法正确的是（　　） A．卫星在轨道Ⅲ上运行的速率小于在轨道Ⅱ上运行时经过P点的速率 B．卫星从轨道Ⅰ变轨到轨道Ⅲ过程中万有引力做的负功小于卫星发动机推力做的正功 C．卫星在轨道Ⅰ和轨道Ⅱ上运行的周期之比为 D．卫星在轨道Ⅲ上运行的线速度大小为 10．如图所示，半球形陶罐球心为，半径，固定在可以绕陶罐竖直对称轴旋转的水平转台上，转台以一定角速度匀速旋转。罐内一质量为的小物块随陶罐一起转动且相对罐壁静止，它和点连线与之间的夹角，已知角速度最大时二者之间的最大静摩擦力大小为，取10m/s2。下列说法正确的是（    ） A．若小物块受到的摩擦力恰好为零，此时陶罐角速度 B．若小物块受到的摩擦力恰好为零，此时陶罐角速度 C．若小物块一直相对陶罐静止，则陶罐角速度的最大值 D．若小物块一直相对陶罐静止，则陶罐角速度的最大值 二、非选择题（11题8分，12题8分，13题11分，14题13分，15题14分，共54分） 11．图甲是研究“平抛物体的运动”的实验装置图。（计算取） (1)实验时每次让小球从同一位置由静止释放，是为了______。 (2)图乙是正确实验取得的数据，其中O为抛出点，小球初速度为，则小球的轨迹方程为______（用字母表示）；计算得此小球做平抛运动的初速度为______m/s。 (3)在另一次实验中将白纸换成方格纸，每小格的边长，通过实验，记录了小球在运动途中的三个位置，如图丙所示，则小球做平抛运动的初速度为______m/s。 12．某兴趣小组设计了如图甲所示的探究物体做匀速圆周运动时向心力大小与角速度大小的关系的实验装置。磁性滑块（形状为小正方体，可视为质点）放置在转台上，长为L的绝缘细线一端连接磁性滑块内侧，另一端连到固定在转轴上的力传感器上，细线与转台平行，力传感器显示细线上拉力F的大小。磁性滑块静止时，力传感器示数为零。转台左侧固定磁传感器能实时记录附近磁场的强弱，磁体越靠近磁传感器记录下的磁感应强度越大。 (1)当转台绕竖直轴匀速转动时，磁传感器每隔时间能记录一次强磁信号，则滑块做匀速圆周运动的角速度大小______。 (2)改变转台的转速，测出不同转速下的力F，以力传感器的示数F为纵轴，对应的角速度平方为横轴，建立直角坐标系，描点后拟合为一条直线，如图乙所示，试分析图像不过原点的原因：______。 (3)该小组通过分析发现由乙图可计算出滑块的质量m，则______（用a、b、L表示）。 四、解答题 13．如图所示，质量为m的小球在O点以的速度向右水平抛出，经过进入下方的水平风洞区域。风洞的竖直高度h=2m，长度足够长。球在风洞中受到恒定的水平向左的风力，大小，重力加速度大小g=10m/s2。求： (1)小球进入风洞时的速度大小； (2)小球从抛出到离开风洞时的水平位移。 14．如图所示，倾角θ=30°的斜面固定在可以绕竖直轴转动的水平转台上，斜面最低点在转轴O1O2上。将质量为m的小物块（可视为质点）放置于斜面的顶端，斜面底面长为L，小物块始终和斜面相对静止；已知小物块与斜面之间动摩擦因数为，重力加速度为g，最大静摩擦等于滑动摩擦力；求： （1）当小物块不受摩擦力时，水平转台的角速度ω0为多少？ （2）要使小物块始终和斜面相对静止，水平转台的角速度取值范围是多少？ 15．如图所示，竖直平面内一倾角为的光滑倾斜直轨道AB与光滑圆弧轨道BC相切于B点，圆弧轨道与传送带水平段平顺连接于C点。一质量为kg的小滑块从A点静止释放，经B点最后从C点水平滑上传送带。已知AB长m，圆弧轨道半径为m，小滑块与传送带间的动摩擦因数为，CD长度为m，D点离地高度为m，若滑块可视为质点，全程不计空气阻力，求： （1）小滑块经过C点时对轨道的压力； （2）传送带以顺时针方向的速度转动，小滑块从水平传送带右端D点水平抛出后，落地点到D点的水平距离； （3）传送带以逆时针方向的速度转动，滑块经过C点后，在斜面AB铺上一层动摩擦因数为的材料，则小滑块在倾斜直轨道上运动的总路程。 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 《广东广州市第七中学2025-2026学年高一下期中物理考后练习卷》参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 B A D B D B C ABC AC BD 1．B 【详解】汽车做曲线运动，所受合力方向位于轨迹的凹侧，由向行驶，动能一直增加，可知合力做正功，合力与速度方向（轨迹切线方向）的夹角小于。 故选B。 2．A 【详解】汽车经过拱桥的最高点时，汽车所受的重力与支持力的合力提供向心力，故选A。 3．D 【详解】根据题意得 根据 得 根据 得 故选D。 4．B 【详解】A．根据 天和核心舱在轨运行时的向心加速度大小为 选项A错误； B．天和核心舱绕地球做匀速圆周运动时有 可解得 B正确； C．返回舱脱离空间站，开始返回时，需要点火减速，向前喷出炙热气体，选项C错误； D．返回舱进入大气层返回地球表面的过程中，重力做正功，空气阻力做负功，机械能减小，但是动能不一定减小，选项D错误。 故选B。 5．D 【详解】AB．秧苗做斜抛运动，竖直方向上升过程可逆向看成自由落体运动，根据，可知秧苗在空中的运动时间由高度决定，由题图可知，甲秧苗的高度大于乙秧苗的高度，所以甲秧苗在空中的运动时间大于乙秧苗在空中的运动时间，由于甲、乙两颗秧苗从同一位置同时抛出，到达两轨迹相交点时，乙秧苗所用时间较短，所以甲、乙两颗秧苗不可能会在空中相遇，故AB错误； C．从最高点到落地过程，根据， 由于甲秧苗的高度较大，水平位移较小，则甲秧苗所用时间较长，甲秧苗在轨迹最高点时的速度小于乙，故C错误； D．两颗秧苗在空中的加速度均为重力加速度，根据 可知甲、乙两颗秧苗在空中任意时间段的速度变化量方向相同，均竖直向下，故D正确。 故选D。 6．B 【详解】ABC．分析B点速度方向： AB杆绕固定铰链A转动，B点做圆周运动，因此B点速度方向一定垂直于AB杆。由题意，该时刻，因此B点速度方向平行于BC杆（沿BC向下）。 利用刚性杆沿杆分速度相等计算： 刚性杆长度不变，杆两端点沿杆方向的分速度大小相等：C点速度水平向右，将其沿BC杆方向分解，沿BC杆的分速度为 B点速度方向沿BC杆，因此B沿BC杆的分速度等于，即 根据沿杆分速度相等得： 代入， 得，因此A、C错误，B正确。 D．关系式是错误假设B速度竖直向下推导得到的，实际B速度方向沿BC杆不是竖直方向，该关系不成立，故D错误。 故选B。 7．C 【详解】A．对物块根据牛顿第二定律有 解得 根据运动学公式有 解得物块的位移大小为 故A错误； B．物块机械能增量为 故B错误； C．对小车根据动能定理有 其中 联立解得 故C正确； D．小车机械能增量为 故D错误。 故选C。 8．ABC 【详解】A B．小滑块在竖直方向做自由落体运动，则有 解得 小滑块滑落至底面时，竖直方向的分速度大小为 小滑块水平方向做匀速圆周运动，故滑落至底面时，水平方向的分速度大小为，小滑块滑落至底面时的速度大小为 故AB正确； C．将小滑块的运动分解为水平方向和竖直方向两个分运动，设水平方向和竖直方向的分速度分别为和；小滑块的合速度与水平方向的夹角为，则有 水平方向小滑块做圆周运动，圆柱体内表面对小滑块的弹力N提供向心力，即 水平方向小滑块在摩擦力的水平分量作用下逐渐减小，所以N也逐渐减小，由于摩擦力f正比于正压力N，可知小滑块与圆柱体之间的摩擦力逐渐减小；由于小滑块在竖直方向的分速度逐渐增大，可知小滑块的合速度与水平方向的夹角逐渐增大；则摩擦力在水平方向上的分量逐渐减小，所以小滑块在水平方向做加速度逐渐减小的减速运动，故C正确； D．由于小滑块在水平方向做加速度逐渐减小的减速运动，若圆柱体足够高，最终小滑块在水平方向的分速度为零，圆柱体内表面对小滑块的弹力N为零，小滑块与圆柱体之间的摩擦力为零，小滑块只受到重力作用，小滑块沿竖直方向做加速度为g的匀加速直线运动，故D错误。 故选ABC。 9．AC 【详解】A．根据 知卫星在轨道Ⅰ和卫星在沿轨道Ⅲ的速度大小分别为， 故 又卫星在轨道Ⅰ向轨道Ⅱ上变轨经过P点时做离心运动， 故，即卫星在轨道Ⅲ上运行的速率小于在轨道Ⅱ上运行时经过P点的速率，故A正确； B．卫星从轨道Ⅰ变轨到轨道Ⅲ过程中根据 可知卫星速度减小，根据动能定理可知，合外力做负功，故引力做的负功大于卫星发动机推力做的正功，故B错误； C．根据开普勒第三定律可知卫星在轨道Ⅰ和轨道Ⅱ上运行的周期之比为，故C正确； D．根据题意分析知第三轨道轨道半径为 根据牛顿第二定律对第一、三轨道分别分析， 联立解得卫星在轨道Ⅲ上运行的线速度为，故D错误。 故选AC。 10．BD 【详解】AB．小物块受到的摩擦力恰好为零时，对物块受力分析 由牛顿第二定律 代入数据解得 故A错误，B正确； CD．陶罐角速度时，对物块受力分析 以上两式代入数据得 故C错误，D正确。 故选BD。 11．(1)保证小球每次做平抛运动的初速度都相同 (2) 1.6 (3)1.5 【详解】（1）实验时每次让小球从同一位置由静止释放，是为了保证小球每次做平抛运动的初速度都相同； （2）[1]根据平抛知识有， 整理得 [2]把图乙中数据代入表达式中有 解得 （3）由图丙可知，由平抛知识和匀变速直线运动的推论可得 竖直方向 解得 水平方向 解得 12．(1) (2)滑块与转台有摩擦力 (3) 【详解】（1）磁体越靠近磁传感器记录下的磁感应强度越大，当转台绕竖直轴匀速转动时，磁传感器每隔时间能记录一次强磁信号，则周期 根据 解得 （2）滑块随转台做匀速圆周运动，角速度较小时，由静摩擦力提供向心力，当摩擦力达到最大值时，细线开始有弹力作用，对滑块进行分析有 变形得 可知，图像不过原点的原因是滑块与转台有摩擦力。 （3）结合图乙与上述有 解得 13．(1)5m/s (2)2m 【详解】（1）进入风洞前竖直方向 进入风洞时的速度大小 （2）球在风洞中运动过程，竖直方向，有 解得     水平方向，根据牛顿第二定律，有 根据题意可知水平速度为 在水平方向，有 联立解得 14．（1）；（2） 【详解】（1）当小物块不受摩擦力时 解得 （2）当小物块刚要沿斜面下滑时，受力分析如图 水平方向 竖直方向 解得 当小物块刚要沿斜面上滑时，受力分析如图 水平方向 竖直方向 解得 则要使小物块不下滑，水平转台的角速度取值范围 15．（1）7.6N，方向竖直向下；（2）0.6m；（3）1.5m 【详解】（1）对小滑块从A至C过程，应用动能定理得 小滑块经过C点时，据牛顿第二定律得 F支−mg＝ 解得 F支=7.6N 据牛顿第三定律可得滑块在C点对轨道的压力 F压=F支=7.6N 方向竖直向下； （2）在传送带上加速度 物块达到和传送带共速 解得 所以抛出时与传送带共速 解得落地点到D点的水平距离 （3）小滑块在传送带上，减速位移 小滑块第1次滑上传送带后，以传送带速度2.0m/s返回C点，通过圆弧轨道滑上斜面然后滑下，如此往复后最终小滑块运动至B点时速度接近0，故研究第1次返回C点至最终状态，据动能定理可得 解得 S=0.5m 所以小滑块通过斜面AB的总路程为 S′=S+AB=0.5m+1m=1.5m 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 $