辽宁鞍山市第十三中学等校2025-2026学年高一下学期5月期中学情调研物理试题

2025-2026学年度高一（下)5月中期学情调研试卷 物理试卷 （考试时间：75分钟 试卷满分：100分) 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。 2.作答时，将答案写在答题卡上，写在试题卷上无效。 3.作图可先用铅笔画出，确定后必须用黑色签字笔描黑。 一、选择题：本题共10小题，共46分。在每小题给出的四个选项中，第1~7 题只有一项符合题目要求，每小题4分；第8~10题有多项符合题目要求，每小 题6分，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错或不答的得0分。 1.牛顿深入思考了物体间引力，并进行了著名的“月地检验”来验证自己的猜想，己知地球 可视作半径为R的均匀圆球，地球表面的重力加速度大小为g,月球绕地球运行的轨道半径 为r、向心加速度大小为，忽略地球自转。若牛顿的猜想正确，则应有() A. 8 R B.aR 8r D.9、R2 2.以下关于功与能量的关系描述正确的是() A.当物体合力为零时，机械能一定守恒B.物体减速上升时，机械能可能增大 C.克服摩擦力做功的多少等于产生的热量D.一对相互作用力做功之和一定为零 3.如图所示，下列有关生活中圆周运动实例分析，其中说法正确的是() 内轨 图1 图2 图3 图4 A.图1中汽车通过凹形桥的最低点时，汽车处于超重状态 B.图2中旋转秋千在转动中，等长绳索对质量相等座椅A、B的拉力相等 C.图3中火车转弯超过规定速度行驶时，内轨和轮缘间会有挤压作用 D.图4中脱水桶原理是水滴受到的离心力大于它受到的向心力，从而沿切线方向甩出 4.如图是一种新概念自行车，它没有链条，共有三个转轮，A、B、C转轮半径依次减小。 轮C与轮A啮合在一起，骑行者踩踏板使轮C动，轮C驱动轮A转动，从而使得整个自行 试卷第1页，共7页 车沿路面前行。对于这种自行车，下面说法正确的是() 轮 轮( 轮B A.转轮A、B、C线速度VA、g、vc之间的关系是VA>B>'c B.转轮A、B、C线速度VA、g、'c之间的关系是VA=B>'c C.转轮A、B、C角速度o4、0g、c之间的关系是>，>@ D.转轮A、B、C角速度04、、Oc之间的关系是04=>m 5.“复兴号”动车组用多节车厢提供动力，从而达到提速的目的。总质量为的动车组在平 直的轨道上行驶。该动车组有四节动力车厢，每节车厢发动机的额定功率均为P,若动车组 所受的阻力与其速率成正比(F=,k为常量)，动车组能达到的最大速度为y。下列说 法正确的是() A.动车组在匀加速启动过程中，牵引力恒定不变 B.若四节动力车厢输出功率均为额定值，则动车组从静止开始做匀加速运动 C.若四节动力车厢输出的总功率为225P,则动车组匀速行驶的速度为。 D.若四节动力车厢输出功率均为额定值，动车组从静止启动，经过时间t达到最大速度 ,则这一过程中该动车组克服阻力微的功为m-P 6.如图所示，半径为R的半球形容器固定在水平转台上，转台绕过容器球心O的竖直轴线 以角速度ω匀速转动。质量相同的小物块A、B随容器转动且一直相对器壁静止，A、B和 球心O点连线与竖直方向的夹角分别为α和B,a>B,u=60°，此时物块A受到的摩擦力 恰好为零，重力加速度为g。则() 试卷第2页，共7页 B 0转台 A.物块B受到的摩擦力可能为零 B.物块B受沿容器壁向上的摩擦力 C.若增大角速度ω，物块B受到的摩擦力一定增大 D.若减小角速度ω，物块B受到的摩擦力一定增大 7.清洗汽车用的高压水枪出水口的直径为D,水流以速度ⅴ从枪口水平喷出，近距离垂直 喷射到车身。所有喷到车身的水流，约有：向四周溅散开，溅起时垂直车身向外的速度为 分其余子的水流撞击车身后无反辨地顺若车身流下，由于木流与车身的作用时间较短，因 此在分析水流对车身的作用力时可忽略水流所受的重力。已知水的密度为，水流对车身的 平均冲击力大小为( ) A pxD 11 BP 40xD3,2 C. D. 8.2025年11月14日，神舟二十一号载人飞船返回地球。如图所示，飞船在I轨道上绕地 球匀速运行，在P点变轨进入Ⅱ轨道，并在近地点Q再次变轨进入大气层。则飞船() 地现 飞船 A.从I轨道进入Ⅱ轨道需要在P点向后喷气 B.在Ⅱ轨道上经过P点的速度大于经过Q点的速度 C.在Ⅱ轨道上从P点运动到Q点的过程中，机械能守恒 D.在I轨道上经过P点时的加速度等于在Ⅱ轨道上经过P点时的加速度 9.“套圈”是一种有趣的娱乐活动。小孩和大人在同一条竖直线上的不同高度分别水平抛出 相同的圆环，结果恰好都套中前方同一物体，不计空气阻力。若大人和小孩抛出圆环的高度 之比为2：1，圆环及被套物体均可视为质点，则下列说法中正确的是() 试卷第3页，共7页 A.大人和小孩抛出圆环时对圆环做的功之比为1：2 B.大人和小孩抛出的圆环在空中飞行过程中重力的平均功率之比为√2：1 C.大人和小孩抛出的圆环落地时重力的瞬时功率之比为1：2 D.大人和小孩抛出的圆环在空中运动过程中动能的变化量之比为1：2 10.如图所示，一根劲度系数为k的轻质弹簧下端固定在水平面上，弹簧上端放一个质量为 m的小物块A,A与弹簧间不拴接，开始时A静止于P点。另一质量也为m的小物块B从 A正上方某处Q点由静止释放(Q点位置未知)：与A发生正碰后立即粘在一起成为组合体， 组合体在以后的运动过程中恰好不离开弹簧。己知弹簧的弹性势能与其形变量的关系为 ?=公，重力加速度为名，弹簧始终未超出弹性限度。下列说法正的是（） ⑧ 囚 A 77777T A.在运动中，组合体的机械能守恒 B。组合体运动到最低点时，弹簧压缩量为48 C.组合体动能的最大值为2m8 k D.当组合体动能最大时，弹簧压缩量 二、非选择题：本题共5小题，共54分，其中第13题至15题解答时请写出必 要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分：有数 值计算时，答案中必须明确写出数值和单位， 11.图甲是英国物理学家阿特伍德创制的力学实验装置一阿特伍德机。同学将其改装成如 图乙所示装置用于验证机械能守恒定律，滑轮和细线的质量可忽略不计，细线不可伸长，重 力加速度g取9.8m/s。部分实验步骤如下： 试卷第4页，共7页 刻度尺 甲 乙 (1)用细线跨过定滑轮将质量均为M的重物a、b连接，a和b组成的系统处于静止状态， a的上表面与0点等高。 (2)零时刻，将质量为的砝码无初速度地放于b上表面，、b和砝码组成的系统开始运 动，用手机录像功能记录上述过程，从视频中获取数据。 (3)t时刻，α运动到上表面与P点等高，通过悬挂的竖直刻度尺测得O、P两点高度差为 九，a运动到上表面与P点等高时，a的速度大小为 t (4)测得：M0.85kg,m0.10kg,-60.00cm,1.5s,a从上表面与0点等高运动到上表 面与P点等高的过程中，α、b和砝码组成的系统的重力势能减少量△E。=J,动能增 加量AE= J,在误差允许范围内，△E,≈△E,系统机械能守恒。（计算结果均保留2 位有效数字) (5)实验小组仅改变P点的位置，多次重复实验，得到多组h和t的数据。在坐标纸上作 出h-t图像，若图像为过原点且斜率为 的直线，也可验证系统机械能守恒。（用字 母M、、g表示) 12.在“探究平抛运动的特点”的实验中，某组同学用如图1所示装置研究平抛运动。 硬板 白纸 重 线 M 重锤线 图1 图2 试卷第5页，共7页 15.0 A 30.0x/cm ----->Xg 5.0 B B 20.0 y/cm 图3a 图3b 将白纸和复写纸对齐重叠并固定在竖直的硬板上，让钢球沿斜槽轨道PO滑下后从O点飞出， 落在水平挡板MN上，并挤压白纸留下痕迹点。移动挡板，重新释放钢球，如此重复，白纸 上将留下一系列痕迹点。 (1)下列实验条件必须满足的有() A.斜槽轨道末端水平 B.挡板高度等间距变化 C.每次从斜槽上相同的位置无初速度释放钢球 D.尽可能减小钢球与斜槽轨道之间的摩擦 (②)同学甲用图1的实验装置得到的痕迹点如图2所示，其中一个偏差较大的点产生的原因， 可能是该次实验() A.钢球释放的高度偏低 B.钢球释放的高度偏高 C.钢球没有被静止释放 D.挡板MN未水平放置 (3)同学乙用频闪照相机记录了钢球做平抛运动过程中的A、B、C三点，于是就取A点为坐 标原点，建立了如图3a所示的坐标系。平抛轨迹上的这三点坐标值图中已标出。 a.根据图中数据判断，钢球平抛的初速度为 m/s(取g=10m/s2,计算结果保留两位 有效数字)。 b.由于该同学在确定竖直方向时未用到铅垂线，而导致该同学所绘图像的y轴在实际竖直 方向（图3b中虚线yg所示）稍偏左侧的位置，则该实验小组测得的小球的初速度」 （填“大于“等于”或“小于”)小球真实的初速度。 13.2020年7月23号“天问一号”火星探测器发射成功，在历时202天，跨越约4.7亿千米 后，于2021年5月15日成功在火星软着陆。我国成为世界上第一个首次探测火星就实现“绕、 落、巡”三项任务的国家。探测器登陆火星表面后进行了很多科学探测与实验，某次将一个 小球以速度vo竖直上抛，经过to时间到达最高点。已知火星的半径为R,引力常量为G,不 试卷第6页，共7页 计阻力。求： (1)火星的质量及火星的第一宇宙速度大小： (②)己知火星的自转周期为T,若想让探测器进入火星的同步轨道运行，则探测器应位于火星 表面多高处？ 14.如图所示，长为L=2m、质量为M=2kg的木板静止在光滑的水平地面上，A、B是木 板的两个端点，点C是AB中点，AC段光滑，CB段粗糙，木板的A端放有一个质量为m=1kg 的物块（可视为质点），现给木板施加一个水平向右，大小为F=9N的恒力，当物块相对木 板滑至C点时撤去这个力，最终物块恰好滑到木板的B端与木板一起运动，求： B C 口AF mmimmmmmmmmmmmmmmmmmmmmmmmiimmmmmmmmm (1)物块到达木板C点时木板的速度”1： (2)木板的摩擦力对物块做的功W: (3)木块和木板CB段间的动摩擦因数4 15.如图所示，质量为=4kg的滑块（可视为质点）放在光滑平台上，向左缓慢推动滑块 压缩轻弹簧至P点，释放后滑块以一定速度从A点水平飞出后，恰好从B点无碰撞滑入竖 直平面内的光滑圆弧轨道BC,然后从C点进入与圆弧轨道BC相切于C点的水平面CD, 同一竖直平面内的光滑半圆轨道DE与水平面CD相切于D点。已知圆弧轨道BC的半径 R=3m,AB两，点的高度差h=0.8m,光滑圆BC对应的圆心角为53°，滑块与CD部分的 动摩擦因数u=0.1,Lcp=2m,重力加速度g=10m/s2。求： （1)弹簧压缩至P点时的弹性势能： (2)滑块到达圆弧末端C时对轨道的压力： (3)滑块冲上半圆轨道后中途不会脱离半圆轨道，轨道DE的半径R,满足的条件。 539 B D 试卷第7页，共7页 1.D 【详解】忽略地球自转，对地球表面的物体有G R2 月球绕地球转动时，由万有引力提供向心力可得GM=ma 2 联立可得 R 82 故选D。 2.B 【详解】A.合力为零时，重力以外的其他力可能做功，机械能不守恒 例如物体匀速上升，合力为零，但动能不变、重力势能增大，机械能增加，因此机械能不一 定守恒，故A错误： B.机械能的变化等于除重力外其他力做的功。物体减速上升时，若受到向上的拉力（拉力 方向与位移方向相同，做正功)，即使拉力小于重力使物体减速，拉力做正功仍会让机械能 增大，因此机械能可能增大，故B正确： C.因摩擦产生的热量在数值上等于滑动摩擦力的大小与相对路程的乘积，物体克服摩擦力 做功指克服单个物体所受摩擦力做的功，其大小为W=乃绝对，两者不一定相等，故C错误； D.相互作用力作用在两个不同物体上，两个物体的位移不一定相等，因此做功之和不一定 为零，故D错误。 故选B。 3.A 【详解】A.汽车在最低点时向心加速度向上，此时支持力大于重力，汽车处于超重状态， 故A正确： B.旋转秋千装置中，根据牛顿第二定律可得gtan日=or 由于B的圆周运动半径大，则B绳索与竖直方向的夹角O更大，根据Tcos6=g 可知绳索对座椅B的拉力更大，故B错误； C.火车转弯超过规定速度行驶时，外轨对车轮弹力水平分量充当部分向心力，故C错误： D.脱水桶原理并不是水滴受到的离心力大于它受到的向心力，而是水滴受到的实际合力不 足以提供所需的向心力，从而沿切线方向甩出，故D错误。 故选A。 4.C 答案第1页，共8页 【详解】AB.自行车运动过程中，前后轮A、B的线速度相等，由于A、C啮合在一起、A、 C线速度也相等，因此 VA=V3=YC 故AB错误； CD.由@='可知，在线速度相等的情况下，半径越小角速度越大，故C正确，D错误。 故选C。 5.c 【详解】A.对动车由牛顿第二定律有 F-F-ma 若动车组在匀加速启动，即加速度a恒定，但F=随速度增大而增大，则牵引力也随阻 力增大而变大，故A错误： B.若四节动力车厢输出功率均为额定值，则总功率为4P,由牛顿第二定律有 4卫-N=a 1 故可知加速启动的过程，牵引力减小，阻力增大，则加速度逐渐减小，故B错误： C.若四节动力车厢输出的总功率为2.25P,则动车组匀速行驶时加速度为零，有 2.25P=m 而以额定功率匀速时，有 4P 联立解得 故C正确： D.若四节动力车厢输出功率均为额定值，动车组从静止启动，经过时间t达到最大速度”m, 由动能定理可知 4PL-Wou-m-0 可得动车组克服阻力做的功为 wanm 答案第2页，共8页 故D错误； 故选C。 6.C 【详解】AB.此时物体A受到的摩擦力恰好为零，则只受到重力与支持力，二者的合力提 供向心力，如图 (⊙ F、 B 0转台 mg 可得ugtand=o2 Rsina 解得ω= Rcosa 同理可得当B所受到的摩擦力为零时®'= RCOS B 由于a>B,则w<o 所以A受到的静摩擦力为零时，B有沿容器壁向上滑动的趋势，即B受到沿容器壁向下的 摩擦力，故AB错误； CD.B所受摩擦力沿容器壁向下，若ω增大，则所需的向心力变大，B受到的摩擦力一定 增大，反之，若减小角速度o,物块B受到的摩擦力一定减小，故C正确，D错误。 故选C。 7.B 【详解】取丛时间内的水流为研究对象，则该时间内喷出水的质量m= APID'YA 1 v2 利用动量定理列方程得F△t=二v+。 +二w 333 解得P=5 8PrD 故选B。 8.CD 【详解】A.飞船从轨道进入轨道Ⅱ，是从高轨道进入低轨道，需要做近心运动。根据近心 答案第3页，共8页 运动条件，飞船在P点必须减速，使得万有引力大于所需的向心力，减速需要向前喷气（获 得向后的反作用力)，故A错误： B.在轨道Ⅱ上，P点为远地点，Q点为近地点，根据开普勒第二定律，飞船在近地点的速 度大于远地点的速度，即经过Q点的速度大于经过P点的速度，故B错误； C.在轨道Ⅱ上从P点运动到Q点的过程中，飞船只受地球的万有引力作用，只有万有引力 做功，因此飞船的机械能守恒，故C正确： D.根据万有引力提供向心力有GM ,=a 2 解得a=兴 飞船在轨道缸上经过P点时和在轨道Ⅱ上经过P点时，距离地心的距离相等，因此加速度 大小相等，故D正确。 故选CD。 9.AB 【详解】A.圆环做平抛运动，竖直方向有h= 圆环在水平方向有x=,t 则=x2h 水平位移相同，故水平初速度之比为1：√5 大人和小孩抛出圆环时对圆环做的功转化为初动能，根据B=】2可知动能之比为1：2， 则做功之比为1：2，故A正确： B.重力做功为W=gh 飞行过程中重力的平均功率P-严-g t t 高度之比为2：1，由A分析可知运动时间之比为√2：1，则平均功率之比为√2：1，故B正确： C.圆环落地时重力的瞬时功率为P=gy,=gt 落地时重力的瞬时功率之比为√21，故C错误； D.动能的变化量等于合外力做功，重力做功之比为2：1，故动能的变化量之比为2：1， 故D错误。 故选AB。 10.BC 【详解】A.组合体除重力外还有弹簧弹力做功，所以机械能不守恒。故A错误； 答案第4页，共8页 B.组合体和弹簧构成的系统机械能守恒，当B与A成为组合体时，恰好不离开弹簧，则最 高点弹簧处于原长。在最低点时弹簧的压缩量x和组合体下落的高度相等，组合体减少的重 力势能全部转化为弹性势能2g,=k 可得最低点时弹簧形变量、=4m8。故B正确： k CD.P点为A静止时的位置，有F=g,碰撞瞬间弹簧弹力F不变，组合体重力 G=2g>F,组合体继续加速，当a=0时，F=2g=Mx 此时组合体速度和动能最大，弹簧形变量x=28。从组合体的最高点到动能最大位置， 2mgx= 可得=2g 。故C正确，D错误。 k 故选BC。 nig 11. 0.59 0.58 4M+2m 【详解】[1]a从上表面与O点等高运动到上表面与P点等高的过程中，a、b和砝码组成的 系统的重力势能减少量△E。=gh=0.1×9.8×0.6J≈0.59J [2]α、b和砝码组成的系统的动能增加量为 AE(m)x(2x0.85+0.)* 2×0.6 J≈0.58J 2 15 周根指系统机横能守恒可得e2M-mP2W-m(】 整理可得h= 8一t2 4M+2L 若h-图像为过原点且斜率为，”8的直线，也可验证系统机械能守恒。 4M+2m 12.(1)AC (2)BC 3) 1.5 大于 【详解】(1)A.斜槽轨道末端水平，能保证钢球做平抛运动，是必须满足的条件，故A正 确： B.挡板高度不需要等间距变化，只要能记录不同位置的痕迹点即可，不是必须条件，故B 错误； 答案第5页，共8页 C.每次从斜槽上相同的位置无初速度释放钢球，这样才能保证钢球每次平抛的初速度相同， 是必须满足的条件，故C正确； D.钢球与斜槽轨道之间的摩擦不影响每次从同一位置释放时到达末端的速度，不是必须减 小的，不是必须条件，故D错误。 故选AC。 (2)由图可知，下降相同的高度，误差点的水平位移更大，可知偏差较大的点产生原因是 平抛运动初速度偏大，故可能原因是钢球没有被静止释放或钢球释放的高度偏高。 故选BC。 (3)[1]对钢球竖直方向Ay=yac-yB=0.1m=gt 水平方向x4s=0.15m=t 联立解得钢球初速度=1.5m/s [2]由于实际的竖直方向在该小组同学所绘图像y轴偏右侧的位置，导致横坐标的测量值偏 大而纵坐标的测量值偏小，根据平抛运动规律，可知球的初速度偏大。 13.(1) 6R2 (2) 1R2T2 4元2t -R 【详解】(1)将一个小球以速度'竖直上抛，经过to时间到达最高点，根据运动学公式可 得0=g-80 解得火星表面重力加速度为8=口 在火星表面，小球所受万有引力近似等于重力，有 .GMnL =mg R 可得火星的质量为M=8R_R 火星的第一宇宙速度等于火星表面轨道卫星的运行速度，由万有引力提供向心力可得 GMint nt R R GM 可得火星的第一宇宙速度为v= R R 答案第6页，共8页 (2)设火星的同步轨道的半径为”，若想让探测器进入火星的同步轨道运行，由万有引力 提供向心力可得GM=4 4x2 3 又r=R+h 联立可得h oRT2 -R 4π2t 14.(1)3m/s (2)2J (3)0.3 【详解】(1)根据题意，由于AC段光滑，可知，开始木板滑动，物块不动，对木板由动能 定理有FL=M 2 2 解得=3m/s (2)撤去外力后，木板与物块组成的系统动量守恒，由动量守恒定律有=(M+m)y 解得v=2m/s 对物块由动能定理有所-分m 解得W=2J （3)由能盛守恒定作有e片=M-M+m 2 解得1=0.3 15.(1)18J:(2) 9 316N,方向竖直向下：(3)R,≤0.9m或见，≥4m 4 【详解】(1)弹簧的弹性势能转化为滑块的动能 由题意 tan53°=y v=2gh 解得 E。=18J 答案第7页，共8页 (2)滑块由B点到C点由动能定理得 n(1-cos5)m 又 哈=+哈 根据牛顿第二定律 Fy-mg m- R 解得 R-315N 3 由牛顿第三定律可得，滑块到达圆弧未端C时对轨道的压力大小为3！6N,方向竖直向下。 3 (3)滑块冲上半圆轨道后不会脱离轨道运动，分两种情况：一是到达与圆心等高处时速度 恰好为零；二是到达半圆弧轨道最高点。 ①到达与圆心等高处时速度恰好为零 由动能定理得 -umgloo-mgR,-0-mv 2 解得 9 R= ②滑块能够到达半圆弧轨道最高点 由动能定理得 1 ÷v2 gLcp-g·2R3=三w2- 2 在最高点，重力恰好提供向心力 ng m- 解得 R2=0.9m ,凡，≤0.9m或R2m时，滑块冲上半圆轨道后不会脱离轨道运 答案第8页，共8页