四川自贡市第一中学校2025-2026学年高一下学期5月期中物理试题

自贡一中2025-2026学年高一下学期期中物理参考答案 一、单选题（每题4分，共28分） 1.B 2.D 3.C 4.A 5.c 6.A 7.B 二、多选题（每题6分，共18分，漏选3分、错选0 8.BD 9.CD 10.BC 三、实验题（每空2分，共16分） 11 (1)BD (2)1.5；2.5 12. (1)C (2)mgh; m(h1+h2)2 8T2 (3)4% 四、解答题（共38分） 13.(12分) 13.(12分) (1)杆作用力为0时，重力提供向心力： mg mL →0=VgZ=√5m/s (2)v1=1m/s<V√5m/s,杆向上支持力： mg-F1 =m- →五=16N,方向竖直向上 (3)v2=4m/s>√5m/s,杆向下拉力： mg F2=m- →，=44N,方向竖直向下 14.(13分) (1)受力分析： Fcos37°-u(mg-Fsin37)=ma→a=1.6m/s2 v2=2a1→vB=4m/s 2)BC段减速：a=4g=5m/s2 v2=v2-2a'x2→vc=2m/s 平抛：h=29t2→t=0.6s s=Uct =1.2m 15.(13分) (1)C点向心力：FN+mg=m 8 2.5mg+mg =m →vc=V7m/s 0.2 1 2动能定理：mgh-mgs=2m呢 1 1×10×0.6-0.5×1×10×8=三×1 2 (3)速度最大时合力为零，机械能守恒： 1 mg+o)+2m呢=Exm+E, 1×10×0.3+3.5=Ekm+0.5→Ekm ×7→8=0.5m =6J自贡一中2025-2026学年度下期高一年级期中考试 物理试题 考试时间：75分钟；满分100分 一、单选题（4分/题，共计28分) 1.某质点绕圆轨道做匀速圆周运动，下列说法中正确的是() A.因为质点速度大小始终不变，所以质点做的是匀速运动 B.质点速度大小不变，但方向时刻改变，是变速运动 C.该质点速度大小不变，因而加速度为零，处于平衡状态 D.该质点做的是加速度变化的变速运动，故它受合外力大小时刻改变 2.下列说法正确的是（) A.匀速圆周运动是匀变速曲线运动 B.由p”知，只要知道W和，就可求出任意时刻的功率 C.合外力对物体做功为零，机械能一定守恒 D.两个互成角度的匀变速直线运动的合运动可能是直线运动 3.关于物体的动能，下列说法中正确的是（) A.物体速度变化，其动能一定变化 B.物体所受的合力不为零，其动能一定变化 C.物体的动能变化，其运动状态一定发生改变 D.物体在合力作用下做匀变速直线运动，则动能在一段过程中变化量一定不为零 4.我国首颗量子科学实验卫星“墨子”在离地面高度为500km的圆形轨道运行，北斗导航卫 星“G7”是地球静止轨道卫星。下列说法正确的是() A.“墨子”的运行角速度大于“G7”的角速度 B.“墨子”的运行周期大于“G7”的运行周期 C.“墨子”的向心加速度小于“G7”的向心加速度 D.两颗卫星在各自轨道运行的速度都大于7.9km/s 5.如图所示，半径为R的细圆管（管径可忽略）内壁光滑，竖直放置，一质量为m、直径 略小于管径的小球可在管内自由滑动，测得小球在管顶部时与管壁的作用力大小为mg,g 为当地重力加速度，则() 试卷第1页，共7页 R A.小球在管顶部时速度大小可能为√gR B.小球运动到管底部时速度大小可能为√5gR C.小球运动到管底部时对管壁的压力可能为5mg D.小球运动到管底部时对管壁的压力可能为6mg 6.如图所示，两小球a、b分别从斜面长度为1的斜面底端以某角度斜向上抛出，分别落到 斜面顶端和距底端1处，且在落点的速度均沿水平方向。不计空气阻力，下列判断正确的 是( a b A.小球a、b抛出时的初速度方向相同 B.小球a、b在空中飞行时间之比为5：2 C.小球a、b抛出时的初速度大小之比为5：2 D.小球a、b在空中飞行速度的变化率之比为√5：√2 7.如图所示，嫦娥四号在绕月球椭圆轨道上无动力飞向月球，到达近月轨道上P点时的速 度为，经过短暂“太空刹车”，进入近月轨道绕月球运动。已知月球半径为R,嫦娥四号 的质量为m,在近月轨道上运行周期为T,引力常量为G,不计嫦娥四号的质量变化，下列 说法正确的是() 嫦娥四号 月球 近月轨道 试卷第2页，共7页 A.嫦娥四号在椭圆轨道上运行时的机械能与在近月轨道上运行时的机械能相等 B.月球的平均密度p= 3π GT C.嫦娥四号着陆后在月面上受到的重力大小为4mR T2 D,“太空利车过程中火箭发动机对婉娘四号做的功为m。 T2 二、多选题(6分/题，共计18分，漏选得3分，错选得0分) 8.一辆汽车在水平路面上由静止启动，在前5s内做匀加速直线运动，5s末达到额定功率， 之后保持额定功率运动，其v-1图像如图所示。已知汽车的质量m=2×103kg,汽车受到地 面的阻力为车重的0.1倍，g取10ms2,则() y以(m.s-) 30 10 0 5 A.汽车在前5s内的牵引力为4×103N B.汽车在前5s内的牵引力为6×10N C.汽车的额定功率为40kW D,汽车在前5s内克服摩擦力做功5×104J 9.如图所示，固定的光滑竖直杆上套着一个质量为的滑块，滑块用轻绳系着绕过光滑的 定滑轮O与质量为M的重物相连，把滑块从A点由静止释放后，滑块开始上升，滑块运动 到与滑轮等高的位置B的过程中，下列说法正确的是() A☐m A.M<m B.滑块的速度一直增大 试卷第3页，共7页 C.滑块运动到B点时，重物的速度为零 D.滑块的机械能一直增大 10.如图，在某部科幻电影中，太空电梯高耸入云，在地表与太空间高速穿梭。由于地球 自转与万有引力的变化，人在不同高度处的太空电梯轿厢内“静止”所需要的力是不相同的。 已知地球的半径为R,地球的质量为M,地球自转的角速度为⊙，引力常量为G,同步卫 星距离地面的高度为H。若有一部太空电梯沿着地球的半径方向固定在赤道上，它的一节 轿厢上升到距离地面高度处时停止，轿厢内有一位质量为m的宇航员与电梯轿厢保持相 对静止。关于此时宇航员与电梯轿厢之间的相互作用，下列说法正确的是() A.宇航员在“太空电梯”中处于静止状态时，处于平衡状态 B.当h=H时，宇航员所受的万有引力恰好等于运动的向心力 C.当h>H时，宇航员受到向下的压力为ma'h+R)-GMm (h+R)2 GMm D.当h<H时，宇航员受到向上的支持力为 h+R)2 +ma(h+R) 三、实验题（每空2分，共计16分） 11.在做研究平抛运动的实验中，为了确定小球在不同时刻通过的位置，实验装置如图甲 所示。实验操作的主要步骤如下： ①在一块平木板上贴上复写纸和白纸，然后将其竖直立于斜槽轨道末端槽E前，木板与槽 E之间有一段距离，并保持板面与轨道末端的水平段垂直。 ②使小球从斜槽上紧靠挡板处由静止滚下，小球撞到木板在白纸上留下痕迹A。 ③将木板沿水平方向向右平移一段距离x,再使小球从斜槽上紧靠挡板处由静止滚下，小球 撞到木板在白纸上留下痕迹B。 ④将木板再水平向右平移同样距离x,使小球仍从斜槽上紧靠挡板处由静止滚下，再在白纸 试卷第4页，共7页 上得到痕迹C。若测得A、B间距离为y,B、C间距离为y2。 挡板 B 甲 ()关于该实验，下列说法正确的是 A.斜槽轨道必须光滑 B.斜槽轨道末端必须保持水平 C.每次释放小球的位置可以不同 D.每次小球均须由静止释放 (2)若某次实验测得x=15.00cm,y,=15.00cm,y2=25.00cm,g=10m/s2,则小球平抛初 速度的大小为 m/s,小球经过B点时速度大小为 m/s。 (3)一位同学根据测量出的不同x情况下的y和y2,令△y=y2-y,并描绘出了如图乙所示 的图像△y一x。图线的斜率为k,已知当地重力加速度为g,则小球平抛的初速度大小 (用字母表示)。 12,某同学利用如图甲所示的实验装置进行“验证机械能守恒定律”的实验。 打点 计时器 纸带 -重物 试卷第5页，共7页 ()下列操作中有助于减小实验误差的是 A.选用体积更大的重物 B.先释放纸带，后接通电源 C.释放重物前，保持纸带沿竖直方向 (2)正确完成实验操作后，得到点迹清晰的一条纸带。如图乙所示，在纸带上选取三个连续 打出的计时点A、B、C,测得点B到起始点O的距离为，点A、B的间距为h,点B、C 的间距为h。已知实验选用的重物质量为m,相邻计时点间的时间间隔为T,当地重力加 速度的大小为g。则从打点计时器打下O点到打下B点的过程中：重物重力势能的减少量 △E。= 动能的增加量△E= 。(用测得的物理量和已知量的字母表示) h (3)实验中，若机械能损耗率6= E。-AE ×100%低于5%，可认为在误差允许的范围内机 △E。 械能守恒。实验中测得：h=65.00cm,h=6.81cm,h2=7.19cm。已知m=0.30kg,T=0.02s, g=9.80m/s2，则本实验的机械能损耗率6= %(结果保留一位有效数字)。 四、解答题 13.(12分)长L=0.5m的轻杆，其一端连接着一个零件A,A的质量m=2kg,现让A在竖 直平面内绕0点做圆周运动，如图所示，在A通过最高点时，(g=10/s2)求： (1)A的速率为多大时，杆对A的作用力为0： (2)A的速率v=1ms时，杆对A的作用力大小和方向； (3)A的速率v2=4m/s时，杆对A的作用力大小和方向。 试卷第6页，共7页 14.(13分)如图所示，可视为质点的、质量m=1kg的小木块静止在粗糙平台上的A点。 小木块和平台之间的动摩擦因数=0.5，平台离地面的高度h=1.8m,B点正下方为0点， AB之间的距离x=5m,BC之间的距离x2=1.2m。从某时刻开始，用与水平方向成37°，大 小等于6N的恒力F作用在小木块上，使得小木块从静止开始向右做匀加速直线运动，当小 木块运动到B点后撤去力F。（重力加速度g=10m/s2,sin37°-0.6，cos37°=0.8)，求： (1)小木块运动到B点的速度的大小： (2)求小木块的落地点到0点的距离s。 A B 0 15.(13分)如图所示，在某竖直平面内，光滑曲面AB与水平面BC平滑连接于B点，BC 右端连接内壁光滑，半径=0.2m的四分之一细圆管CD,管口D端正下方直立一根轻弹簧， 弹簧一端固定，另一端恰好与管口D端平齐，一个质量为1kg的小球放在曲面AB上，现 从距BC的高度为h=0.6m处静止释放小球，它与BC间的动摩擦因数u=O.5,小球进入管口 C端时，它对上管壁有F、=2.5mg的相互作用力，通过CD后，在压缩弹簧过程中，滑块下 滑xw=0.1m时速度最大，此时弹簧的弹性势能为Ep=0.5J,取重力加速度g=10m/s2,求： (1)小球到达C点时的速度大小： (2)BC间距离s; (3)在压缩弹簧过程中小球的最大动能Ekm。 m h 777777777777 D 0 ninn 试卷第7页，共7页 参考答案 题号 2 3 4 6 6 8 9 10 答案 B D A A 6 BD CD BC 1.B 【详解】AB.质点速度大小始终不变，但是方向不断变化，所以质点做的不是匀速运动， 是变速运动，选项A错误，B正确； C.该质点速度大小不变，但是方向不断变化，即速度不断变化，因而加速度不为零，不是 处于平衡状态，选项C错误： D.该质点的加速度大小不变，方向不断变化，故它受合外力大小不变，但是方向时刻改变， 选项D错误。 故选B。 2.D 【详解】A.匀速圆周运动的加速度方向时刻发生变化，所以不是匀变速曲线运动，故A 错误； B.由口=”知，可求平均功率，当时间1趋于零时，可求解瞬时功率，放B错误。 C.合外力对物体不做功时，物体动能不变，但机械能可能改变，比如提着物体匀速上升物 体动能不变，重力势能增加，机械能增加，故C错误； D.两个互成角度的匀变速直线运动的合加速度方向与合速度方向共线，就是直线运动，故 D正确： 故选D。 3.C 【详解】A.若速度的方向变化而大小不变，则其动能不变化，故A错误： B,物体所受合力不为零，只要速度大小不变，其动能就不变化，如匀速圆周运动中，物体 所受合力不为零，但速度大小始终不变，动能不变，故B错误： C.物体动能变化，其速度一定发生变化，即运动状态改变，故C正确： D.竖直上抛运动是一种匀变速直线运动，在上升和下降阶段经过同一位置时动能相等，动 能在这段过程中的变化量为零，故D错误。 故选C。 4.A 答案第1页，共10页 【详解】ABC.根据 GMm =mo'r =m- 4x2 ♪2 p2F=ma 可知 GM 4z2r3 T-1GM 2 因“墨子”的轨道半径小于“G7”,可知“墨子”的运行角速度大于“G7”的角速度；“墨子”的运 行周期小于“G7”的运行周期；“墨子”的向心加速度大于“G7”的向心加速度：选项A正确， BC错误； D.根据 GMm =m 2 可知 GM r 两颗卫星的轨道半径均大于地球的半径，则在各自轨道运行的速度都小于7.9k/s,选项D 错误。 故选A。 5.C 【详解】A.若小球在管顶部时受到管壁的压力，则 mg+F压=m R 解得 y=2gR 若小球在管顶部时受到管壁的支持力，则 mg-m R 解得 5=0 答案第2页，共10页 即小球在管顶部时速度大小为√2gR或0，故A错误： B.小球从管顶部运动到达管底时，根据动能定理 72g·2R=5乡·21 将v=√2gR和v=0分别代入得 v'=6gR,v,'=2gR 即小球运动到管底部时速度大小为V6gR或2VgR,故B错误： CD.在管底对小球，根据牛顿第二定律 F-mg-m R 将y'=V6gR和y2'=2√gR分别代入可解得 F=7mg,F2=5mg 故C正确，D错误。 故选C。 6.A 【详解】A.小球a、b的运动可视为平抛运动的逆过程，设斜面倾角为“，根据平抛运动 推论可知，小球落到斜面的速度与水平方向的夹角O满足tan0=2tana 可知O为定值，则小球落到斜面的速度方向相同，即小球a、b抛出时的初速度方向相同， 故A正确： B.小球a、b的运动可视为平抛运动的逆过程，对小球a竖直方向有儿=1=)买 对小球b竖直方向有八-号1=时 可得小球a、b在空中飞行时间之比为t:t,=√5：√2，故B错误； C.设小球抛出时的速度为，根据v== sin sin 可知小球a、b抛出时的初速度大小之比满足y:以，=1，：，=√5：V2,故C错误： D.速度的变化率等于加速度，两球在空中的加速度均为重力加速度，则小球a、b在空中 飞行速度的变化率之比为1：1，故D错误。 故选A。 答案第3页，共10页 7.B 【详解】A.嫦娥四号在椭圆轨道上P点时要制动减速，机械能减小，则嫦娥四号在椭圆轨 道上运行时的机械能比在近月轨道上运行时的机械能大，选项A错误； B.根据万有引力供向心力 GNm-m2 R2 R 气T 且 M D= 4 解得 3π P-GT 选项B正确； C.嫦娥四号着陆后在月面上受到的重力大小为 mg=G R2 又 GMm_4x'mk R2 T2 联立解得 mg =Ar'mR T2 选项C错误； D,根据动能定理，“太空刹车”过程中火箭发动机对嫦娥四号做的功为 W=I 又 2πR V=- T 联立解得 2m、2maR T2 选项D错误。 故选B。 答案第4页，共10页 8.BD 【详解】A.根据图象，可得前5s内的加速度 a=Av =2m/s2 △t 由牛顿第二定律 F-0.1mg =ma 解得 F=6.0×103N A.由上述分析A错误： B.由上述分析B正确； C.第五秒时到达额定功率 P=Fy=60kW C错误； D.前5s内的位移是 v10 x=一t= ×5m=25m 22 克服摩擦力做功 W==5×104灯 D正确. 故选BD。 9.CD 【详解】A.对A点的滑块受力分析，物体受竖直向下的重力，沿绳子向上的拉力T以及 杆给滑块的向左的力，因为滑块上升，所以绳子的拉力大于滑块的重力。即 T>mg 对重物来说，因为重物向下运动，故有 T<Mg 由上述分析可知M>m,故A错误； B.设绳子与光滑竖直杆之间的角度为0，竖直向上为正方向，对滑块来说有 Tcos0-mg =ma 开始时滑块的速度变大，在上升的过程中，O变大，cos9变小，当Tcos6小于mg后滑块的 加速度方向由向上变为向下，此时物体做减速运动。所以滑块的速度先增大后减小，故B 答案第5页，共10页 错误； C.设滑块运动速度为V,重物的速度为y,故有 V=vcos0 到B点时，0=90°，解得 片=0 所以重物的速度为零，故C正确： D.在到达B点之前绳子的拉力与滑块的位移之间为锐角，故拉力做正功，滑块的机械能一 直增大，故D正确。 故选CD。 10.BC 【详解】A.宇航员在“太空电梯”中绕地心随地球一起自转，所以宇航员所受的合力提供向 心力，宇航员所受合力不为零，所以不处于平衡状态，故A错误； B.无论距地面多高，宇航员在“太空电梯”中做圆周运动的角速度始终等于地球自转的角速 度，所受合力提供向心力。对于同步卫星，根据万有引力定律及牛顿第二定律可得 GMm =mo(R+H) (R+H)2 当r=H时，卫星为静止卫星，卫星周期与地球自转周期T相等；当r>H时，卫星周期大 于地球自转周期；当r<H时，卫星周期小于地球自转周期。故当h=H时，宇航员受到的 万有引力恰好提供向心力，故B正确 C.当h>H时，万有引力无法提供足够的向心力，宇航员受到向下的压力，由牛顿第二定 律得GMm (R+h)2 +E=mo2(R+) 解得压力为E=mo2(h+R)- GMm h+,故C正确： D.当r<H时，万有引力大于随地球自转所需的向心力，宇航员受到向上的支持力，由牛 GMm 顿第二定律得 -F3 =mo(R+h) (R+h)2 解得支持力F= GMm -moh+R),故D错误。 (h+R)2 故选BC。 11.()BD (2) 1.5 2.5 答案第6页，共10页 【详解】(1)A.只要保证小球过E点的速度相同即可，不需要斜槽轨道必须光滑，故A 错误； B.本实验是研究平抛运动，因此斜槽轨道末端必须保持水平，故B正确： CD,为了保证小球过E点的速度相同，每次小球必须从相同位置静止释放，故C错误，D 正确。 故选BD。 (2)山由平抛规律，水平方向上有x=v,T 竖直方向上有△y=y2-y=gT2 解得T=0.1s,。=1.5m/s [2小球经过B点时竖直方向的速度大小为y-片业=2.0ms 2T 故小球经过B点时速度大小为v。=√2+v=2.5ms (3)山根据平抛运动规律x=v,T,△y=gT2 联立解得△y=吕x2 又Ay-x图线的斜率为k,故k=昌 架得-层 12.(1)C (2) mgh m(h+h,)} 8T2 (3)4 【详解】(1)A.若选用体积更大的重物会增大空气阻力对实验的影响，不利于减小实验误 差，故A错误： B,实验时应先接通电源，待打点稳定后再释放纸带，若先释放纸带，打点初期数据会缺失， 故B错误； C.释放重物时保持纸带竖直方向，可以减小纸带与打点计时器间的摩擦，有助于减小实验 误差，故C正确。 答案第7页，共10页 故选C。 (2)山由于从打点计时器打下O点到打下B点的过程中，重物下落的高度为h,所以重 物重力势能的减少量为△E,=mgh [2]根据匀变速直线运动中间时刻的瞬时速度等于这段时间内的平均速度，可得打点计时器 打下B点时重物的瞬时速度为y。=C=么+么 2T2T 所以打点计时器打下B点时重物的动能为北专，+九么+么】 （2T 872 则从打点计时器打下O点到打下B点的过程中，重物动能的增加量为 △E=E-0=m(么+h)P 8T2 (3)从打点计时器打下O点到打下B点的过程中，重物重力势能的减少量为 △E。=mgh=0.30×9.80×65.00×102J=1.911J 重物动能的增加量为4E,=m(么+_0,30×[6.81+7.19)k10 J=1.8375J 8T2 8×0.022 所以本实验的机械能损耗率为8-A二，-A×100%-L,911-1.837 1×100%≈4% AE。 1.911 13.(1)y。=√5m/s;(2)F=16N;方向竖直向上；(3)F=44N;方向竖直向下 【详解】（1)当杆的作用力为0时，根据向心力方程 mg=m之 得 vo=gL =5m/s (2)当y=lm/s<√5ms时，则杆对A的作用力竖直向上，设为F,根据向心力方程得 n2 mg-F= 解得 E=16N (3)当y,=4m/s>5ms时，杆对A的作用力竖直向下，设为E,则有 答案第8页，共10页 ms+F=m L 解得 F=44N 14.(1)4m/s:(2)1.2m 【详解】(1)对小木块受力分析且由牛顿第二定律得 Fcos37°-uN=ma,Fsin37°+N=mg 解得 a=1.6m/s2 根据运动学公式 v2=2ax 可知 v=2ax =4m/s (2)小木块在BC段做匀减速的加速度大小为 a'=m3=4g=5m/s2 根据运动学公式可知 2-y2=-2a'x2 解得 Vc =2m/s 小木块离开C后做平抛运动，竖直方向上满足 282=h 1 答案第9页，共10页 水平方向上满足 S=vct 解得 s=1.2m 15.(1)yc=√7m/s；(2)s=0.5m;(3)Ekm=6J 【详解】（1)小球进入管口C端时，它与圆管上管壁有大小为Fv=2.5mg的相互作用力， 故小球受到的向心力为 F南-2.5g+mg=3.5mg=3.5×1×10N=35N 在C点，由 有=m2 代入数据得 vC-√7m/s (2)小球从A点运动到C点过程，由动能定理得 1 mgh-Lmngsv 解得BC间距离 s=0.5m (3)由机械能守恒定律有 gr+m店-Ea+, 得 Em=mg+)+2mv2-E,=（3+3.50.5)J=6J 答案第10页，共10页