云南玉溪师范学院附属中学2025-2026学年高二下学期6月阶段检测物理试题

**基本信息** 以机器人舞蹈、急行跳远等真实情境为载体，覆盖运动学、力学、能量等核心知识，注重科学思维与探究能力考查。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |单选题|8/24|质点、参考系、平衡条件|结合2025春晚机器人表演考质点判断，体现科技前沿| |多选题|4/20|卫星变轨、速度分解|以卫星轨道转移考开普勒定律，关联航天科技| |实验题|2/18|加速度与受力、平抛运动|用频闪照相测平抛初速度，强化科学探究| |解答题|3/38|斜抛运动、万有引力、功能关系|滑板运动综合题整合动能定理与圆周运动，考查模型建构|

玉溪师院附中2028届高一下学期校二测 物理试卷 命题：黄国祯 审题：杨丽萍 考试时间：90分钟；满分：100分 一、单选题（8小题，每题3分，共24分） 1．在2025年央视春晚的舞台上，16个身着花袄、手持红手帕的机器人“福兮”踏着节奏明快的舞步登上舞台，与真人舞蹈演员一同上演了“AI机器秧歌”。表演中16个人形机器人不仅队列整齐划一，而且“手上功夫”灵巧多变，藏手帕、丢手帕、转手帕，一套动作行云流水，令人耳目一新。下列说法正确的是（    ） A．观众欣赏机器人的“手上功夫”时，可将机器人视为质点 B．以某一机器人为参考系，其他机器人是静止的 C．机器人丢出的手帕在空中转动时比拿在手中惯性大 D．机器人丢手帕时对手帕的作用力大于手帕对机器人的作用力 2．急行跳远起源于古希腊奥林匹克运动。如图所示，急行跳远由助跑、起跳、腾空与落地等动作组成，空气阻力不能忽略，下列说法正确的是（　　） A．助跑过程中，地面对运动员做正功 B．蹬地起跳时，运动员处于失重状态 C．在腾空的最高点，运动员的速度是0 D．从起跳后到最高点过程中，运动员重力势能的增加量小于其动能的减少量 3．现在很多高层建筑都采用玻璃外墙，具有良好采光及美观作用。但玻璃的维护及清理只能靠工人从外部进行，如图甲所示，工人为遂宁国际金融中心进行外墙玻璃清洗，用一根绳索吊着自己，脚蹬着竖直墙壁，悬停在空中作业。设悬绳对工人的拉力大小为F1，墙壁对工人的支持力大小为F2，忽略脚与外墙玻璃间的摩擦力，如图乙所示，则在缓慢增加悬绳的长度过程中（　　） A．F1增大，F2增大 B．F1增大，F2减小 C．F1减小，F2增大 D．F1减小，F2减小 4．一小球从如图所示的弧形轨道上的A点，由静止开始滑下。由于轨道不光滑，它仅能滑到B点。由B点返回后，仅能滑到C点，已知A、B高度差为h1，B、C高度差为h2，则下列关系正确的是（　　） A．h1＝h2 B．h1＜h2 C．h1＞h2 D．h1、h2大小关系不确定 5．质量的小球悬挂在轻弹簧下端，弹簧原长为，静止时弹簧的长度。如图所示，当小球在水平面内做匀速圆周运动时，弹簧轴线与竖直方向的夹角为60°，弹簧拉力大小为F，周期为1s，加速度大小为a。已知重力加速度，不计空气阻力，弹簧未超出弹簧限度。下列判断正确的是（　　） A．弹簧的劲度系数为150N/m B．匀速圆周运动时弹簧的伸长量为0.1m C． D． 6．如图所示，排球比赛中运动员将排球从M点水平击出，排球飞到P点时，被对方运动员斜向上击回，排球飞出后落到M点正下方的N点，已知N点与P点等高，且排球第二次飞行过程中的最高点Q与M点等高。不计空气阻力，下列说法正确的是（　　） A．排球第一次飞行与第二次飞行的时间之比为 B．排球两次飞行过程中相同时间内的速度变化量不相等 C．排球两次飞行过程中的加速度不相同 D．排球离开M点的速率小于经过Q点的速率 7．如图所示，单摆摆球的质量为m，摆长为l，摆球从最大位移A处由静止释放，摆线摆过角时摆球运动到最低点B。摆球运动到最低点B的速度为v，不计空气阻力，重力加速度为g，对于摆球从A运动到B的过程中，下列说法中正确的是（　　） A．合外力对摆球做功等于0 B．摆球运动到最低点B时绳的拉力为 C．重力对摆球做的功为 D．重力对摆球做功的瞬时功率一直增大 8．如图甲所示，质量为的物体受水平推力作用在水平面上由静止开始运动，推力随位移变化的关系如图乙所示，运动后撤去推力。已知物体与地面间的动摩擦因数为，重力加速度取，在物体运动的整个过程中（　　） A．推力对物体做的功为 B．物体的位移为 C．物体的动能最大值为 D．物体在时速度最大 二、多选题（4小题，每题5分，共20分，全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分） 9．卫星先在圆轨道1绕地球运行，在切点P进入椭圆转移轨道2，再在远地点Q进入圆轨道3。不计空气阻力，圆轨道1的半径为r1，圆轨道3的半径为r3，下列说法正确的是（　　） A．卫星在轨道1上经过P点的速度小于在轨道2上经过P点的速度 B．卫星在轨道2上经过Q点的加速度与在轨道3上经过Q点的加速度不相等 C．卫星圆轨道1的周期T1和轨道3的周期T3满足 D．卫星从轨道2变轨到轨道3，需要在Q点减速 10．如图所示，套在细直杆上的环通过跨过定滑轮且不可伸长的轻绳与相连，在外力作用下沿杆以速度匀速上升经过、两点，经过点时轻绳与竖直杆间的夹角为，经过点时与定滑轮的连线处于水平方向，轻绳始终保持伸直状态。下列说法正确的是（    ） A．经过点时，、的速度大小相等 B．在从点运动至点的过程中，的速度逐渐减小 C．在从点运动至点的过程中，始终处于失重状态 D．经过点时，的速度大小等于 11．如图所示，A、B两物块的质量分别为3m和2m，静止叠放在水平地面上。A、B之间的动摩擦因数为，B与地面之间的动摩擦因数为，可认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。现对A施加一水平拉力F，则下列说法正确的是（　　） A．当时，A、B都相对地面静止 B．无论F为何值，B的加速度都不会超过 C．当时，A、B之间的摩擦力 D．当时，A、B之间发生相对滑动 12．质量为2 t的汽车在平直路面上启动，启动过程的速度时间图像如图所示，从时刻起牵引力的功率保持不变，整个运动过程中汽车所受阻力恒为2000 N，图中OA为直线段，，，，时刻恰好达到最大速度，则（　　） A．时间内，汽车牵引力为6000 N B．时间内，汽车功率为40 kW C．汽车启动过程中的最大速度为20 m/s D．时间内，汽车位移为1125 m 三、实验题（本大题共2个小题，每空2分，共计18分。） 13．某实验小组利用如图甲所示装置“探究加速度与物体受力的关系”，已知小车的质量为M，单个钩码的质量为m，打点计时器所接的交流电源的频率为，动滑轮质量不计，实验步骤如下： ①按图甲所示安装好实验装置（未挂钩码），其中与定滑轮及弹簧测力计相连的细线竖直 ②调节长木板的倾角，轻推小车后，使小车能沿长木板向下匀速运动 ③挂上钩码，接通电源后，再放开小车，打出一条纸带，由纸带求出小车的加速度，读出弹簧测力计的示数 ④改变钩码的数量，重复步骤③，求得小车在不同拉力作用下的加速度 根据上述实验过程，回答以下问题： (1)对于上述实验，下列说法正确的是______ A．钩码的质量应远大于小车的质量 B．实验过程中钩码处于平衡状态 C．与小车相连的细线与长木板一定要平行 D．小车所受的拉力大小等于钩码重力 (2)实验中打出的一条纸带如图乙所示，图中相邻两计数点间还有4个点未画出，由该纸带可求得小车的加速度______。（结果保留两位有效数字） (3)若交流电的实际频率小于，则（2）中a的计算结果与实际值相比______（选填“偏大”“偏小”或“不变”）。 (4)由本实验得到的数据作出小车的加速度a与弹簧测力计的示数F的关系图像，与本实验符合的是______ A． B． C． D． (5)若实验步骤②中，让长木板水平放置，没有补偿阻力，其余实验步骤不变且操作正确，以弹簧测力计的示数F为纵坐标，以加速度a为横坐标，得到如图丁所示的纵轴截距为b、斜率为k的一条倾斜直线，重力加速度为g，忽略滑轮与绳之间的摩擦以及纸带与限位孔之间的摩擦，则小车和长木板之间的动摩擦因数：______。 14．某学校师生做了三个实验来研究平抛运动的规律。 (1)如图甲所示为课堂上老师做的演示实验：图甲中两个完全相同的小球A、B处于同一高度，用锤敲打弹片，______（选填“看到”或“听到”）两球同时落地，改变小球距地面的初始高度和击打力度，多次重复实验，两球仍然同时落地，可判断做平抛运动的A球竖直方向做自由落体运动。 (2)如图乙所示为同学们在实验室做的分组实验，来定量研究平抛运动： ①关于该实验的一些做法，合理的是______。 A．斜槽末端切线应当保持水平 B．为减小阻力影响，斜槽轨道必须光滑 C．每次必须从同一高度由静止释放 ②若某次实验时，小球水平抛出后下降高度为h时的水平位移为x，重力加速度为g，则小球的平抛初速度为______（用h、x、g表示）。 (3)图丙采用频闪照相的方法研究平抛运动，小球在平抛运动中的几个位置如图丙中的a、b、c、d所示，图中每个小方格的边长为，则该小球做平抛运动的初速度大小______m/s。（重力加速度，结果保留两位有效数字） 四、解答题 15．（7分）2025年6月21日，中超联赛中云南玉昆队以战胜陕西联合队。在赛场上，某球员将足球从A点由静止抽射出去，足球在空中运动后落在地面上与A点等高的B点，足球的运动轨迹如图所示。已知足球可视为质点，质量，AB相距，足球从A点运动到B点的时间，取重力加速度，不计空气阻力。求： (1)足球离地瞬间的速度大小； (2)抽射过程中，球员对足球做的功。 16．（12分）假设未来的某日，一宇航员成功登上金星，他用长度为L的轻绳拴一质量为m的小球（视为质点），在竖直平面内让小球做圆周运动，小球恰好能通过最高点，且通过最高点时小球的速度大小为v0，金星可视为半径为R的均匀球体，引力常量为G，不考虑空气阻力的影响。 （1）求金星表面的重力加速度大小g及金星的第一宇宙速度v1； （2）若该宇航员在离开金星时，乘坐的宇宙飞船先在距金星表面的高度为R的圆轨道上做匀速圆周运动，求宇宙飞船在该轨道上运动的周期T。 17．（19分）滑板运动是极限运动的鼻祖，许多极限运动项目均由滑板项目延伸而来。如图所示是滑板运动的轨道，和是两段光滑圆弧形轨道，段的圆心为O点，圆心角为，半径与水平轨道垂直，水平轨道段粗糙且长，一运动员从轨道上的A点以的速度水平滑出，在B点刚好沿轨道的切线方向滑入圆弧形轨道，经轨道后冲上轨道，到达E点时速度减为零，然后返回。已知运动员和滑板的总质量为，B、E两点与水平面的竖直高度分别为h和H，且，，。 (1)求运动员从A运动到达B点时的速度大小和在空中飞行的时间； (2)求轨道段的动摩擦因数、离开圆弧轨道末端时，滑板对轨道的压力； (3)通过计算说明，第一次返回时，运动员能否回到B点？如果能，请求出回到B点时的速度大小；如果不能，则最后停在何处？ 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 玉溪师院附中2028届高一下学期校二测参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 B D D C B A C C AC BD 题号 11 12 答案 AD AD 1．B 【详解】A．在观众欣赏机器人的“手上功夫”时，机器人的形状、大小不能忽略，不能将机器人视为质点，A错误； B．表演中16个人形机器人队列整齐划一，以某一机器人为参考系，其他机器人是静止的，B正确； C．手帕的质量不变，则惯性不变，C错误； D．机器人丢手帕时对手帕的作用力与手帕对机器人的作用力大小相等，D错误。 故选B。 2．D 【详解】A．助跑过程中，地面对运动员的作用力对应的位移为0，故地面对鞋的摩擦力不做功；地面对运动员的支持力与运动员的运动方向垂直，支持力也不做功，因此助跑过程中，地面对运动员不做功，故A错误； B．蹬地起跳时，运动员有竖直向上的加速度，处于超重状态，故B错误； C．在腾空的最高点，运动员竖直向上的分速度为零，但是水平方向的分速度不为零，所以运动员的速度不为零，故C错误； D．空气阻力不能忽略，则从起跳到最高点过程，运动员要克服空气阻力做功，有机械能损失，因此运动员重力势能的增加量小于其动能的减少量，故D正确。 故选D。 3．D 【详解】对工人受力分析，工人受竖直向下的重力G，沿绳向上的拉力F1和墙壁对工人水平向左的弹力F2，设绳与竖直方向的夹角为α，根据平衡条件可得， 缓慢增加悬绳的长度，细绳与竖直方向的夹角α变小，cosα变大，tanα变小，则F1变小，F2变小。 故选D。 4．C 【详解】从A到B过程，根据动能定理可得 从B到C过程，根据动能定理可得 由于小球克服摩擦力做功，机械能不断减小，前后两次经过轨道同一点时速度减小，所需要的向心力减小，则轨道对小球的支持力减小，小球所受的滑动摩擦力相应减小，而滑动摩擦力做功与路程有关，可见从A到B小球克服摩擦力做功一定大于从B到C克服摩擦力做功，则有。 故选C。 5．B 【详解】A．小球悬挂在轻弹簧下端，弹簧原长为，静止时弹簧的长度，则有 解得弹簧的劲度系数为，故A错误； BC．小球做匀速圆周运动时，竖直方向由平衡条件可得 解得，，故B正确，C错误； D．小球做匀速圆周运动时，水平方向根据牛顿第二定律可得 解得，故D错误。 故选B。 6．A 【详解】A．排球从M点到P点与排球从Q点到N点，均做平抛运动，下落高度相同，根据可知下落时间相等，又根据对称性可知，P点到Q点的时间与Q点到N点的时间相等，所以排球从P点运动到N点的时间等于从M点运动到P点的时间的两倍，故排球第一次飞行与第二次飞行的时间之比为，故A正确； BC．排球两次飞行过程中，加速度均为重力加速度，加速度相同；又速度变化量 可知相同时间内的速度变化量相同，故BC错误； D．排球从M点运动到P点与排球从Q点运动到N点的时间相等，但由于从M点运动到P点的水平位移大于从Q点运动到N点的水平位移，根据可知排球离开M点的速率比经过Q点的速率大，故D错误。 故选A。 7．C 【详解】AC．摆球从A运动到B的过程中，只有重力对摆球做功，所以合外力对摆球做功为，故A错误，C正确； B．摆球运动到最低点B时，由牛顿第二定律可得 解得绳的拉力为，故B错误； D．在A点的速度为0，所以在A点重力做功的瞬时功率为0；在B点的速度方向与重力垂直，所以在B点重力做功的瞬时功率为0，则重力对摆球做功的瞬时功率先增大后减小，故D错误。 故选C。 8．C 【详解】A．功等于图像与横轴围成的面积，故，故A错误； B．时，由动能定理 解得 后， 由解得 故总位移，故B错误； CD．物体的动能最大时速度最大，速度最大时加速度为零，故 由图像，时有 解得时 由动能定理 解得，故C正确，D错误； 故选C。 9．AC 【详解】A．卫星在轨道1上的P点加速进入轨道2上的P点，故卫星在轨道1上经过P点的速度小于在轨道2上经过P点的速度，故A正确； B．由万有引力提供向心力 得 卫星在轨道2上经过Q点的加速度与在轨道3上经过Q点的加速度相等，故B错误； C．由开普勒第三定律 故，故C正确； D．卫星从轨道2变轨到轨道3，需要在Q点加速，使需要的向心力大于提供的向心力，进而做离心运动，故D错误。 故选AC。 10．BD 【详解】A．A经过Q点时，A的速度方向竖直向上，与绳子垂直，此时B的速度大小为，、的速度大小不相等，A错误； BCD．把A的速度分解到沿着绳子和垂直绳子方向，有，在从点运动至点的过程中，逐渐增大，逐渐减小，则的速度逐渐减小，但因为B向下运动，故B始终处于超重状态，B、D正确，C错误。 故选BD 。 11．AD 【详解】A．A、B之间的最大静摩擦力 B与地面之间的最大静摩擦力 A、B都相对地面静止时，，选项A正确； CD．若A、B一起向右运动，A、B之间的摩擦力为静摩擦力，对A、B组成的整体有 对B有 又 解得 故时，A、B之间发生相对滑动，当时，A、B之间的摩擦力，选项C错误，D正确； B．当A、B发生相对滑动时，B的加速度 所以无论F为何值，B的加速度都不会超过，选项B错误。 故选AD。 12．AD 【详解】A．为匀加速直线运动，加速度 根据牛顿第二定律 解得，汽车的牵引力，A正确； B．时刻起功率保持不变，额定功率，B错误； C．速度最大时，牵引力等于阻力，功率 解得，汽车的最大速度，C错误； D．匀加速位移 对阶段（功率恒定，时长，应用动能定理 解得 总位移，D正确。 故选AD 。 13．(1)C (2)6.0 (3)偏大 (4)A (5) 【详解】（1）A．实验中弹簧测力计能够直接测量细线对小车的拉力，可知，不需要使钩码的质量应远大于小车的质量，故A错误； B．实验过程中，钩码向下做加速运动，钩码并没有处于平衡状态，故B错误； C．小车运动过程中，为了确保细线对小车拉力一定，实验中，与小车相连的细线与长木板一定要平行，故C正确； D．令小车所受的拉力大小为F，对钩码进行分析，根据牛顿第二定律有 解得 可知，小车所受的拉力小于钩码重力，故D错误。 故选C。 （2）相邻两计数点间还有4个点未画出，则相邻计数点之间的时间间隔 根据逐差法可知，小车的加速度 （3）若交流电的实际频率小于，数据处理时仍然用，则相邻计数点之间的时间间隔偏小，结合上述可知，a的计算结果与实际值相比偏大。 （4）未挂钩码时，调节长木板的倾角为，轻推小车后，使小车能沿长木板向下匀速运动，则有 挂上钩码后，对小车进行分析，根据牛顿第二定律有 解得 加速度a与拉力F成正比，可知，为过原点的一条倾斜直线。 故选A。 （5）让长木板水平放置，没有补偿阻力，对小车进行分析，根据牛顿第二定律有 解得 结合图像有， 解得 14．(1)听到 (2) AC (3)2.0 【详解】（1）人眼观察会有视觉误差、视觉延迟，很难精准判断“同时落地”；而听到两球落地声同步，才能证明两球同时落地。 （2）①[1]A．斜槽末端切线应当保持水平，以保证小球做平抛运动，故A正确； B．斜槽的摩擦力对实验没有影响，故B错误； C．保证小球每次都从斜槽上同一高度由静止释放，保证小球每次做平抛运动的初速度相同，故C正确。 故选AC。 ②[2]小球在竖直方向做自由落体运动，则 在水平方向匀速直线运动，所以 联立，解得 （3）由图可知，相邻计数点间水平位移相等，所以相邻计数点间的时间间隔相等，设为。在竖直方向，根据 解得 在水平方向 解得 15．(1) (2) 【详解】（1）足球做斜抛运动，设足球在水平方向、竖直方向的分速度大小分别为、，由运动的合成和分解得、（2分） 足球的初速度大小为（1分） 联立解得（1分） （2）抽射过程中，根据动能定理可知，球员对足球做的功为（2分） 解得（1分） 16．（1），；（2） 【详解】（1）小球恰好能通过最高点时，由重力提供向心力，根据牛顿第二定律得 （2分） 解得 （1分） 质量为m的小球受到的重力等于万有引力，有 （2分） 由万有引力提供向心力有   （2分） 解得 （1分） （2）由万有引力提供向心力有 （2分） 又   （1分） 解得 （1分） 17．(1)； (2)；，方向竖直向下 (3)不能，停在距离D点左侧处 【详解】（1）由题意根据几何关系可知（1分） 代入初速度解得（1分） 在B点竖直方向的速度（1分） 从A点到B点竖直方向自由落体，则有（1分） 解得（1分） （2）由B点到E点，由动能定理可得（2分） 代入数据可得（1分） 由B点到C点，由动能定理可得（2分） 在C点由牛顿第二定律知（1分） 由几何知识可得 联立解得 根据牛顿第三定律可得滑板对轨道的压力，方向竖直向下（1分） （3）运动员能到达左侧的最大高度为，从B点到第一次返回左侧最高处，根据动能定理有（2分） 解得（1分） 所以第一次返回时，运动员不能回到B点，设运动员从B点运动到停止，在段的总路程为s，由动能定理可得（2分） 代入数据解得（1分） 因为，所以运动员最后停在距离D点左侧处（1分） 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 $