四川广安市加德学校2025-2026学年高一(领航班)上学期第二次阶段检测物理试题

广安加德学校2025-2026学年度上期高2025级第二次月考 物 理 考试时间：75分钟，满分：100分 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡和试卷指定 位置上。 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案 标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选 择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。 第I卷选择题 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，只有一项符合题目要求。 1.功的单位是焦耳(J),1J用基本单位可表示为() A.1kg'm2/s2 B.1kg'm/s2 C.1kg'm2/s D.1kg'm/s 2.图1所示为1970年发射成功的我国第一颗人造卫星一“东方红一号”，该卫 星现在依然运行在近地点距地面441km、远地点距地面2368kam的椭圆轨道上： 图2为中国空间站天宫，它运行在距地面高度约为450k的圆轨道上。下列 说法中正确的是( 图1 图2 A.地球位于“东方红一号椭圆轨道的中心 B.“东方红一号位于远地点时的加速度大于“天宫空间站的加速度 C.“东方红一号”和“天宫空间站与地球球心的连线在相等的时间内扫过的面积 相等，即△S东=△S天 D.“东方红一号的运行周期大于天宫空间站的运行周期 广安加德学校第二次月考物理卷 第1页共8页 3地球不仅是人类文明的摇篮，更是宇宙中罕见的宜居行星，其复杂系统与演化 历史持续激发科学探索的热情。已知地球星体半径R,地球围绕太阳公转的周期 T,轨道半径”，万有引力常量G。利用以上物理量，我们可以得到太阳的质量 为()》 A.G72 B4x2,3 CG72 D.4n2R3 423 GT2 4π2R3 GT2 4如图所示，轻绳上端固定在O点，下端连接小球。将球拉起，绳刚好被水平拉 直，由静止释放小球当小球运动至最低点时，下列物理量的大小与绳长有关的 是() A.小球的加速度 B.小球的速度 C.小球重力的功率 D.绳子的拉力 5.如图所示，总长为L,质量分布均匀的铁链放在高度为H的光滑桌面上，有 长度为α的一段下垂，H>L,重力加速度为g,则铁链刚接触地面时速度为 ( L-a A.√g2H-a) B.2g(H-a) C.√g2H-L-a) D 6.如图所示，一轻质弹簧的一端固定在光滑斜面的挡板上。物块从图示位置静止 释放，弹簧始终处于弹性限度内。测物块与弹簧有相互作用的整个下滑过程中 () A.挡板对弹簧做负功 B.物块的速度逐渐减小 C.物块在最低点时的加速度最大 000000 广安加德学校第二次月考物理卷 第2页共8页 D.物块的机械能先增大后减小 7.两轮平衡车深受年轻人的喜爱，它的动力系统由电池驱动，能够输出的最大 功率为P,小明驾驶平衡车在水平路面上沿直线运动，受到的阻力恒为F.已知 小明和平衡车的总质量为，从启动到达到最大速度的整个过程中，小明和平衡 车可视为质点，不计小明对平衡车做的功.设平衡车启动后的一段时间内是由静 止开始做加速度为的匀加速直线运动，则() A.平衡车做匀加速直线运动过程中能达到的最大速度为)= Po Fe+ma B.平衡车运动过程中所需的最小牵引力为F=a Po C.平衡车达到最大速度所用的时间t= (F+ma)a D.平衡车能达到的最大行驶速度=。P0 Fe十a 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共180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.国家深空探测实验室预计在2030年前后实现载人登月并建设月球基地，为此 成功发射了天都一号环月卫星负责通信和导航。如图所示，天都一号在地月转移 轨道A点实施刹车制动，成功进入环月圆形轨道。已知环月轨道离月面高度为 h,月球质量为M,月球半径为R,引力常量为G。则() A.卫星在环月轨道运行时向心加速度小于月球表面的重力加速度 GM B.环月圆形轨道上卫星的线速度大小为 R 地月转移轨道 月球 C.环月圆形轨道上卫星的运行周期为2元4 (R+) GM 环月轨道 GM D.进入环月圆形轨道前卫星在A处的速度大小等于 NR+h 9.如图，一质量为M、长为1的木板静止在光滑水平桌面上，另一质量为m的小 物块（可视为质点）从木板上的左端以速度开始运动。已知物块与木板间的 滑动摩擦力大小为当M相对地面位移为L时物块从木板右端离开，在M 广安加德学校第二次月考物理卷 第3页共8页 上滑行过程中( M A.摩擦力对做的功等于-f1 B.木板获得的动能等于fL C.m损失的机械能大小等于fL D.m和M在此过程中损失的机械能为f1 10.如图1所示，足够长的传送带顺时针匀速转动，现将一质量为=2kg的物块 轻放在传送带左端，并同时施加一大小为F=4N、方向水平向右的拉力，物块运 动的-t图像如图2所示。物块可视为质点，重力加速度g取10/s2,下列说法 正确的是( 个以(ms) 图1 图2 A.传送带的运行速度大小为12m/s B.物块与传送带间的动摩擦因数为0.3 C.8s时物块的速度大小为16m/s D.0~8s内摩擦力所做的功为160J 第Ⅱ卷 非选择题 三、非选择题：本题共5小题，共54分。（计算题要写出必要的文字说明和 理论依据) 11.(6分)某同学设计了如图所示的装置测量弹性势能E,的大小： 轻质弹簧水平放置在光滑桌面上，左端固定，右端与一小球接触而不固连。弹簧 处于原长时，小球恰在光滑桌面边缘，向左推小球压缩弹簧，然后由静止释放， 小球离开桌面后飞落到地面。已知小球的质量为，重力加速度为g,请回答以 下问题： 弹簧原长 wC 777777777777777 7777777777777777777777 ()为测量E。,除了题干提供的己知量外，至少还需要测量 广安加德学校第二次月考物理卷 第4页共8页 A.弹簧的原长1o B.弹簧的压缩量△x C.小球下降的高度h D.小球的水平位移L (2)用已知量和所选取的测量量表示出弹性势能E,= (3)由于水平桌面不是绝对光滑，测得的弹性势能E,与真实值相比 （选填“偏大x偏小”或相等)。 12.(8分)小张同学利用所学物理知识分析得出：若将轻绳上端固定，下端系一 小球，将轻绳拉至水平位置由静止释放后，小球在最低点的角速度ω与小球质量 m无关，只与轻绳长1有关。由此他猜想质量均匀分布的细杆（直径d远小于杆 长)由静止释放后可能也是这种情况，为了验证他的猜想，他设计了如下实验 步骤： O 光电门 口光电门 图甲 图乙 图丙 ()通过理论分析得出：图甲中将轻绳拉至水平后由静止释放小球，其在最低点 的角速度的平方ω (用绳长1和重力加速度g表示)： (2)按图乙安装好实验装置，取粗细和长度相同，但质量不同的细杆，上端用光 滑铰链固定，将细杆拉至水平，静止释放后让其下端通过一光电门。则细杆下端 通过光电门的角速度02= (用细杆直径d,细杆下端通过光电门时 间△t和杆长1表示)： (3)用(2)中所得数据画出图丙，由图象可知细杆角速度o与细杆质量 （选填有关或无关)； (4)取粗细和质量相同，但长度不同的细杆重复操作(2)，利用所得数据作出图 丁，由图可知，细杆角速度的平方o与杆长1成 （选填正比”或“反 比”)： 广安加德学校第二次月考物理卷 第5页共8页 13.（10分)2025年4月24日，神舟二十号载人飞船的发射取得圆满成功。已 知中国空间站离地面高度为h,地球半径为R,地球表面的重力加速度为g,引 力常量为G,空间站视为绕地心做匀速圆周运动。求： (1)地球的密度； (②)空间站在轨运行的速度大小。 广安加德学校第二次月考物理卷 第6页共8页 14.(14分)如图所示，水平长直轨道AB与半径为R=0.8m的光滑竖直圆轨道 BC相切于B点，轨道BC与半径为r=0.4m的光滑竖直圆轨道CD相切于C 点，质量m=1kg的小球静止在A点，现用F=18N的水平恒力向右拉小球， 在到达AB中点时撤去拉力，小球恰能通过D点.已知小球与水平面间的动摩擦 因数u=0.2,取g=10m/s2.求： (I)小球在D点的速度大小vD: (2)小球在B点对圆轨道的压力大小FB; (3)A、B两点间的距离x R A 广安加德学校第二次月考物理卷 第7页共8页 15.(16分)如图所示，一轨道由半径为2的四分之一竖直圆弧轨道AB和长度 可以调节的水平直轨道BC在B点平滑连接而成.现有一质量为O.2kg的小球从 A点无初速度释放，经过圆弧上的B点时，传感器测得轨道所受压力大小为3.6W, 小球经过BC段所受阻力为其重力的0.2倍，然后从C点水平飞离轨道，落到水 平面上的P点，P、C两点间的高度差为3.2.小球运动过程中可以视为质点， 且不计空气阻力. (1)求小球运动至B点的速度大小以及小球在圆弧轨道上克服摩擦力所做的功： (2)为使小球落点P与B点的水平距离最大，求BC段的长度 (3)小球落到P点后弹起，与地面多次碰撞后静止.假设小球每次碰撞机械能 损失75%，碰撞前后速度方向与地面的夹角相等.求小球从C点飞出后静止所 需的时间. A R=2m h=3.2m P nn地面 广安加德学校第二次月考物理卷 第8页共8页 广安加德学校2025-2026学年度上期高2025级第二次月考251班 物理答案 1.【答案】A 【解析】功(W)的公式为W=F'其中力的单位是牛顿(N),位移，的单位是 米(m)。 根据牛顿第二定律Fmra'力的单位可表示为kgm/s2。 因此功的单位j=Nm=kgm/s2)m=kgm/s2。 故选A。 2.【答案】D 【解析】A.地球位于“东方红一号椭圆轨道的一个焦点上，故A错误： B.根据牛顿第二定律可得ma 解得。 根据题干数据可知，“东方红一号位于远地点时的加速度小于天宫空间站的加 速度，故B错误 C.根据开普勒第二定律可知，同一轨道上的卫星与地球球心的连线在相等的时 间内扫过的面积相等，但“东方红一号”和天宫空间站不在同一轨道上，所以“东 方红一号”和天宫空间站与地球球心的连线在相等的时间内扫过的面积不相等， 故C错误； D.根据开普勒第三定律二-k由题干数据可知，“东方红一号的轨道半长轴大 于“天宫空间站的轨道半径，所以“东方红一号的运行周期大于“天宫空间站的 运行周期，故D正确。 故选D。 3.【答案】B 【解析】地球绕太阳运动，万有引力提供向心力有mr 2 解得红三 故选B。 4.【答案】B 【详解】由静止释放小球.当小球运动至最低点时，根据动能定理有mg=二mv2 A.根据加速度的公式有4-” 2g 则加速度与绳长无关，故A错误： B.小球的速度为、2g 则与绳长有关，故B正确： C.小球在最低点时，重力与速度垂直，重力的功率为0，则重力的功率与绳长 无关，故C错误： v2 D.在最低点，根据牛顿第二定律有F-mg=m 解得F=3mg 绳子的拉力与绳长无关，故D错误； 故选B。 5.【答案】D 【详解】设铁链单位长度的质量为，设地面为零势能面，由机械能守恒定律可 得 亿-og+am--mv2+mg5解得v= 221 故ABC错误，D正确。 故选D。 6.【答案】C 【详解】A.在挡板对弹簧的力方向上无位移，挡板对弹簧不做功，故A错误； B.物块与弹簧组成弹簧振子，在平衡位置速度最大，最低点速度为零，故速度 先增大后减小，故B错误： C.物块与弹簧组成弹簧振子，可知物块在最低点时的加速度最大，故C正确： D.压缩弹簧过程中，弹性势能一直增大，物块的机械能一直减小，故D错误。 故选C。 7.答案A 解析平衡车做匀加速直线运动过程中，由牛顿第二定律可得F牵一F=,则 平衡车做匀加速直线运动过程中能达到的最大速度为v= P=P0一，选项A正 F牵FE十a 确；当平衡车的加速度为零时，牵引力最小，F=F,选项B错误；平衡车由静 止匀加速达到v所用的时间为号F:十a Po ,匀加速结束后，平衡车可减小牵 Po 引力，减小加速度，最后当牵引力等于阻力时达到最大速度，此时= 可知 Po 平衡车达到最大速度所用的时间1大于十aa 选项C、D错误. 8.【答案】AC 【详解】A.由环月轨道运行时的向心加速度关系G,1M (R+h) -=ma和月球表面 的重力加速度关系GMm R =mg 所以有a<g,故A正确： B.由GMm =m- (R+h) R+h GM 有v=R+h 故B错误； Mm C.由G 4 =m R+) T(R+) 有T=2π (R+h), C正确： GM D,因为进入环月圆形轨道前卫星需要在A处减速，故速度大小应大于 GM NR+h 故D错误。 故选AC。 9.【答案】BD 【解析】A.M相对地面位移为L时，物块的位移为L+H,摩擦力对m做的功等 于人L+,故A错误： B。木板获得的动能等于滑动摩擦力对木板做的功，为，故B正确： C.m损失的机械能大小等于摩擦力对m做的功，等于人L+,故C错误： D.m和M在此过程中损失的机械能等于系统产生的内能为E损，故D正确。 故选BD。 10.【答案】AC 【解析】A,由图2可知，在仁4s时，物块的受力发生突变，所以此时物块与传 送带共速，则传送带的运行速度大小为12ms,故A正确： B.在04s内，物块的加速度大小为a=的 4m/s2-3ms2 根据牛顿第二定律可得P+ung-mat 解得0.1，故B错误； C.仁4s后，根据牛顿第二定律可得Fmg2 解得加速度大小为a2=1m/s2 则8s时物块的速度大小为v2v1+a2=12m/s+1×4m=16m/s, 故C正确； D.04s内，物块的位移大小为x-号1=号×4加24m 48s内，物块的位移大小为x-宁46×4细56n 则0-8s内摩擦力所做的功为Wg1-gx2一-64小，故D错误。 故选AC。 11.(6分)【答案】(1)CD (2)mL2 (3)偏小 h 【解析】(1)根据能量守恒可知，弹簧的弹性势能等于小球离开桌面时的动能， 即2,2而小球离开桌面时的速度由Lh根据平抛运动知识计算得到。故选 CD。 (②)根据能量守恒有。m根据平抛运动的规律得Lr:-g联立得 马，-(3)油于水平面不是绝对光滑，则小球在水平桌面上运动的过程中因摩擦 4h 而产生的热量Q,根据能量守恒有。真Q+2故测=<E真即测得的弹 性势能E,与真实值相比偏小。 12.(8分)【答案】(1) (2rd (3)无关 (④反比 1.（10分)【答案】(0 【解析】(1)根据G 2-0g’2分 p R32分 可得地球密度pa2分 (2)空间站做圆周运动的向心力等于万有引力，根据Gm。 ,卫.2分 可得空间站在轨运行的速度大小=RV 2分 14.(14分)答案(1)2m/s(2)45N(3)2m 解析(1)小球恰好过最高点D,在D点，由牛顿第二定律有：g=,(2分) 解得：vp=2ms;(1分) ②小球从B到D,由动能定理：一mgR+)7w2- 2wg2(3分) 设小球在B点受到的圆轨道的支持力大小为，由牛顿第二定律有： P-mg=1R(2分) 由牛顿第三定律得FB=Fr=45N(2分) (3)小球从A到B,由动能定理： F5-mng=wg2(6分) 解得：x=2m.(1分) 15.(16分)【答案】(1)2.4J(2)3.36m(3)2.4s 【解析】(1)小球在B点受到的重力与支持力的合力提供向心力，则有： -g=n爱 ..2分 解得：yg=4m/s..1分 A至B过程中，由动能定理：mgR-m,=mv,解得：=24W;2分 (2)B至C过程中，由动能定理：mgm-m,”2分 B车P的水平距离为：g西-4片+2分 2kg 当。=1.6m/s时P至B的水平距离最大，最大距离为：Z=3.36m;.2分 (3)C至P的时间为：名-西-8，由于小球每次碰撞机械能损失759，山 B:=m,则碰撞后的速度为碰撞前速度的分，…1分 碰撞前后速度方向与地面的夹角相等，则碰撞后竖直方向的分速度为碰撞前竖直 方向分速度的，1分 所以第一次碰撞后上升到最高点的时间等于从C点到落地的时间的}1分， 所以： 第一次反弹至落地时间为：4分24=08 第二次反弹至落地时间为：6=04 第三次反弹至落地时间为：5分私=02 2-1 第n次反弹至落地时间为：= 2 ×t1.1分， 由数学归纳法分可得总时间为：t=6++6+++=2.4s1分.