湖南怀化市2025-2026学年高一下学期5月份阶段测物理试卷

**基本信息** 以神舟发射、航空模型竞赛等真实情境为载体，融合运动学、力学等核心知识，考查物理观念与科学思维的高一阶段检测卷。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |单选题|6/24|质点、惯性、曲线运动等|结合神舟发射（题1）考查运动观念，航空模型竞赛（题2）体现科学推理| |多选题|4/20|牛顿定律、天体运动等|天宫二号变轨（题8）渗透模型建构，v-t图像分析（题9）强化科学论证| |实验题|2/14|平抛运动、加速度测量|平抛轨迹分析（题11）落实科学探究，纸带处理（题12）注重证据获取| |解答题|3/42|竖直圆周运动、机车启动等|张雪机车赛事（题14）体现科学态度，弹簧-传送带-圆周运动综合（题15）考查创新应用|

湖南省怀化市2026年高一5月份阶段检测试卷（原卷） 学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________ 一、单选题（共24分，每小题4分） 1．北京时间2025年、11月25日12时11分，神舟二十二号飞船的长征二号F遥二十二运载火箭，在酒泉卫星发射中心点火发射，约10分钟后，飞船与火箭成功分离并进入预定轨道，发射任务取得圆满成功。飞船入轨后，将按照预定程序与空间站组合体进行自主快速交会对接。以下说法正确的是（　　） A．研究神舟二十二号与空间站组合体进行快速交会对接过程，神舟二十二号可以看成质点 B．飞船进入预定轨道后，宇航员的惯性会因失重状态而消失 C．飞船在预定轨道上绕地球匀速圆周运动时，速度保持不变 D．飞船与空间站对接时，两者的速度大小和方向必须相同 2．2025年“飞向北京·飞向太空”全国青少年航空航天模型教育竞赛活动，在山东青岛的嘉年华会展中心火热开赛。在某一竞赛单元，高中组参赛选手操控小型穿越机，在水平面上沿曲线轨迹加速飞行，某一时刻的位置与轨迹如图所示。则该时刻无人机所受合力与速度方向的示意图，正确的是（　　） A． B． C． D． 3．游乐园的 “飞盘座椅” 项目中，座椅悬挂在倾斜支架上，随中心轴在水平面内做匀速圆周运动，如图所示。忽略空气阻力，下列说法正确的是（ ） A. 座椅受到重力、绳子拉力和向心力的作用 B. 座椅的向心力大小保持不变，方向时刻变化 C. 座椅的角速度随圆周运动半径的增大而增大 D. 座椅做匀变速曲线运动 4．某国产新能源汽车做匀减速直线运动进行制动测试，连续经过平直路面上的R、S、T三点，已知ST间的距离是 RS 间距离的 2 倍，RS段的平均速度为 12m/s，ST 段的平均速度为 6m/s，则汽车经过T 点时的瞬时速度为（   ）    A．3m/s B．2.4m/s C．1.2m/s D．1.6m/s 5．如图，轨道车A通过细钢丝跨过轮轴（不计与轮轴的摩擦）拉着特技演员B上升，便可呈现出演员B飞檐走壁的效果。轨道车A沿水平地面以大小为v=4m/s的速度向左匀速运动，某时刻连接轨道车A的钢丝与水平方向的夹角为θ=37°，轮轴右侧连接演员B的钢丝竖直，sin37°=0.6，cos37°=0.8。则该时刻（　　） A．演员B的速度大小为4m/s B．演员B的速度大小为5m/s C．演员B处于平衡状态 D．演员B处于超重状态 6．跳台滑雪比赛中，某运动员从跳台处水平飞出后做平抛运动，落在倾角为的斜坡处，测得间的直线距离为50m，若不计空气阻力，重力加速度取，则运动员（     ） A．从运动到的时间为s B．水平飞出的初速度大小为20m/s C．从运动到离斜坡距离最大处的时间为s D．离斜坡的最大距离为6m 二、多选题（共20分，每小题5分，每道题全选对得5分，选不全得3分，选错得0分） 7．如图所示，质量为M、中间为半球形的光滑凹槽放置于光滑水平地面上，光滑凹槽内有一质量为m的小铁球，现用一水平向右的推力F推动凹槽，小铁球与光滑凹槽相对静止时，凹槽球心和小铁球的连线与竖直方向成角，重力加速度为g，则下列说法正确的是（　　） A．小铁球受到的合外力方向水平向右 B． C． D．系统的加速度大小为 8．如图所示，1、2轨道分别是天宫二号飞船在变轨前后的轨道，下列说法正确的是（    ）    A．飞船从1轨道变到2轨道要点火加速 B．飞船在1轨道周期大于2轨道周期 C．飞船在1轨道角速度大于2轨道 D．飞船在1轨道加速度小于2轨道 9．时刻，一质点由静止开始做直线运动，其速度v随时间t变化的图线如图所示，已知在时刻，质点刚好回到了出发位置，质点在内的加速度大小为，在内的加速度大小为，时刻的速度大小为，时刻的速度大小为，下列说法正确的是（　　） A． B． C．在时刻，质点运动方向发生变化 D．在内，质点在时刻距离出发点最远 10．将铅球放在水平静置的斜面上，左侧用竖直挡板挡住，铅球处于静止状态，不考虑铅球受到的摩擦力。斜面倾角为45°，保持斜面和挡板的夹角不变，整体逆时针缓慢转过90°，下列说法正确的是（　　） A．初始位置，球对挡板的弹力与球的重力大小相等 B．末了位置，斜面对球的弹力不为0 C．球对斜面的弹力先减小后增大 D．球对挡板的弹力先增大后减小 三、实验题（共14分，第11题8分，每空2分，第12题6分，每空2分） 11．某同学采用如图甲所示的实验装置研究平抛运动规律，实验装置放置在水平桌面上，底板上的标尺可以测得水平位移。 (1)以下是实验过程中的一些做法，其中不合理的有___________。 A．安装斜槽轨道，使其末端保持水平 B．斜槽轨道必须光滑 C．应选择质量较大，体积较小的小球 D．每次小球应从同一高度由静止释放 (2)若某次实验时，小球抛出点距底板的高度为，水平位移为，重力加速度为，则小球的平抛初速度为___________用、、表示。 (3)如图乙所示，用一张印有小方格的纸记录轨迹，以点为坐标原点，当地重力加速度取，小方格的边长。若小球在平抛运动途中的几个位置如图中的、、、所示，则小球平抛的初速度____________________m/s，小球抛出点的坐标为___________。取。 12．“探究加速度与力、质量的关系”的实验装置如图甲所示。 (1)小车释放后，打出一条点迹清晰的纸带，每5个点取一个计数点，得到7个计数点A、B、C、D、E、F、G，如图乙所示。打点计时器所接电源的周期为0.02 s。 ①D点所在位置刻度尺的刻度值为__________； ②通过分析纸带得小车的加速度大小__________（结果保留两位有效数字） (2)将5个相同的砝码都放在小车上，挂上砝码盘，然后每次从小车上取一个砝码添加到砝码盘中，测量小车的加速度。作出系统加速度a与合力F关系的图线如图丙所示，该图线不通过原点，可能原因是__________。（填正确答案标号） A．摩擦力平衡不够 B．长度测量时产生的偶然误差 C．计算合力时未包含砝码盘的重力 四、解答题（共42分，第13题12分，第14题14分，第15题16分） 13．游乐园的 “飞球” 项目中，质量的小球在长为的细绳作用下在竖直平面内做圆周运动，细绳能承受的最大拉力，转轴离地高度，。 (1)若小球恰能通过最高点，求小球在最高点处的速度大小； (2)在某次运动中小球通过最低点时细绳恰好被拉断，求此时小球的速度大小； (3)绳断后小球做平抛运动，求小球落地时的水平距离。 （原创）14．2026年3月28日至29日，世界超级摩托车锦标赛（WSBK）葡萄牙站中量级别，五星红旗首次在世界顶级摩托车赛事的领奖台上飘扬，法国车手瓦伦丁.德比斯驾驶张雪机车820RR-RS赛车，接连夺得两个回合正赛冠军，以近4秒的优势将杜卡迪、雅马哈、川崎等统治该组别数十年的国际豪强甩在身后。怀化伢子张雪创立的中国品牌——张雪机车名扬世界，这是中国制造的又一项突破，令国人深感自豪。在比赛过程中，我们可以从物理视角来分析一下张雪机车直道超车这一过程。假设张雪机车820RR-RS赛车的质量m约为200kg，额定功率约为112KW，路面阻力恒为1200N。张雪机车从静止开始启动，先做匀加速运动，加速度a=14m/s2，达到额定功率后保持额定功率继续加速。（g取10m/s2） 1、 若张雪机车从静止开始以恒定加速度度运动，求当速度达到v=20m/s时，机车的牵引力的大小和瞬时功率。 2、 求张雪机车在匀加速运动阶段所能达到的最大速度v1 以及该阶段持续的时间t1。 3、 若张雪机车从静止开始先做匀加速运动，达到额定功率后保持额定功率继续加速。从静止开始计时，经过时间t = 4s后，速度达到v2 = 50m/s。求在这4s内张雪机车行驶的位移大小。（结果保留到小数点后两位） 15．如图所示，弹簧锁定后所储存的弹性势能，一个质量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的水平传送带，传送带以的速度顺时针转动。在传送带右侧等高的平台上固定半径R=0.8m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，其他摩擦均忽略不计，取。 (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） 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 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 $ 湖南省怀化市2026年高一5月份阶段测试卷细目表 单选题 考点 难度系数 1 质点、牛顿第一定律、圆周运动的性质 0.85 2 曲线运动的性质 0.85 3 圆周运动的受力分析和运动分析 0.72 4 匀变速直线运动的规律 0.65 5 关联速度、超重失重 0.65 6 平抛运动规律 0.55 多选题 考点 难度系数 7 牛顿运动定律的应用 0.85 8 宇宙航行 0.65 9 运动学图像问题 0.55 10 受力平衡（动态平衡） 0.4 实验题 考点 难度系数 11 实验：平抛运动的特征 0.72 12 实验：探究加速度与力、质量的关系 0.71 解答题 考点 难度系数 13 竖直平面内的圆周运动（绳模型）和平抛运动综合应用 0.75 14 机车起动综合应用 0.65 15 功能关系综合应用（传送带问题、竖直平面内的圆周运动） 0.42 学科网（北京）股份有限公司 $ 湖南省怀化市2026年高一5月份阶段检测试卷（答案解析） 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 D A B C D C AB AC BD AD 1．D 【详解】A．研究神舟二十二号与空间站组合体进行快速交会对接过程，神舟二十二号的体积和姿态不能忽略，故不能看成质点 ，故A错误； B．惯性是物体的固有属性，只与质量有关，与运动状态、失重 / 超重无关，因此惯性不会消失，故B错误； C．匀速圆周运动的速度是矢量，方向时刻沿切线方向变化，因此速度是变化的，故C错误； D．对接过程中，飞船与空间站需保持相对静止，因此速度大小和方向必须完全相同，故D正确。 故选D。 2．A 【详解】无人机做曲线运动时，某一点的速度方向在该点的曲线切线上，所受合力方向位于轨迹的凹侧，由于无人机沿曲线轨迹加速飞行，所以此时合力方向与速度方向的夹角小于。 故选A。 3．C 【详解】选项 A：向心力是效果力，由重力和绳子拉力的合力提供，并非独立存在的 “受力”，因此 A 错误。 选项 B：座椅做匀速圆周运动，向心力的大小由重力与拉力的合力决定，保持不变；但向心力的方向始终指向圆心，时刻发生变化，因此 B 正确。 选项 C：对座椅受力分析，设绳子与竖直方向夹角为θ，重力与拉力的合力提供向心力：，而圆周运动半径（L为绳长），代入得。对于同一悬挂装置，L固定，θ不变，因此角速度不变，与半径无关，C 错误。 选项 D：匀速圆周运动的加速度（向心加速度）方向时刻指向圆心，是矢量，方向不断变化，因此是变加速曲线运动，而非匀变速曲线运动，D 错误。 故选B。 4．C 【详解】由题知，电动公交车做匀减速直线运动，且设RS间的距离为x，则根据题意有 ， 联立解得 t2= 4t1，vT = vR－12 再根据匀变速直线运动速度与时间的关系有 vT = vR－a∙5t1 则 at1= 2.4m/s 其中还有 解得 联立解得 故选C。 5．D 【详解】AB．由题意，把分解在沿绳的方向上，有 代入数据求得故AB错误； CD．根据，可知车向左匀速运动，减小，增大，则增大，人做加速运动，加速度竖直向上，处于超重状态，故C错误，D正确。 故选D。 6．D 【详解】A．竖直方向位移 平抛运动竖直方向的分运动为自由落体运动，有自由落体公式 解得从运动到的时间为。故A错误； BC．水平方向的位移 水平飞出的初速度大小为 当合速度方向与斜坡平行时，此时离斜坡距离最大，水平速度与合速度夹角为，此时竖直方向的分速度为 有自由落体公式 解得从运动到离斜坡距离最大处的时间为。故B错误；C正确 D．从最高点落回b点的运动时间 将加速度分解为沿斜面方向和垂直于斜面方向，垂直于斜面方向的加速度 离斜坡的最大距离为。故D错误。 故选C。 7．AB 【详解】A．小铁球与光滑凹槽相对静止时，两者均向右做匀加速直线运动，小铁球受到的合外力应与加速度方向一致，方向水平向右，故A正确； BCD．对小铁球受力分析可知 系统加速度为 对小铁球和凹槽整体受力分析，根据牛顿第二定律有 故B正确，C错误；D错误。 故选AB。 8．AC 【详解】A．飞船从较低的轨道1进入较高的轨道2要进行加速做离心运动才能完成，选项A正确； BCD．根据 可得 可知飞船在轨道1的周期小于在轨道2的周期，在轨道1的速度大于在轨道2的速度，在轨道1的加速度大于在轨道2的加速度，故选项B错误，C正确，D错误。 故选AC。 9．BD 【详解】A．质点在回到出发位置，由运动学公式有 解得，故A错误； B．由运动学公式有， 解得，故B正确； C．由图线可知，在时刻，质点由加速运动变为减速运动，但是速度仍为正值，运动方向未发生变化，故C错误； D．由运动学公式可知，在时刻的速度为，故质点在时刻距离出发点最远，D项正确。 故选BD。 10．AD 【详解】设整体逆时针缓慢旋转的角度为θ，铅球一直处于平衡状态，根据共点力的平衡条件，可得其矢量三角形如下： 由正弦定理可得： 解得斜面对铅球的弹力大小为： ， 挡板对铅球的弹力大小为： 由牛顿第三定律知，铅球对斜面的弹力大小为： 铅球对挡板的弹力大小为： 初始位置，θ=0°，则铅球对挡板的弹力大小为： 即铅球对挡板的弹力大小与铅球的重力大小相等； 末了位置，θ=90°，则斜面对铅球的弹力大小为： 整体逆时针缓慢转过90°过程，（90°-θ）由直角逐渐减小为0，（45°+θ）由45°逐渐增大到135°，则sin（90°-θ）逐渐减小，sin（45°+θ）先增大后减小，则铅球对斜面的弹力逐渐减小，铅球对挡板的弹力先增大后减小。 故选AD。 11．(1)B (2) (3) 2 【详解】（1）轨道末端应水平，从而保证小球做平抛运动，但不必光滑；应选择质量较大，体积较小的小球，减少空气阻力影响；小球应从同一高度由静止释放，释放位置不能太高或太低，故ACD正确，B错误。 此题选择不合理的，故选B。 （2）竖直方向有 水平方向有 联立解得 （3）[1]竖直方向由，得 则水平速度 [2]B点的竖直速度，可得 根据，，联立解得 故抛出点坐标为。 12．(1) // // (2)C 【详解】（1）[1]略 [2]、、、、、， 根据逐差法 （2）A．摩擦力未完全平衡时，解得，图线不过原点，会出现负截距，故A错误； B．长度测量的偶然误差会导致各点分布离散，故B错误； C．计算合力时未包含砝码盘的重力，由，解得，图线不过原点，会出现正截距，故C正确； 故选C。 13．(1) (2) (3) 【详解】（1）当小球恰好通过最高点时，小球只受重力，并由重力提供向心力。设此时速度为，根据牛顿第二定律得....................................................................................2分 所以.....................................................................................................................2分 （2）若细绳此时恰好被拉断小球在最低点时，由牛顿第二定律得....2分 解得............................................................................. ......................................2分 （3）绳断后，小球做平抛运动，设水平距离为，则由..........................................2分 竖直方向自由落体运动则有................................................................................1分 解得..........................................................................................................................1分 14．(1)80KW (2)2s (3)71.67m 【详解】（1）匀加速阶段，牵引力恒定，根据牛顿第二定律： F=ma+f..........................................................................................................................................1分 得F=4000N...................................................................................................................................1分 因v=20m/s<v1（第2问求得），仍处于匀加速阶段，故牵引力仍为4000N。 瞬时功率： P=Fv...............................................................................................................................................1分 得P=80KW....................................................................................................................................1分 （2）匀加速阶段牵引力F=4000N，达到额定功率时的速度： ...................................................................................................................................................2分 时间： ..............................................................................................................................................................2分 （3）法一：机车运动分为两段： 匀加速阶段（0-2s）:位移 恒定功率阶段（2s-4s）:根据动能定理.....................................................2分 .........................................................................................................................2分 带入数据得 .............................................................................................................................1分 总位移： ................................................................................................................1分 法二：对全程根据动能定理 ....................................................................................................................1分 解的 ............................................................................................................................1分 15．(1) (2)，方向竖直向上 (3)若传送带顺时针转动，需满足或可使得物块不脱离圆轨道。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。 【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分 解得 小物块冲上传送带后做匀减速运动，设其加速度大小为a，根据牛顿第二定律有 解得....................................................................................................................1分 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 代入数据解得小于传送带的长度12m,说明滑块先减速后匀速 减速时间.....................................................................................................1分 匀速段时间........................................................................................................1分 解得................................................................................................................1分 （2）小物块在传送带上减速过程，传送带位移 小物块与传送带间相对位移.................................................................................1分 摩擦生热....................................................................................................1分 小物块到传送带右端的速度 从A到C，由动能定理得 .........................................................................................................1分 在点..............................................................................................................1分 解得 由牛顿第三定律得，小物块运动到C点时对轨道的压力大小..............1分 方向竖直向上。 （3）①若小物块恰好做完整的圆周运动，在C点.............................................1分 从A到C，由动能定理得 .............................................................................................................1分 解得 ②若小物块能恰好到达圆心等高处，由机械能守恒定律得...........................1分 解得 若物块一直匀减速通过传送带后速度为，由动能定理得 .............................................................................................................1分 即得 综上所述，若传送带顺时针转动，需满足或可使得物块不脱离圆轨道。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。.............................................................................................................2分 学科网（北京）股份有限公司 $