河南安阳市林州市林虑中学2025-2026学年高一下学期6月阶段检测物理试题

高一物理练习题 满分：100分考试时间：75分钟 第I卷选择题（共46分) 一、单项选择题：共7题，每题4分，共28分。在每个小题给出的四个 选项中，只有一项是符合题目要求的。 1.均匀带电的球壳在球外空间产生的电场等效于电荷集中于球心处产生 的电场。如图所示，在半球面AB上均匀分布正电荷，总电荷量为q,球 面半径为R,CD为通过半球面顶点与球心O的轴线，在轴线上有M、N 两点，OM=ON=2R。已知M点的场强大小为E,则N点的场强大小为 +十A CM N D X B A. B 4R2 2.如图所示，圆盘上叠放着两个物块A和B.当圆盘和物块绕竖直轴匀 速转动时，物块与圆盘始终保持相对静止，则( A.A物块不受摩擦力作用 B.物块B受5个力作用 C.当转速增大时，A受摩擦力增大，B所 B 受摩擦力减小 D.A对B的摩擦力方向沿半径指向转轴 3.如图所示，A、B为两个等量的正点电荷，在其连线中垂线上的P点 放一个负点电荷g(不计重力)，由静止释放后，下列说法中正确的是 () ·P 十 + A.点电荷越过O点后，速度越来越小，加速度越来越大，直到粒 子速度为零 B.点电荷运动到O点时加速度为零，速度达到最大值 C.点电荷在从P点到O点运动的过程中，加速度越来越小，速度 越来越大 D.点电荷在从P点到O点运动的过程中，加速度越来越大，速度 越来越大 4.如图所示，以10/s的水平初速度vo抛出的物体，飞行一段时间后， 垂直地撞在倾角37的斜面上，（已知sin37-0.6,cos37°=0.8)则物体这 段飞行的时间为 37 777777777777777777777777777777 A.5/3s B.5/4s C.4/3sD.5/6s 5.如图甲所示，修正带是通过两个齿轮的相互啮合进行工作的，其原理 可简化为如图乙所示，下列说法正确的是() 图甲 图乙 A.B点线速度比A点大，是因为B点所在齿轮的半径大 B.B点线速度比A点大，是因为在相同时间内B点通过的弧长更长 C.A、B两点线速度大小相等，是因为在相同的时间内A、B两点 通过的弧长相等 D.A、B两点线速度大小相等，是因为两齿轮在相同的时间内转过 的角度相等 6.如图所示，轻质弹簧一端固定，另一端与一质量为、套在光滑竖直 固定杆A处的圆环相连，弹簧水平且处于原长。圆环从A处由静止开始 下滑，经过B处的速度最大，到达C处的速度为零，重力加速度为g, 则下列说法正确的是() A.由A到B的过程中，圆环动能的增加量小于其重力势能的减少 量 B.由A到C的过程中，圆环的动能与重力势能之和先增大后减少 C.由A到C的过程中，圆环的动能与重力势能之和先减少后增大 D.在C处时，弹簧的弹性势能大于gh 7.2022年5月10日01时56分，天舟四号货运飞船搭乘长征七号遥五 运载火箭从文昌航天发射场出发，奔向“天宫空间站，最终与空间站对 接，一起环绕地球做圆周运动，从而执行为空间站运输物资、补给燃料 等任务。关于天舟四号，以下说法正确的是() A.天舟四号的发射速度必须大于第一宇宙速度 B.天舟四号在绕地球做圆周运动的过程中，其内部携带的物资的加 速度都为0 C.已知静止卫星轨道距地面的高度高于天舟四号轨道距地面的高度， 则天舟四号的环绕周期大于地球静止卫星的环绕周期 D.根据开普勒第三定律不=k,若已知天舟四号绕地球转动的周期 及轨道半径，已知地球绕太阳的周期，就可以估算出地球绕太阳转动的 轨道半径 二、多项选择题：共3题，每题6分，共18分。在每个小题给出的四个 选项中，有多个选项符合题目要求。全部选对得6分，选对但不全的得 3分，有选错的得0分。 8.某静电场中的电场线如图所示，带电粒子在电场中仅受电场力作用， 其运动轨迹如图中虚线所示，由M点运动到N点，以下说法正确的是 () A.粒子必定带正电荷 B.粒子在M点的加速度大于它在N点的加速 度 C.粒子在M点的加速度小于它在N点的加速 度 D.粒子在M点的动能小于它在N点的动能 9.质量为m的汽车，在半径为20m的圆形水平路面上行驶，最大静摩 擦力是车重的0.5倍，为了不使轮胎在公路上打滑，下列速度安全的是 (）(g=10m/s2) A.12m/s B.9m/s C.5m/s D.10m/s 10.如图所示，在倾角为的足够长光滑斜面上端系有一劲度系数为k的 轻质弹簧，弹簧下端连一个质量为m的小球，球被一垂直于斜面的挡板 A挡住，此时弹簧没有形变。若挡板A以加速度a(a<gsim0)沿斜面 向下匀加速运动，到弹簧伸到最长（弹性限度内)的过程中，下列说法 正确的是() 00000 0 A.挡板A和小球分离时，弹簧的伸长量达到最大 B.挡板A和小球分离所经历的时间为， 2m(g sine-a) ka C.小球从静止开始运动到弹簧伸到最长的过程中，小球的重力势能 全部转化为弹簧的弹性势能 D.当小球向下运动达到速度最大时，其运动的距离为"gsin 第Ⅱ卷非选择题（共54分) 三、实验题：本大题共2个小题，共15分。其中11题7分，12题8分。 11.在探究平抛运动规律的实验中： 在做“研究平抛运动的实验时，让小球多次沿同一轨道运动，通过 描点法画小球做平抛运动的轨迹。为了能较准确地描绘运动轨迹， A.通过调节使斜槽的末端保持 B.每次释放小球的位置必须 （“相同”或者不同”) C.每次必须由 释放小球(“运动”或者“静止”) D.小球运动时不应与木板上的白纸相接触 E.将球的位置记录在纸上后，取下纸，将点连成 (折 线”或“直线或“光滑曲线”) 在“研究平抛运动的实验中，记录了小球在运动中的4个位置，如 图所示， （1)已知图中小方格的边长L=1.25cm,则小球平抛的初速度为 VO- (用L、g表示，其值是 。（取g=9.8m/s2) （2)b点的速度= 。(用L、g表示) Q d 12.某实验小组借助光电门设计实验来验证机械能守恒定律。 (1)第一次设计的实验装置如图甲所示，实验装置固定，每次将直径 为d的小球从相同位置由静止释放，通过安装在正下方的光电门时，数 字计时器记下小球通过光电门的时间△t，测出小球释放前球心到光电门 中心的高度h。改变光电门的位置，仍然将小球从相同位置由静止释放， 测得多组△t与h。则小球通过光电门时的速度大小可表示为 1= (用已知及测得物理量的相应字母表示)。已知重力加速度 为g,忽略阻力。以h为横坐标、 （选填“At(4)2:1” “)”)为纵坐标作直线图像，若所得图像过原点，且斜率为 或“1 （用d和g表示)，即可证明小球在运动过程中机械能守恒。 释放装置 、小球 光电门 固定的 数字计时器 橡胶材料 (2)第二次设计的实验装置如图乙所示，不可伸长的轻质细线上端系 于量角器的圆心O点，下端拴接小球，可绕O点在竖直面内做圆周运动， 在小球轨迹最低点放置光电门。已知小球的直径为d、细线长度为L,小 球由静止释放，测量释放时细线与竖直方向的夹角、小球通过光电门 的挡光时间△t。已知重力加速度为g，则该实验中验证机械能守恒的表 达式为 (用上述物理量的相应字母表示)。实验中发现小球减 少的重力势能略大于小球增加的动能，列出一条可能的原因： 90 90 圆形量角器 小球 光电门 乙 四、计算题：本大题共3个小题，共39分。其中13题10分，14题12 分，15题17分。 13.在光滑的水平面内，一质量=lkg的质点以速度vo=10m/s沿x轴正 方向运动，经过原点后受一沿y轴正方向的恒力F=15N作用，直线OA 与x轴成a=37°，如图所示曲线为质点的轨迹图(g取10m/s2,sin37°=0.6， c0s37°=0.8)，求： (1)如果质点的运动轨迹与直线OA相交于P点，质点从O点到P 点所经历的时间以及P点的坐标； y (2)质点经过P点时的速度大小 14.在水平面上，用与水平方向成6=37°角斜向上方的拉力F=10N拉着 一个质量m=1kg的物体从静止开始运动，物体与水平面间的动摩擦因数 4=0.5,物体运动s1=12m时撤去拉力.sin37=0.6,cos37°=0.8，重力加 速度取g=10m/s2.求： 777T7777 (1)拉力对物块做的功W; (2)撤去拉力后物块在水平面上还能向前滑行的距离多大. 15.如图所示，质量为m=2kg的小滑块，从水平轨道上的A点以 ,=6m/s的速度水平滑出，恰好在B点沿BC轨道的切线方向滑入光滑 的圆弧轨道BC。滑块离开轨道BC后，经粗糙水平轨道CD进入光滑圆 轨道DE中运动。已知轨道BC的圆心角为O=53°，半径OC与水平轨道 CD垂直，B点与水平轨道CD的竖直高度h=2m;轨道CD的动摩擦因 数=0.25，长L=8m。g取10m/s2,sin53°=0.8，cos53°=0.6。求： 嗣A ,531 D ggdd (1)A、B两点的高度差； (2)滑块从B点滑到C点时，对轨道BC的压力； (3)要使滑块在轨道DE上运动时，不脱离轨道，圆轨道DE的半 径应满足的条件。 高一物理练习题答案 题号 1 2 3 4 5 6 8 9 10 答案 A B B C C A ACD BCD BD 1.A 【详解】左半球面AB上的正电荷产生的电场等效为带正电荷量为 2g的整个球面的电场和带电荷量为-g的右半球面的电场的合电场，则 B=k29一B'为带电荷量为-g的右半球面在M点产生的场强大 (2R)2 小。带电荷量为-q的右半球面在M点的场强大小与带正电荷量为q的左 半球面AB在N点的场强大小相等，则 4,品贸8 2R2 故选A。 2.B 【详解】A.A物块做圆周运动，受重力和支持力、静摩擦力，靠静 摩擦力提供向心力。故A错误； B.B对A的静摩擦力指向圆心，则A对B的摩擦力背离圆心，可 知B受到圆盘的静摩擦力，指向圆心，还受到重力。A的压力和摩擦力.圆 盘的支持力，总共5个力.故B正确； C.A、B的角速度相等，根据F1=rw2知，A.B的向心力都增大。 故C错误； D.因为B对A的摩擦力指向圆心，则A对B的摩擦力方向背离圆 心。故D错误； 故选B。 3.B 【详解】因中垂线上半部分的各点合场强方向相同，均为O指向P, 而O至无穷远处场强先增大后减小，场强最大的位置有可能在OP之间， 也可能在OP的延长线上，所以负点电荷从P至O的过程一直加速，到 O时，最大，而加速度的大小可能逐渐减小，也可能先增大后减小，故 加速度的大小变化无法确定，B正确。 故选B。 4.C 【详解】根据平行四边形定则知：m8=上，解得竖直分速度为 。。则平抛运动的时间为：【二名a8,03sg 3,故选项C tane 正确，A、B、D错误. 0 5.C 【详解】修正带是通过两个齿轮的相互咬合进行工作的，相同的时 间内A、B两点通过的弧长相等，边缘点的线速度相等，A、B是转动的 大小齿轮边缘的两点，线速度大小相等，故C正确，ABD错误。 故选C。 6.A 【详解】A.由A到B的过程中，弹簧弹力对圆环始终做负功，圆 环的机械能减少，其动能的增加量小于重力势能的减少量，故A正确； BC.由A到C的过程中，弹簧弹力对圆环始终做负功，圆环的机械 能减少，圆环的动能与重力势能之和一直减少，故BC错误； D.圆环和弹簧组成的系统机械能守恒，所以在C处时，弹簧的弹 性势能等于mgh,故D错误。 故选A。 7.A 【详解】A.第一宇宙速度是最小发射速度，则天舟四号的发射速度 必须大于第一宇宙速度，选项A正确； B.天舟四号在绕地球做圆周运动的过程中，其内部携带的物资绕地 球也做圆周运动，则其加速度不为0，选项B错误； C.根据 4π2 可得 T=2π VGM 已知静止卫星轨道距地面的高度高于天舟四号轨道距地面的高度， 则天舟四号的环绕周期小于地球静止卫星的环绕周期，选项C错误； D.天舟四号绕地球转动的中心天体是地球，而地球绕太阳转动的中 心天体是太阳，两者中心天体不同，不能根据开普勒第三定律求解地球 绕太阳转动的轨道半径，选项D错误。 故选A。 8.ACD 【详解】A.根据粒子的运动轨迹可知，粒子运动的轨迹大致向上， 可知粒子必定带正电荷，选项A正确； BC.电场线的疏密反映场强大小，可知M点场强小于N点场强，可 知粒子在M点受到的电场力小于它在N点的电场力，粒子在M点的加速 度小于它在N点的加速度，选项B错误，C正确； D.从M点到N点电场力做正功，则动能增加，即粒子在M点的动 能小于它在N点的动能，选项D正确。 故选ACD。 9.BCD 【详解】最大静摩擦力提供向心力有 kugm 解得 v=√gr=10m/s 汽车的最大速度为l0m/s,所以A错误，BCD正确。 故选BCD。 10.BD 【详解】A.因为a<gsin6,所以挡板对小球有力的作用，挡板A 与小球分离时，挡板对小球的作用力为零，由于小球仍有向下的速度， 所以小球仍继续向下运动，所以弹簧继续伸长，不是最大，A错误； C.小球从静止开始运动到弹簧伸到最长的过程中，小球受到挡板的 作用力，做功，小球与弹簧组成的系统机械能不守恒，所以小球的重力 势能部分转化为弹簧的弹性势能，C错误； BD.球和挡板分离后做加速度减小的加速运动，当加速度为零时， 速度最大，此时物体所受合力为零。即 kxm=ng sine 解得 =wgsin k 所以速度最大时运动的距离为血。设球与挡板分离时位移为5， k 经历的时间为t,从开始运动到分离的过程中，m受竖直向下的重力，垂 直斜面向上的支持力Fw,沿斜面向上的挡板支持力F,和弹簧弹力F。根 据牛顿第二定律有 mg sin-F-F=ma F=kx 随着x的增大，F增大，F,减小，保持a不变，当m与挡板分离时， x增大到等于，减小到零，则有 mg sin 0-ks =ma 又 1 5=5at2 Γ21 联立解得 1 g sin-k.。t2=a 所以经历的时间为 t二 2m(gsin0-a) ka BD正确。 故选BD 11.水平 相同 静止 光滑曲线 (1)2Lg 0.7m/s 2)e 【详解】A[1]通过调节使斜槽的末端保持水平 B[2]每次释放小球的位置必须相同 C[3]每次必须由静止释放小球 E4]将球的位置记录在纸上后，取下纸，将点连成光滑曲线 (1)[5][6]由△y=gT2得相邻两点之间的时间间隔 T-N8 所以小球的初速度 2L=2g 代入数据得 =0.7m/s (2)[7]b点在竖直方向上的速度 L3√gL Vw=2T 2 由 6=V02+ 得 OgL Agl b=4 d d 12.(1) △t (4t) 2g (2) gl(1-cosa)=- 小球的直径测量值偏小 【详解】(1)[1]因小球直径很小，经过光电门所用时间很短，可以 用小球经过光电门这段时间内的平均速度￠来代替瞬时速度。 [2]要验证的机械能关系mgh=m4 ,可看出h与，1成正比关 21 △t (△t)2 系。 [3]把第二小问中的公式变形得h=14=dx】 2g△t)2g(t) ,可看出， 斜率为 d2 2g (2)[1]小球下落过程减小的势能等于增加的动能，可得 0-名)，化可相g0-w mgl(1-cosa)=m [2]可能的原因：小球的直径测量值偏小，空气阻力影响等。 13.(1）1s;(10m,7.5m);（2)5√13m/s 【详解】(1)质点在水平面内做曲线运动，在x方向上不受外力作 用做匀速直线运动，y方向受恒力F作用做匀加速直线运动，在竖直方向 上光滑平面的支持力与重力平衡，由牛顿第二定律得 a=F15 m/s2=15m/s2 设质点从O点到P点经历的时间为t,P点坐标为(xP,yp),则有 d yof 又 lang 联立解得 tls,xp=10m,yp=7.5m 即P点坐标为(10m,7.5m) (2)质点经过P点时沿y方向的速度 v=at=15m/s 故P点的速度大小 =Vh%2+y=53m/s 14.(1)96J(2)14.4m 【详解】(1)拉力对物体做的功： W=Fs cose 代入数据得 W=10×12×c0s37°=96J; (2)在拉力F作用下有： Fsinθ+N=g 摩擦力 f=uN 代入数据解得 A=2N 撤去拉力F,摩擦力 f=jmg =5N 对全过程，由动能定理得 W-1-52=0 撤去拉力后物块在水平面上还能向前滑行的距离 5=W-码 代入数据解得 52=14.4m. 15. 答案：(1)3.2m(2)76N.方向竖直向 下(3)R'≥5m或0<R'≤2m 解析 15.【解析】(1)小滑块恰子在B点沿3（轨 道的切线方向滑入光滑的圆弧轨道，在 B点有 tang=Ux 解得小滑块在3点的竖红分速度为、 =8m/s 则A、3两点的高度差为hw:一 28 3.2m (2)小滑块在3点的速度大小为：一 2, ()0 -10m/s 小滑块从3点到（点过程，根据动能逆 理可得 保-之m说 然h=1 解得=√1A0m/s h儿关系可得h=R(1一c0) 解特R=5m 小滑块在（点，中牛顿第二定律可得 Nmg=n紧 解得N=76N 根据牛顿第三定律可，滑块从3点滑 到(、点时对轨道B(:的压力大小为 76N,方向竖直向下。 (3)若滑块刚好能运动到圆轨道DE圆 心等高处，根据动能定理有 -mgl.-mKR,=0-空me 解得R,=5m 若滑块冈刚好能经过圆轨道)E的最高 点，由重力提供向心力得 U2u叫 mg-m 2 解导在轨道最高点时的速度最小为m =√gRz 动能定理 一ngl.-2ngR&=空-空me 解得Rz=2m 综.上分析可！，要使滑块在轨道)E上 运动时，不脱离轨道，圆轨道DE的半 径立满足 R'≥5m或0<R'≤2m