广西南宁市第二中学2025-2026学年高一下学期物理双周限时训练（五）

组思：苏剑军钟文虎 南宁市第二中学2025级高一物理双周限时训练B卷 高一物理双周限时训练（五） (本卷满分：68分测试时间：50分钟) 一、选择题（本题共10小题，共计46分。在每个小题给出的四个选项中，第1-7题只有一个选项正确，选对 得4分；第8-10题有多个选项符合题目要求，全部选对的得6分，选对但不全得3分，有选错或不选的得0 分) 1.快递员常会将曷碎陶瓷碗放入铺有泡沫的纸箱内，这样做是为了在搬运时() A.减小陶瓷碗受到的作用力 B.减小陶瓷碗的动量变化量 C、增大陶瓷碗所受力的冲量 D.减小陶瓷碗所受力的冲量 2、如图所示，一名运动员从雪道的最高点M庄静止开始滑下，经过水平NP段后从P点飞入空中，最终落到 Q点，不计运动员经过N点的机械能损失和空气阻力。已知运动员从M点到P点，重力做功为网，克服阻力 做功为W2,从P点到2点重力做功为W,设P点所在平面为零势能面、则下列说法正确的是（) A.运动员在P点的动能为所+W M N P B.运动员从M点到P点机械能增加了W-W, T1Tǒ C.运动员在2点的机械能为网，-W D,运动员从M点到Q点重力势能减少了而+W,+W, 3.如图甲所示，质量m=2kg的物体在水平推力F作用下由静 FIN 止开始运动，F大小随位移大小x的变化规律如图乙所示。已 100 知物体与水平面间的动摩擦因数μ=0.5，重力加速度大小取 g=10m/s2,则物体从开始运动到停止的位移大小为() F A.4m B.8m 4 x/m c.10m 分 乙 D.20m 4.美国Space X公司计划在2026年对其发射的星链卫星进行降轨操作，降轨后的星链卫星，对我国天宫号空 间站的安全造成很大的威胁。如图所示，假设某颗星链卫星降轨后的轨道为椭圆，天宫空间站轨道为圆形，两 轨道在同一平面内，A、B是两轨道的交点。已知它们的周期相同，下列说法正确的是( A.星链卫星在近地点的速度一定大于空间站的速度 星链卫星 B.空间站卫星和星链卫星在A点处的向心加速度相同 轨道 C星链卫星与空间站在A处的速度有可能相同 空间站 D.由于轨道有交点，经过一段时间后，它们一定会相遇 轨道 5.从地面竖直向上抛出一物体，其机械能E:等于动能Ek与重力势能E之和。取地面为重力势能零点，该物 体的E。和Ep随它离开地面的高度h的变化如图所示。重力加速度取10m/s2。由图中数据可得（) A.物体的质量为1kg 0o B.h=0时，物体的速率为10√2m/s 80 40 C.h=2m时，物体的动能E=50J 20 D,从地面至h=4m,物体的动能减少20J 回 al“"1%o¤ 组题：苏剑军钟文虎 南宁市第二中学2025级高一物理双周限时训练B卷 6.如图所示，质量相等的物块A、B,用轻弹簧连接，静置在倾角日=30°光滑斜面上，轻绳绕过固定轻滑轮 分别连接物块B、C。初始时托住C使轻绳恰好伸直且无张力，静止释放C,当C速度刚减为0时，A恰好脱 离挡板。不计空气阻力和滑轮摩擦，在C下落的过程中（未触地），下列说法正确的是() A,物块C和A、B的质量相等 B.物块C的机械能一直增大 C.物块B的加速度先增大后减小 ④MM D轻绳上的拉力一直增大 7,如图甲所示，轻杆-一端与一小球相连，另一端连在光滑固定轴上，可在竖直平面内自由转动。现使小球在 竖直平面内做圆周运动，到达某一位置开始计时，取水平向右为正方向，小球的水平分速度x随时间t的变化 关系如图乙所示。不计空气阻力。下列说法中正确的是( A.小球在竖直平面内沿逆时针方向转动 8,过程中小球的机械能不守恒 C.时刻轻杆对小球-定有弹力作用，时刻轻杆对小球 可能没有弹力作用 D、1时刻小球通过最高点，图乙中S,和S,的面积相等 图甲 图乙 8.如图所示，小明在演示惯性现象时，将一杯水放在桌边，杯下压一张纸条。第一次，当他快速“拉出“纸条， 发现杯子几乎不动：第二次，若相对较慢的速度“拉出”纸条，杯子会明显移动，甚至滑落。对于这个实验，下 列说法正确的是（) A,第二次杯子受到的摩擦力较大 抽典 B.两次杯子受到的摩擦力等大 C.第一次，杯子受到的冲量较大 D第二次，杯子受到的冲量较大 9.“歼-20”是中国自主研制的双发重型隐形战斗机，该机将担负中国未来对空、对海的主权维护任务。在某次 起飞中，质量为m的“歼-20”以恒定的功率P起动，其起飞过程的速度随时间变化图像如图所示，经时间。飞 机达到最大速度'时，刚好起飞。关于飞机起飞的讨程，下列说法正确的是() A.飞机所受合力减小，速度增加越来越慢 B.飞机所受合力增大，速度增加越来越快 C.发动机的牵引力做功为二mv2 2 D。飞机克服阻为所做的功为P4m 0 10.如图，质量分别为m和2m的两个小球A和B,中间用长为L的轻杆相连，在距离A为L处的点O处有 一固定水平转动轴，把杆置于水平位置后由静止释放，在B球顺时针摆动到最低位置的过程中() A、A球的机械能守恒 B.A、B两球的线速度大小之比为1：2 2m C.轻杆对A球和B球都不做功 D,A球的最大速度为2g乙 回 a^“"1.%。a 组题：苏剑军钟文虎 南宁市第二中学2025级高一物理双周限时训练B卷 二、实验题（共1小题，共6分。） 11.在验证机械能守恒定律的实验中，某同学采用如图装置，绕过定滑轮的细线上悬挂质量相等的重物A和B, 在B下面再挂钩码C.已知打点计时器所用交流电源的频率为50Hz。 a 自B 打点计时器 纸带 0 (1)如图所示，在重物A下方固定打点计时器，用纸带连接A,测量A的运动情况，下列操作过程正确的是 A、安装打点计时器时工作面要竖直放置，同时让两限位孔的中心在同一竖直线上 B、接通电源前让重物A尽量靠近打点计时器 C、应选取最初第1、2两点间距离接近2mm的纸带 (2)已知重物A和B的质量均为M,钩码C的质量为m,某次实验中从纸带上测量重物A由静止上升高度为h 时对应计时点的速度为”，取重力加速度为g,则验证系统机械能守恒定律的表达式是 ； 3为了测定当地的重力加速度，改变钩码C的质量m,测得多组m和对应的加速度a,作出】1图像如图所 a m 示，图线与纵轴截距为b,则当地的重力加速度为 三、计算题（本题共1小题，共16分。） 12.如下图所示，水平的传送带以速度=6ms顺时针运转，两传动轮M、N之间的距离为L=10m,若在M 轮的正上方，将一质量为m=3kg的物体轻放在传送带上，已知物体与传送带之间的动摩擦因数0.3，在物体 由M处传送到N处的过程中，(g取10ms2)求： (1)传送带对物体做了多少功？ (2)系统产生了多少热量？ (3)由于传送物块电动机做了多少功？ al“"1%o¤ 高一物理双周限时训练（五）B卷参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 D A D D BD AD BD 1、A【详解】根据动量定理合外力的冲量等于物体动量的变化量，即I6=△p 若搬运过程发生碰撞，陶瓷碗碰擁前后的速度变化、质量均固定，因此陶瓷碗的动量变化量△即为定值不变，即陶 瓷碗所受力的冲量不变，而泡沫会延长碰撩的作用时问△：，由P。=2可知，陶瓷碗受到的作用力减小。故选A。 2.C【详解】A.运动员从M点到P点，根据动能定理有形-W,=E,-O,解得运动员在P点的动能Ep=形-W, 故A错误：B.运动员从M点到P点，除重力外只有阻力做功，阻力做功为-W2,根据功能关系可知，机械能减少 了W2,故B错误：C、以P点所在平而为零势能面，运动员在P点的重力势能为O,则运动员在P点的机械能 Ep=Ep=W-和。从P点到Q点，只有重力做功，机械能守恒，则运动员在Q点的机械能E。=E=形-W2,故 C正确：D.运动员从M点到Q点，重力做的总功为W。=W+W,根据重力做功与重力势能变化的关系可知，重 力势能减少了所+风，，故D错误。故选C。 3.D【详解】Fx图线与横轴所围图形的面积表示推力做的功，则网，=100+0×4J=20厅 2 对整个过程根据动能定理有W,一4mgr=0,代入数据，可得x=20m故选D。 4、A【详解】A.若以星链卫星的近地点为半径做圆周运动的轨道，利用万有引力公式GM=， -=m一 r GM 解得v=r :,可知在该轨道上运动的物体速度大于空间站的速度，而从近地点的圆周轨道变轨到星链卫星所在 的椭圆轨道，需要在近地点点火加速，则星链卫星在近地点的速度一定大于近地点的圆周轨道速度，大于空间站的 速度，故A正确：B.空间站的向心加速度指向地心，星链卫星的向心加速度沿椭圆A点的法向（不指向地心)， 方向不同，故B错误：C.速度是矢量，做曲线运动的物体速度沿轨迹切线方向，星链卫星与空间站在A处的速度 方向不同，故C错误：D.因空间站与星链卫星的周期相同，椭圆长半径与圆轨道半径相等a=R,由几何关系可 得两交点连线即为椭圆轨道短轴，由于空间站与星链卫星仅运动周期相等，但是初始位置和相位可能不同，两者不 一定相遇，例如两者均逆时针旋转，当空间站位于A点时，星链卫星处于近地点，星链卫星从近地点运动到B点所 需时间由开普粉第二定律可知小于牙，此时空间站旋转角度小于受d,两者无相遇可能：星链卫星从远地点运动 2 到A点所需时间由开普粉第二定律可知大于号且小于子，此时空间站由B点逆时针旋转角度大于受d,两者无相 遇可能，综上两者可能存在不会相遇的情况，故D错误。故选A。 1 5.C【详解】A.由图可知在最高点mgh=80J解得m=2kg,A错误：B.在初位置由图可知二m哈=100J解得 。=10ms,B错误：C.h=2m时，物体的动能E=Ea-E,=90J-40J=50J,故C正确：D.根据图像可知从地 面至h=4m,物体的动能减少△E.=100J-0=100J,故D错误。故选C。 6.D【详解】A,初始时，物块B静止，弹簧处于压缩状态，对B根据平衡条件有a=mogsin0,当C速度减为 a^“"1.%。a 可 0时，△恰好脱离挡板，此时弹簧处于伸长状态，对A有c2=mAgsin 0,因为m=m,所以名=x B、C和弹簧组成的系统机械能守恒，初末状态动能均为0，弹性势能相等，故重力势能变化量为0，即 mc+,)=mnRG+5)sin9解得me=2m,故A错误：B.轻绳上的拉力对C一直做负功，所以物块C的机械 能一直减小，故B错误：C.对B、C系统，由牛顿第二定律得mg+F-mng sin0=(m,+mc)a 初始时弹篮压缩，F为正值，随着B向上运动，弹资恢复原长过程中F减小，加速度α减小：弹资仲长后为负 值，加速度继续减小后反向增大，故加速度大小先减小后增大，故C错误：D.对物块C,由牛顿第二定律得 mc&-T=mea,即T=mcg-a),由于加速度a先减小后反向增大，故轻绳上的拉力T一直增大，故D正确。 7、D【详解】A,由图知，在3时刻小球水平速度最大，所以时刻小球经过最低点，此时水平速度为负，表示小 球经过最低点时速度方向水平向左，所以小球在竖直平面内沿顺时针方向转动，故A错误： B.小球在竖直平而内自由转动，只有重力做功，机械能守恒，故B错误： C.小球经过最高点时水平分速度为正，且过最高点的前后两个时刻水平分速度相等，所以山时刻小球通过最高点， ,时刻轻杆对小球可能没有弹力作用，时刻在最低点，轻杆对小球一定有弹力作用，故C错误： D.由小球的运动情况可知，S,和S,的面积等于杆长且相等，故D正确。故选D。 S.BD【详解】AB.第一次快速拉出纸条，杯子相对于纸条发生滑动，受滑动摩擦力「=mg 第二次相对较慢的速度“拉出"纸条，杯子会明显移动，这两次脎擦力大小均为∫=μmg,故A错误，B正确： CD.根据动量定理I=△？，第一次快速拉出，作用时间1短，摩擦力冲量I=小，杯子动量变化小，几乎不动： 第二次较慢拉出，作用时间1长，摩擦力冲量1=大，杯子动量变化大，明显移动，故C错误，D正确。 9.AD【详解】AB.v-1图线的斜率表示加速度，根据图像可知，飞机起飞过程中，图线斜率越来越小，即加速 度越来越小，速度增加越来越慢，由牛顿第二定律可知，飞机所受合力越来越小，故A正确，B错误： L的牵引力做功为W=P,故C错误；D.由动能定理得P,-形，= 解得飞机克聚阻力做功为：=P。-之m,故D正确， 10.BD【详解】A.A球向上摆动，动能增加，重力势能增加，机械能增加。B.两球共轴转动，角速度ω相同， 。=L,由v=r知v,y=1:2,故B正确C.A球机械能增加，根据功能关系， 3 1 系统机城能守恒，则径秆对B球做负功，故C错误D,系统机械能守恒，有2mg红-mg·L二m心+ 3 2 又=2联立解得4兮@，故D正确. .每空2分，共6分)【答案】①AB②)mgh号2M+m)Y③)} 【详解】(1)A.安装打点计时器时要竖直架稳，使其两限位孔在同一竖直线上，故A正确： B.为了能在长度有限的纸带上尽可能多地获取间距适当的数据点，接通电源前让重物A尽量靠近打点计时器， C.本实验研究对象不是做自由落体运动，无孺选取最初第1、2两点间距离接近2m的纸带，故C错误。 (2)重物A由静止上升高度为h的过程中，系统动能增加量为△E,=二(2M+m)v2，系统重力势能减少量为 △E,=mgh,若系统机械能守恒有△E,=△E,联立可得mgh=(2M+m)v (3)对BC,根据牛顿第二定律有M8+mg-F=(m+Mh,对A有，根据牛顿第二定律有F-Mg=Ma 联立整理得}2M1士上，可知二-一图像纵轴截距为6=，解得8=专 a g m g a m a^“"1…%o¤ 回织 12.(16分)12.(1)54J:(2)54J:（3)108J 【〔详解】(1)由牛顿第二定律，物体放在传送带上后的加速度 F=ma1分 解得a=3m/s2 设经时间后，物体与传送带共速，此后二者之何不再相对滑动，物块匀速，滑动摩擦力随之消失，由 V=0%1…1分 解得1=2s 在这2s内物体水平向右运动的位移为 =2……1分 解得x=6m<L=10m.1分 传送带对物体做的功即为滑动摩擦力做的功 W,=0mgx2分 解得W=54J..1分 (2)传送带在1时间内的位移为 X。=h..1分 系统产生了的热量为Q,由功能关系知 =斥m对=10mg(（区m-x2分 解得2-542分 (3)根据能量守恒，由于传送物块电动机做的功等于物块增加的机械能和系统产生的内能之和 W=W+.2分 解得W/=108J.2分 6 a^“"1%。a