广东广州市南武中学2025-2026学年第二学期综合训练（二）高一物理（选考）试题

广州市南武中学2025学年第二学期综合训练（二） 高一物理科（选考）试题 (考试时间：75分钟) 一、单项选择题：本题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只 有一项是符合题目要求的。 1.下列说法正确的是() A.匀速因周运动是一种匀速运动 B、匀速圆周运动是一种变速运动 C.匀速圆周运动是一种匀变速运动 D.物体做圆周运动时其合外力垂直于速度方向，不改变线速度的大小 2.如图所示，质量为m的小球用细线悬于B点，使小球在水平面内做匀速圆周运动。悬挂 小球的绳长为1，小球做匀速圆周运动的角速度为0，重力加速度为g。则() A.小球运动的线速度大小为al B.小球受到的合力大小为mo1 C.B0之间的距离为是 D.若增加小球质量m,而1与0不变，小球☒周运动的半径减小 3.如图所示，一辆汽车通过一段水平路面后平缓开上立交桥的引桥，图中αb段为水平路面， cd段为平直上坡路面。行驶过程中汽车的速率保持不变，不考虑整个过程中究气阻力和磨 擦阻力的大小变化。下列说法正确的是() A.汽车在行驶过程中牵引力保持不变 B.汽车在行驶过程中机械能保持不变 C.在cd段汽车的输出功率逐渐增大 777777 777 D.在cd段汽车的输出功率比ab股的大 4.如图所示，两名同学在水平地面上练习排球垫球。垫出点与接住点高度相同。左侧同学 先后两次以不同初速度”、，将排球斜向上垫出，排球沿两条轨迹运动，右侧同学在同一位 置接住排球。不计空气阻力，下列说法正确的是() A.两次整球的初速度一定大于2 B.两次排球到达最高点时的速度大小相等Y 试卷第1页，共3页 C.排球沿轨迹1运动时，在空中运动的时间更长 D.两次运动中，排球的机械能一定相同 5.如图所示，长木板A放在光滑的水平地面上，物体B以水平速度冲上A后，由于摩 擦力作用，最后停止在木板A上，则从B冲到木板A上到相对木板A静止的过程中，下述 说法中正确的是() A.物体B动能的减少虽等于系统损失的机械能 A B.物体B克服摩擦力做的功等于系统内能的增加盈 C.物体B损失的机械能大于木板A获得的动能与系统损失的机械能之和 D.睡擦力对物体B做的功和对木板A做的功的总和绝对值等于系统内能的增加盘 .6.2025年10月17日我国以“一箭18星的方式成功将千帆极轨18组卫星发射升空，其中 “千帆-105卫星运行轨道的远地点高度和近地点高度随时间变化关系如下图所示。对于该卫 星（) 高度m 区间虹区间 1100 区间Π 1000 远地点高度 900 800 近地点高度 2025202520252025202520262026 202620262026日期 10/1611/0211/1912/0612/2301/09012602/1203/0103/18 A.在区间I内，线速度大小不变 B.在区间Ⅱ内，运行的周期变大 C.在区间Ⅲ内，线速度大于地球第一宇宙速度 D.在区间Ⅲ内，周期大于地球同步卫星的周期 7.如图甲所示，竖直轻弹簧固定在水平地面上，一质盈为m的小球从与弹簧上端距离为h (0)的O点处由静止释放，以O点为坐标原点，竖直向下为正方向建立Ox轴，小球所 受弹力的大小F随小球位置坐标x的变化关系如图乙所示，其中x=h+x时，F✉mg。不 计空气阻力，算力加速度为g。下列结论正确的是() A.小球动能的最大值为mgh+0.5ngx0 B.弹簧弹性势能最大值为mg(h+x。) C.当x=h时，小球重力势能与弹簧弹性势能之和最小m D.小球压缩弹簧过程中蕴力的功率逐渐减小 试卷第2页，共3页 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，有 多项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。 8如图所示，内壁光滑、半径为L的圆臂轻直固定，管内有一个质景 为m的小球（视为质点）做圆周运动，小球直径略小于圆管内径。若 小球能在圆管内做完整的圆周运动，重力加速度大小为8，则下列说 法正确的是() A、小球速度的最小值为0 B、当小球的速度增大时，圆管对小球的弹力一定增大 C.当小球以速率v经过最低点时，圆管对小球的弹力大小一定为mg+m D.当小球以速率v经过最高点时，因管对小球的弹力大小一定为mg一m乙 2 9足球在空中运动的轨迹如图，若以地面为参考平面，不计空气阻力，下列能表示足球在空 中运动过程的加速度a、重力势能E,随离地面高度h变化的图像是h变化的图像是() 77777777777 10.2025年11月1日，神舟二十一号航天员乘组进驻中国空间站，与神舟二十号乘组完成 在轨轮换。神舟二十号航天员乘组乘坐神舟二十一号飞船于11月14日成功返回。载人飞船 发射返回过程中，返回器与主舱室分离后，主舱室通过调整后在圆轨道运行，返回器用打 水源”的方式再入大气层，最终通过降落伞辅助成功着陆，其主要过程如图。已知主舱室维 持在半径为/的轨道上做周期为T的匀速圆周运动，地球半径为R、引力常量为G,则下列 说法正确的是（) 试卷第3页，共3页 返回器%出大气层 返回醒分离后 8, 单帕滑行 %伞打开 1 大气尽 煜同器第一次 更回劉第二次 再入大气层 耳入大气层 C字④8以器有陆 A.神舟二十一号飞船的发射速度小于第一宇宙速度 B.由题给条件可求出地球的第一宇宙速度为 4r2 RT2 C.由题给条件可求出地球的平均密度为3加 GT2 D、返回器跳出大气层后需向前喷气方可第二次再入大气层 三、非选择题：共54分，考生根据要求作答。 11.小明同学在科技节的实验室开放期间，进入力学实验室自主探究，他做探究影响向心力 大小因素的实验：如图甲所示，已知小球在挡板A,B,C处做圆周运动的轨迹半径之比为 1:2:1,变速塔轮自上而下按如图乙所示三种组合方式，左右每层半径之比由上至下分别为 1:1、2:1和3：1。回答以下问题： 标尺 第一层 长槽短榴 2R3 左塔轮 右塔轮 第二层 3R 第三层 乎柄 甲 ()本实验所采用的实验探究方法与下列哪些实验是相同的Y A.探究小车速度随时间变化规律 B.探究两个互成角度的力的合成规律 C,探究平抛运动的特点 D,探究加速度与物体受力、物体质量的关系 (2)某次实验中，把两个质量相等的钢球放在B、C位图，探究向心力的大小与半径的关系， 则筋要将传动皮带调至第 层塔轮（填“-”、“二"或“三”）： (3)现将质量相等的两小钢球分别放在A、C位置，将传送带调至第三层塔轮，则两球转动 时所受向心力之比为 试卷第4页，共4页 ~12.某物理兴趣小组利用如图甲实验装照验证m,、m,组成的系统机械能守恒。m,从一定高 度由静止开始下落，州上拖着的纸带打出一系列的点，对纸带上的点迹进行测量，即可验 证机械能守恒定律。如图乙给出的是实验中获取的一条纸带！O是打下的第-·个点，打点计 时器的工作频率为50Hz。A、B、C为纸带上标注的三个计数点，每相邻两计数点间还有4 个点（图中未标出）。各计数点到O点的距离已在图中标出。已知m=I00g、m2=200g(重 力加速度g取10ms2,计算结果均保留一位小数)。 打点计时器 46.52cm 纸带 65.00cm -87.50m- 图甲 图乙 2(m2s) 3.26 0 0.50 h/m 丙 (1)关于上述实验，下列说法中正确的是 A.重物最好选择密度较大的物块 B.重物的质量可以不测盘 C,实验中应先释放纸带，后接通电源 D,可以利用公式v=√2gh来求解瞬时速度 (②)在纸带上打下计数点B时的速度v=ms; (3)在打计数点O至B过程中系统动能的增加量△E=J,系统重力势能的减少置 △E,=J。 (4)某同学根据选取的纸带的打点情况做进一步分析，作出m获得的速度ν的平方随下落的 高度h的变化图像如图丙所示，据此可计算出当地的置力加速度8=s2。 试卷第5页，共4页 13.将一个质量m=1kg小球从h=5m的高度以。=10m/s的速度水平抛出，落在水平地面上。 不计空气阻力，8取10m/s2。求： 7777777777777777 77777777777 D7777m (1)小球抛出点与落地点之间的水平距离x; (2)小球落地时速度v的大少与重力的功率P: (3)从抛出至落地小球重力的平均功率P。 14.如图所示，某车间利用斜面从货车上卸货，每包货物的质量m=20kg,斜面倾角 0=37°，斜面的长度L=0.5m,货物与斜面间的动度擦因数1=0.5，sin37=0.6, c0s37°=0.8，g取10m/s2。试求： (1)货物从斜面顶端滑到底端的过程中合力做的功： (2)若货物下滑到斜面中点时，速度恰好变为刚进入斜面时的2倍，求货物刚进入斜面时 的速度大小。 试卷第6页，共4页 15.如图所示，弹簧锁定后所储存的弹性势能E。=32J,一个质量m=1kg的小物块紧靠弹 簧放置。释放后，弹管恢复原长时小物块冲上长度1=6m的水平传送带，传迭带以v=m/s 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=0.5m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位凰。已知小物块与传送带之间的动 摩擦因数4=0.5，其他摩擦均忽略不计，取g=10m/s2。 人00☒ A E 7777777 7777777777777 D (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7页，共4页 广州市南武中学2025学年第二学期综合圳练（一) 高一物理（选考）参考答案 选择题(1~7为单选题，每题4分，共28分：810为多选题，每题6分，漏选可3分，多 选或错选不得分，得共18分) 题号 1 2 3 6 6 7 8 9 10 答案 0 0 AC AC BD 1.B【详解】A,匀速圆周运动的速度方向时刻变化，因此不是匀速运动，A错误： B、匀速圆周运动的速度方向不断变化，速度是矢量，方向变化即速度变化，属于变速运动 B正确；C.匀变速运动的加速度大小和方向均不变，但匀速圆周运动的向心加速度方向始 终指向圆心，方向不断变化，因此匀速圆周运动是变加速运动，C错误： D.物体做匀速圆周运动时，其合外力垂直于速度方向，不改变线速度的大小，只改变线速 度的方向；物体做变速圆周运动时，其合外力不垂直于速度方向，合外力不仅改变线速度的 大小，还改变线速度的方向，D错误。故选B。 2.C【详解】A.设细绳与竖直方向夹角为0，可知小球运动的线速度大小为wlsin日，A错 误；B.小球受到的合力大小为F=mow2lsin日，B错误；C.根据ng tan0=mo'lsin日 可得B0之间的距离为h=1cos0“忌，C正确：D.根据mgm9=m015in0,若增加小球 质量m,而1与w不变，则不变，小球圆周运动的半径不变，D错误。故选C。 3.D【详解】A.在ab段，有F=f,在cd段，有E=mg sin8+f>F 由此可知，汽车在行驶过程中牵引力改变，故A错误： B.汽车在ab段动能不变，重力势能不变，则机械能不变，汽车在cd段，动能不变，重力 势能增大，则机械能增大，故B错误： C.在cd段汽车的输出功率为P=Fy=(mg sin0+f)y 即汽车的输出功率不变，故C错误；D.在cd段汽车的牵引力大，速度不变，则在cd段汽 车的输出功率比ab段的大，故D正确。故选D。 4,C【详解】C.将排球的运动看作是两段平抛运动，则根据h=)8,可知排球在空中运 动的时间为1=2 2h 因排球沿轨迹1运动时，上升的高度较大，可知在空中运动的时间 更长，C正确； B.根据y=三可知，因水平位移相等，可知沿轨迹1运动时的水平速度较小，即到达最高 答案第1页，共6页 点的速度较小，B错误： AD.根据y,=√2gh可知沿轨迹1运动时抛出的竖直速度较大，根据v= 可知不能 比较两次垫球的初速度”与，的大小，也不能确定两次运动中，排球的机械能是否相同， AD错误。故选C。 5,D【详解】A,根据能量守恒可知，物体B动能的减少赋等于系统损失的机械能和长木 板A动能增加置之和，故A错误： B.根据动能定理可知，物体B克服摩擦力做的功等于物体B动能的减少盘，大于系统内能 的增加量，故B错误： C.根据能量守恒可知，物体B损失的机械能等于木板A获得的动能与系统损失的机械能之 和，故C错误； D.根据功能关系可知，摩擦力对物体B做的功和对木板A做的功的总和绝对值等于系统 内能的增加量，故D正确。故选D。 6.B【详解】A.在区间I内，由图可知远地点高度大于近地点高度，卫星在椭圆轨道上运 行。根据开普勒第二定律，卫星在近地点速度大，远地点速度小，线速度大小是变化的，故 A错误： B.在区间Ⅱ内，由图可知远地点高度和近地点高度均增大，说明轨道半长轴a增大。根 据开首勒第三定律只-k可知，半长轴越大，周期了越大，故B正确： C.在区间m内，卫星轨道高度约为1100多千米，轨道半径r大于地球半径R。第一字由 速度是近地卫星的环绕速度，也是最大的环绕速度，根据V=√©M了 。可知，轨道半径越大， 线速度越小，所以该卫星线速度小于第一宇宙速度，故C错误： D,在区间m内，卫星轨道高度约为1100多千米，远小于地球同步卫星的高度（约36000 千米)，根据开普勒第三定律户=：可知，轨道半径感小，周期越小，所以该卫显周期 小于地球同步卫星的周期，故D错误。故选B。 7.A【详解】A.小球达到最大速度的过程中，根据动能定理可知mg(h+)一2mg·。瓦 故小球动能的最大值为E=mgh+mg,A正确： B.弹性势能最大对应最低点，初末动能为0，由动能定理得：弹性势能最大值E。=mgx最“ 由A的结论xa>h+2x。,因此E>mg(h+2x),远大于mg(h+x),B错误： 答案第2页，共6页 C.系统总机械能守恒，总机械能=动能+露力势能+弹性势能，因此动能最大时，重力势能 与弹性势能之和最小，动能最大在平衡位置x=h+x处，不是x=h,C错误： D.重力功率P=mg,压缩弹筱过程中，小球速度先增大后减小，因此臣力功率先增大后 减小，不是逐渐减小，D钳误。故选A。 8.AC【详解】A,小球在最离点时速度最小，由于在最高点时有支撑物，可知速度的最小 值为多，故A正确，B.小球在最高点时若速度大于零小于√gL，则随速度的增加圆管对 小球的弹力减小，故B错误：C。当小球以速率v经过最低点时，根据N-m8m乙 2 可很图管对小球的弹力大小为N=m3+m,故C正确：D,当小球以速率V经过最腐点时 若v=√，则圆管对小球的弹力大小为签 若v>√gZ则圆管上壁对球有向下的弹力，大小为N=m -m8 L 若v<V瓦则图管下壁对球有向上的弹力，大小为N=mg-m艺：选项D错误。故选AC。 9.AC【详解】AB,足球在空中运动过程只受重力作用，加速度恒为厘力加速度，保持不 变，故A正确，B错误： CD.以地面为参考平面，根据重力势能表达式可得E。=mgh o h 可知E,-h图像为过原点的一条倾斜直线，故C正确，D错误。故选AC。 10.BD【详解】A,第一宇宙速度为最小的发射速度，则神舟二十一号飞船的发射速度大 于第一宇宙速度，A错误； B.由题给条件，则对主舱室G 42 -=m 2♪ 对绕地球表面运动的卫星G4m, R 可求出地球的第一字宙速度为y= 4π3 ,B正确： M 3πr3 C.由题给条件可求出地球的平均密度为P xRGR,C错误， 4 D,返回器跳出大气层后想第二次再入大气层则半径减小，席要减小速度，即向前喷气，D 正确，故选BD。 11.（每空2分，共6分)(1)D (2)-(3)1:9 空安笛？而止而 【详解】（1)A.探究小车速度随时间变化规律，是规律探究，不需要控制变量，故A锚 误；B、探究互成角度的力的合成规律，采用等效替代法，故B钳误！ C、探究平抛运动的特点，采用运动分解法，故C锴误，D,探究加速度与受力、质登的关 系，同样采用控制变量法，与本实验方法一致，故D正确。故选D。 (2)探究向心力与半径的关系，根据控制变盘法，稀要保证小球质盘相第、角速度相等。 皮带传动时塔轮边缘线速度相等，由V=ωR,要)：=W方，篇要左右塔轮半径相钨，第一层 塔轮半径比为1：1，因此调至第一层。 (3)己知m=mc,轨迹半径r=飞。第三层塔轮左右半径比R,:R岁=3：1，皮带传动边缘 线速度相等，因此wwR左=wcR右，得①：c=Rt:R左=1：3。根据向心力公式F=mwr, 代入得： E=mo2-21 Fc moer 329 12.(每空2分，共10分)(1)A(2)2.0(3) 0.6 0.7(4)9.8 【详解】(1)A.选择密度较大的重物，可以减小空气阻力对实验的影响，故A正确； B。本实验验证系统机被能守恒，表达武为%-m8h一吃网+m川，质层无法约去，必 须测盘重物质屈，故B错误： C,实验操作要求先接通电源，待打点稳定后再释放纸带，故C错误： D.若用y=√2gh求瞬时速度，相当于直接用机械能守恒的结论验证机械能守恒，属于循 环论证，故D错误。故选A。 (2)每相邻两计数点间还有4个点，因此相邻计数点的时间间隔T=0.02×5=0.s 中间时刻瞬时速度等于这段的平均速度，得B点速度 与=条-750-4652x10ma20m6 27 2×0.1s (3)[【叮系统动能增加量△二=2m+,)=2×0.1+0.2)x2.00.61 [2]m2下降h,m,上升h,因此系统重力势能减少量 △E。=(m2-m）8ha=(02-0.1)×10×0.650=0.650.7J （4)由机懒能守恒得(%-州)8hm+m2整理得V:2以运A m,+m2 因此-h图像的斜率k=2m-m迟由图丙得k=326-652,代入 m1+m2 0.50 答案第4页，共6页 m1=0.Ikg,m2=0.2kg,解得g≈9.8m/s3 13.(11分)(1)10m(2)102m/s,100w(3)50W 【详解】(1)根据平地运动规律可知，小球竖宜方向有h= 8? (1分)解得1=1s 小球在水平方向做匀速直线运动，则有x= (1分) 解得x=10m:(1分) (2)解法一小球落地时竖直方向速度大小v,=g1=I0/s (1分) 则小球落地时速度大小vs好+=l02ms(2分)刚落地时P=mgy,（1分)， 解得P=100W (1分) (3)从抛出至落地小球重力的平均功率为万g%(1分)又写= .(1分) 解得P=50W(1分) 14.(10分)(020：(2)5m /s 3 【详解】(1)货物从斜面顶端滑到底端的过程中，受到的合力为 Fo=mg sin8-μng cos8(2分) 合力所做的功为W。=F会L（2分)联立， 代入相关已知数据求得F会=40N,W令=20(1分) (2)若货物下滑到斜面中点时，速度恰好变为刚进入斜面时的2倍，根据动能定理有 是-(2，)-m4分） 代入数据求得货物刚进入斜面时的速度大小为%= ms(1分) 3 15.(17分)(1)0.93s(2)22N,方向竖直向上 (3)若烦时针转动，则v6≥5m/s或0≤v传≤√0ms,若逆时针转动，任意速度都可以 【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，由能冠守 恒定律可得E,-2m听（1分)解得=8ms 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mg=ma（1分)解得a=4g=5m2 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-v=2（1分) 答案第5页，共6页 代入数据解得xa2.8m 在传送带上减速时间队=当二".8-5=0,46(1分) a 5 匀速时间6，=二x=6-2.8 §×0.53s(1分) 6 小物块通过传送带的时间1=(+12￥0.4s+0.53s0.93s(1分) (2)小物块在传送带上减速过程，传送带位移x传=叫，=6×0.4m=2.4m（1分) 降擦生热9=4mg(x-xe)=2】(1分) 从A到C,由动能定理得 2mgR=m-号mN21分） 2 在C点Fx+mg=m (1分) R 解得F=22N 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Fc'=Fc=22N(1分) 方向竖直向上。(1分) (3)①若小物块恰好做完整的圆周运动，在C点mg=m (1分) R 从A到C,由动能定理得 -2mgR=m店-2m21分) 】 2 解得vn=5m/s ②若小物块能恰好到达圆心等高处，由机械能守恒定律得号m。=gR(1分) 解得v2=V10ms 若物块一直匀减速通过传送带后速度为”，由动能定理得 -gm-m1分) 即得4=2m/s 综上所述，若传送带顺时针转动，篇满足'W≥5ms或0≤v≤V1Oms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。(1分) 答案第6页，共6页