辽宁阜新市高级中学2025-2026学年高一下学期6月学情调研物理试卷

2025-2026学年度下学期阜新市高级中学六月学情调研高一 物理试题 第1卷（选择题) 一、选择题（本题共10小题，共46分。其中1-7题为单选题，每小题只有一个选项符合要求，每小题4 分；8-10题为多选题，每小题有多个选项符合要求，每题6分，少选得3分，多选错选不得分) 1.我国自主研发的水上应急救援机器人，可在河道中执行落水人员救援任务。某次救援中，机器人以恒 定速率v1=0.4m/s拖动落水人员向岸边运动，己知河水流速恒为v2=0.6m/s,落水点距河岸的垂直距离为 80。若要让机器人和落水者以最快速度抵达岸边，则最快到达岸边所需要的时间约为() A.75s B.120s C.100s D.200s 2.如图所示，放在绝缘支架上带正电的金属模拟构件A,靠近放在绝缘支架上不带电的精密导体配件B, 用手摸一下B的a端后移走构件A,则导体B() A.不带电 B.带正电 + C.带负电 D.不能确定 3.我国自主研发的高速乒乓球发球检测设备，可精准捕捉乒乓球运动与碰撞过程。一个乒乓球从设备检 测台面上方某一高度下落，与检测台面发生相互作用后被弹起，回弹高度低于初始下落高度。已知乒乓球 刚接触台面与刚离开台面时重心在同一高度，则乒乓球与台面碰撞过程中，乒乓球() A.重力的冲量为零 B.重力做的功为零 C.动量变化量为零 D.动能变化量为零 4.如图所示是地球绕太阳运动的椭圆轨迹，短轴和长轴的四个位置所对应的节气分别是春分、秋分、夏 至和冬至，假设地球只受到太阳的引力，下列说法正确的是() 春分 A.春分和秋分时，地球运动的加速度相同 夏至。… B。从夏至到秋分，地球的运行时间等于公转周期的} C.火星与太阳连线和地球与太阳连线单位时间扫过的面积相等 秋分 D。若用a代表椭圆轨道的半长辅，T代表公转周期，-水，则地球与木星对应的女值相酮 高一物理第1页，共5页 5.如图所示，AB是四分之一圆弧轨道，为风洞测试专用模型，固定在竖直面内，0O 是圆心，OA竖直，C是圆弧上的测试落点，D是OA上一点，CD水平。已知∠C0D=60°， b a、b、c三点将OD四等分，在O、a、b、c四点分别水平抛出小型测试小球，所有小球 均精准落在C点。若小球落在C点时能垂直打在圆弧测试面上，则小球的抛出点一定 在() A.O点 B.a点 C.b点 D.c点 6.如图所示，两个质量相同的实验小球A、B分别用细线悬在等高的两点。A球的悬线比B球的长，将两 球悬线拉至水平位置后无初速释放，模拟单摆下摆过程，研究小球到达最低点的运动规律，该过程中() A.A球重力的瞬时功率一直变大 B Oh B.最低点时，A球重力的瞬时功率大于B球重力的瞬时功率 C.最低点时，A球的速度小于B球的速度 D.最低点时，悬线对A球的拉力等于悬线对B球的拉力 7.相距为、电荷量大小均为q的等量异种点电荷周围电场的电场线分布如图所示，O为中点。AB为 连线上关于O对称的两点，C为连线中垂线上的一点。静电力常量为k,无穷远处电势为O,下列说法正确 的是() A.0处的电场强度大小为8k是 B.A、B、C三点处的电场强度大小EA=EB<Ec C.若两电荷均带正电，A、B、C三点处的电场强度大小EA=EB<Ec D.若在A点由静止释放一个负电粒子，该粒子能在AB间做往复运动 8.下列关于几幅插图的说法正确的是( L 上游 MO:- 外轨 内轨 A.甲图中，牛顿测定引力常量的实验运用了放大法测微小量 B.乙图中，研究小船渡河问题时，主要运用了等效法 C.丙图中，探究向心力大小与质量、角速度和半径之间的关系时，运用了控制变量法 D.丁图中，火车转弯超过规定速度行驶时，内轨对内轮缘会有挤压作用 高一物理第2页，共5页 9.科幻电影《流浪地球》讲述这样的故事：太阳即将毁灭，人类在地球上建造出巨大的推进器，使地球 经历停止自转、加速逃逸、匀速滑行、减速入轨等阶段，最后成为比邻星的一颗行星。假设若干年后，地 球流浪成功。设比邻星的质量为太阳质量的子，地球质量在流浪过程中损失了子，地球绕比邻星运行的轨道 半径为地球绕太阳运行轨道半径的号，则地球绕比邻星运行与绕太阳运行相比较，下列关系正确的是() A.公转周期之比为T:T=1:1 B.向心加速度之比为a:a4=3:4 C.动能之比为E比：E妇=3：8 D.万有引力之比为：F=3:4 10.我国精密机械研发中，常采用滑块-轻杆模型测试设备动态平衡性能。如图所示，一质量M=2kg的 滑块套在光滑的水平轨道上，一质量m=1kg的小球通过长L=0.5的轻质细杆与滑块上的光滑轴o连接， 小球和轻杆可在竖直平面内绕轴O自由转动。初始时，轻杆水平，现给小球一竖直向上的初速度6=4/s, 重力加速度取g=10m/s2。下列说法正确的是() A.若滑块固定，小球到达最高点的速度大小为√6m/s B.若滑块不固定，小球到达最高点的速度大小为3m/s C.若滑块不固定，小球到达最高点时，杆对小球的作用力大小为8N D,若滑块不固定，小球到达轴Q右侧水平位置时相对地面的位移大小为知 第卷（非选择题) 二、实验题（本题共2小题，共14分） 11.某同学为测定物块A与桌面之间的动摩擦因数，利用动能定理设计了如图所示的装置进行实验。首 先用天平测量物块A的质量m,钩码B的标称质量为M。实验中，当A位于水平桌面上的O点时，B刚好接 触地面，将A拉到P点，待B稳定后静止释放，A最终滑到Q点停止。分别测量OPOQ的长度h和5。改 变h,重复上述实验，分别记录各组实验数据。在坐标纸上画出5-h关系的图像。 (1)关于本实验，下列说法正确的是 m A.实验中连接A一侧的绳子应尽量与桌面平行 B.重物B的质量应远小于物块A的质量 C.若改变物块A的材质，则测得的动摩擦因数不会变化 D,B落地时与地面碰撞损失机械能不会影响实验结果 (2)该同学画出5-图象（s为纵坐标)后，发现十分接近一条斜率为k的正比例函数，据此可求得待测动 摩擦因数为= (用M,m,表示)。 (3)由于钩码B生锈，质量变大。这会使测量结果 (填“偏大”或“偏小”)。 高一物理第3页，共5页 12.某实验小组利用图甲所示装置验证动量守恒定律。将斜槽轨道固定在水平桌面上，调节斜槽末端水 平，利用重锤线，找到斜槽末端在水平地面的竖直投影点O。先让a球从斜槽道上C处由静止释放，a球 从轨道右端水平飞出后落在位于水平地面的复写纸上，在复写纸下面垫放的白纸上留下点迹，重复上述操 作多次，得到小球的平均落点位置。再把被碰小球b放在水平轨道末端，将a球从斜槽上C处由静止释放， a球和b球发生碰撞后，分别在白纸上留下各自的落点痕迹，重复操作多次，分别得到两球的平均落点位置， 三次落点位置如图乙所示。 a球 (1)对于本实验，下列说法正确的是 (填选项前的字母) 重垂线 白纸 重垂线 A.两个小球半径可以不相等 复写纸 o B.两个小球质量必须相同 C.斜槽轨道可以不光滑 (2)小球三次平均落点分别为M、P、N,测得OM.OP.ON的长度分别为4、12、马3，还需要测量的物理量有 一一。（填选项前的字母） A.a球质量%和b球质量 B.a球和b球在空中飞行的时间t C.小球抛出点距地面的高度h D.C处相对于水平槽面的高度H (3)在实验误差允许的范围内，若满足关系式 (用(、12、4及问题(2)中测得物理量所对应符 号表示)，则可以认为两球碰撞前后的动量守恒。 (4)若满足12=」 (用和表示)，则可认为两小球发生的是弹性碰撞。 三、解答题（本题共3小题，共40分，要求写出公式、运算过程、明确的结果） 13.在匀强电场中相距为2√5L的A、B两点固定电荷量均为Q的正电荷，放置在AB中垂线上C点的负电 荷恰好能静止，己知负电荷的质量为m电荷量为q、重力不计，O为AB的中点，OC=。 (1)求匀强电场的电场强度大小和方向： (2)辙去匀强电场后给负电荷一个合适的速度y使它恰好能做匀速圆周运动，求ⅴ的大小。 ⊙C 0 高一物理第4页，共5页 14.如图所示，竖直平面内半径为R的四分之一光滑圆弧轨道下端与水平地面相切。质量均为m的小滑 块A和B分别静止在圆弧轨道的最高点和最低点。现将A无初速度释放，A与B碰撞后结合为一个整体沿地 面滑动。重力加速度为8。求： A R (1)碰撞后瞬间A与B整体对水平地面的压力大小： (2)A与B碰撞过程中损失的机械能及碰撞过程中A对B的冲量。 B 15.如图所示，倾角B=30°的光滑绝缘斜面固定在水平地面上，斜面AC长为2L,B为AC中点，物块P、 Q分别放于斜面上B、A两点，已知物块P带正电，质量为M电荷量为q:物块Q不带电，质量为。斜面 上方空间有平行于斜面向上、大小可调的匀强电场。初始时物块P静止在B点，现将物块Q由A点静止释 Mg 放，下滑后与物块P碰撞，碰撞前后物块P的电荷量保持不变。物块P静止时，匀强电场强度的大小B。= 2g 物块R、Q发生碰撞后运动时匀强电场强度的大小立即变为么-。两物块R、Q均可视为质点，物块间的 碰撞均为弹性正碰，重力加速度大小为g。 (1)求两物块P、Q第一次碰撞前瞬间物块Q的速度大小； M (2)若第一次碰撞后物块Q刚好能运动到AB中点，求口（结果可用根式表示）： (3)若M=,两物块是否会在斜面AC上发生第二次碰撞，如果会，求前后两次碰撞的间隔时间；如果不 会，请说明理由。 E B C10 高一物理第5页，共5页2025-2026学年度下学期阜新市高级中学六月学情调研高一 物理试题参考答案 第〡卷（选择题) 一、选择题（本题共10小题，共46分。其中1-7题为单选题，每小题只有一个选项符合要 求，每小题4分；8-10题为多选题，每小题有多个选项符合要求，每题6分，少选得3分， 多选错选不得分) 1.【答案】D 【详解】根据运动的独立性原理，要最短时间到达岸边，需使人游动的速率1垂直河岸方向， 得最短时间t=a=e0m=200s v10.4m/s 2.【答案】C 【详解】当闭合开关时S,由于静电感应的作用，金属导体B右端带的正电荷，左端带负电， 用手摸一下相当于接地，再移走A,则导体B负电。 3.【答案】B 【详解】A.根据lc=Gt 因重力G,运动的时间t,都不为零，所以重力的冲量不为零，故A错误： B,乒乓球与桌面碰撞过程中，位移为零，所以重力做的功为零，故B正确： CD.乒乓球从距桌面某一高度下落到桌面上，与桌面发生相互作用后被弹起，但未达到原高 度，说明乒乓球离开桌面时的速度小于下落时接触桌面的速度，该过程中动量的变化 量为△p=mv2-m(-v)=m(v2+v1)≠0，方向竖直向上 动能的变化量AEx=m吃-m好≠0，故CD错误。 4.【答案】D 【详解】A.春分和秋分时，地球运动的加速度大小相同，但方向不同，故A错误； B.越靠近太阳速度越快，可知从夏至到秋分的时间大于秋分到冬至的时间，故从夏至到秋 分，地球的运行时间大于公转周期的，故B错误： C.根据开普勒第二定律可知，对于太阳以及同一行星满足单位时间扫过的面积相同，故火 星与太阳连线单位时间扫过的面积不等于地球与太阳连线单位时间扫过的面积，故C错误： D.根据开普勒第三定律可知，若用a代表椭圆轨道的半长轴，T代表公转周期，则有=k 因地球与木星都是围绕太阳公转，故地球与木星对应的k值相同，故D正确。 试卷第1页，共7页 5.【答案】c 【详解】设四分之一圆弧轨道半径为R,以圆心0为坐标原点，水平向右为x轴，竖直向 下为y轴建立坐标系。 已知∠C0D=60°且CD水平，由几何关系可得C点坐标：xc=Rsin60°，yc=Rcos60° 小球垂直打在圆弧测试面上，说明小球在C点的速度方向沿半径0C指向圆心0，即速度 方向与水平方向的夹角6=60°。 设小球平抛初速度为vo,运动时间为t,根据平抛运动的分运动规律： 水平匀速直线运动：x=vot 竖直自由落体运动：y=gt2,竖直分速度：巧=gt 由速度偏角定义可得：an9=子 平抛运动重要推论：速度偏角的正切值等于位移偏角正切值的2倍，即tan6=2tana(ax 为位移与水平方向的夹角)。将0=60°代入推论：tana=am60= 2 2 设抛出点到D点的竖直高度为h, 则小球竖直下落总高度ya=h+y=h+Rcos60°=h+号 小球水平位移恒定为x=Rsin60°。 由位移偏角几何关系ana=是 hiR 代入已知量： 2 化简求解得：九= 由几何关系得0D=RCos60°=。已知a、b、c三点将0D四等分，因此每一段的长度为 骨。计算可得D点上方的位置恰好为b点，即满足条件的抛出点为b点。 6.【答案】D 【详解】B.A球和B球在最低点时速度沿水平方向，竖直方向分速度为零，根据Pc=mgvy 所以重力的瞬时功率为零，两球在最低点的瞬时功率相等，故B错误； A.刚释放瞬间A球速度为零，重力的瞬时功率为零，最低点时瞬时功率为零，中间某一点 有竖直方向的速度，瞬时功率不为零，所以从开始释放到到达最低点的过程A球重力的瞬时 功率先增大后减小，故A错误： 试卷第2页，共7页 C.球由静止释放到运动到最低点，由动能定理有mgl=,mv2,可得v=√2gl 由于A球的悬线比B球的悬线长，又由于两球的质量相同，所以A球在最低点的速度大于B 球在最低点的速度，故C错误； D.小球在最低点时根据合力提供向心力得T-mg=m二其中v=√2g,可得T=3mg 两球质量相等，所以悬线对A球的拉力等于悬线对B球的拉力，故D正确。 7.【答案】A 【详解】A,0处的电场强度大小为0=2k 膏=8以品A正确 B.根据等量异种点电荷电场的分布特点可知，AB左右对称，则E4=EB,由于Bc<E。, Eo<EA,所以EA>Ec,故EA=EB>Ec,B错误： C.:根据等量同种点电荷电场的分布特点可知，A、B左右对称，则EA=EB,C点与A、B 两点场强大小不能确定，C错误： D.两电荷间场强方向指向负电荷，负电粒子受力始终指向正电荷，不会做往复运动，D 错误。 8.【答案】BC 【详解】A.题图甲中，卡文迪许测定引力常量的实验运用了放大法测微小量，故A错误： B.题图乙中，研究小船渡河问题时，主要运用了等效法，故B正确： C.题图丙中，探究向心力的大小与质量、角速度和半径之间的关系时，运用了控制变量法， 故C正确： D.火车转弯超过规定速度行驶时，火车有做离心运动的趋势，所以外轨对外轮缘会有挤压 作用，以帮助提供向心力，故D错误。 9.【答案】CD 【详解】A.万有引力提供向心力：由牛顿第二定律得69-m答x解得T=2 3 故T:T=√2：2，故A错误； B.万有引力提供向心力，由牛顿第二定律得GMm=ma,解得a= 2 2 故4：a4=1:1,故B错误； C.万有引力提供向心力，由牛顿第二定律得M=m二动能E。=mv2= v2 .2 22 试卷第3页，共7页 代入数据计算解得动能之比为Ek比：E妇=3：8，故C正确： D.万有引力F-w”,代入数据计算解得R:乃=3：4，故D正确。 2 10.【答案】ACD 【详解】A.滑块固定时，小球运动过程只有重力做功，机械能守恒：m=mgL+mv2 得v=√6m/s,故A正确： B.滑块不固定时，系统水平方向不受外力，水平动量守恒，初始总水平动量为0。小球到达 最高点时，小球的速度为v1,滑块的速度v2,由动量守恒得0=mv1+Mv2 由机械能守恒定律mv哈-mv经+Mv吃+mgL,得=2m/s，2=1m/s:故B错误。 C.小球到最高点时，列圆周运动向心力公式：mg+F=m巴+，解得F=8N,故C正确： D.设滑块相对于初始位置向左的位移大小为$，则小球坐标为-5+L 小球初始坐标为-L,因此小球相对初始位置的位移△xm=(-s+L)-(-L)=2L-s 由人船模型动量关系积分得m△xm=Ms 代入数值s=m 因此小球位移大小4xm=m,故D正确： 第II卷（非选择题） 二、实验题（本题共2小题，共14分) 1.【答案】①AD(2分)②wm2分)③债小2分) 【详解】(1)A.实验中连接A一侧的绳子应尽量与桌面平行，避免滑轮作用力对实验误差 的影响，故A正确： B.实验中无需重物B的质量远小于物块A的质量，故B错误； C.若改变物块A的材质，则动摩擦因数改变，测得的动摩擦因数会变化，故C错误： D.根据实验原理可知，B落地时与地面碰撞损失机械能不会影响实验结果，故D正确： 故选AD。 (2)B下落至临落地时根据动能定理有Mgh一mgh=二(m+M)v2 在B落地后，A运动到Q,有mgs=mv,解得s-M9_mgh ug(M+m) 所以a=k,解得μ=+m+n M ug(M+m) (3)由于钩码B生锈，质量变大，则M测量值偏小，这会使测量结果偏小。 试卷第4页，共7页 12.【答案】(1)C(2分)(2)A(2分)(3)m1l2=m1l1+m2l3(2分)(4)l3-l1(2分) 【详解】(1)A.为保证两球对心碰撞，两个小球半径必须相等，故A错误： B.为防止a球碰撞后反弹，要求a球质量大于b球质量，两球质量不能相同，故B错误： C.只要每次a球从斜槽同一位置静止释放，就能保证碰撞前速度相同，斜槽是否光滑不影 响实验要求，故C正确。 (2)两球离开斜槽后做平抛运动，下落高度相同，空中运动时间t相同，水平速度”=： 推导动量守恒关系式时t会被约去，因此可以用水平位移代替水平速度，不需要测量飞行时 间、抛出点高度、释放点高度，只需要测量两个小球的质量m1、山。故选A。 (3)小球平抛运动时间t相同，碰撞前a球速度。= 碰撞后a、b球的速度分别为u4=兰，2=是 代入动量守恒关系式m1。=m1+m,"2,得m兰=m兰+m2号 等式两边同乘时间t,得m1l2=m1l1+m2l3 (4)弹性碰撞满足动量守恒且没有动能损失，动量守恒满足m1l2=m11+m2l3 则m1(L2-l1)=m2l3 动能没有损失，可得影m哈=m好+m2吃 代入vo、v1、v2,将等式两边同乘t2,整理得m1l经=m1l?+m2l 则m1(经-)=m2l,联立可得l2=13-41 三、解答题（本题共3小题，共40分，要求写出公式、运算过程、明确的结果） 13.【答案】10分)(1)器，方向沿c0方向：(2)v=、 kqQ 4Lm 【详解】(1)由几个关系AC2L,放置在AB中垂线上C点的负电荷恰好能静止，可知C点 的场强为零，则E=2E0c0s60°(2分) 其中。=品(2分) 解得E=器(1分)方向沿c0方向：1分) (2)撤去匀强电场后，C点的场强方向指向O点，大小为E, 则由牛顿第二定律6g=m艺(2分) 解得v= kg(2分) 4Lm 试卷第5页，共7页 14.【答案】(12分)（①）3mg(2)2mgR;mV2gR,方向向右 【详解】(1)对A,从圆弧最高点到最低点的过程，根据机械能守恒定律有 mgR=m?(1分) 解得vA=√2gR(1分) A在圆弧轨道最低点与B碰撞，根据动量守恒定律有 mv4=2mv(1分) 解得v=2gR(1分) 碰撞后瞬间对A与B整体，根据牛顿第二定律有 F-2g=2m（1分) 解得FN=3mg(1分) R 由牛顿第三定律可得，A与B整体对水平地面的压力大小为FN'=3mg(1分) (2)碰撞过程中损失的机械能为4E=m好-×2mv2=mgR(2分) 碰撞过程中A对B的冲量等于B的动量的变化量，规定向右为正方向，根据动量定理得 1=mw=,mV2gR(2分)方向向右(1分) 15.【答案】(18分)(1)√gL(2)3+2V2(3)会，t=2 【详解】(1)Q由A到B过程中mgsin0=ma(1分) 根据v=2aL(1分) 解得vo=√2 gl sin日=√gL(1分) (2)设碰撞后P、Q的速度大小分别为和2，碰后Q上升AB中点，则v22=25(1分) 解得u2=√gLsin日=， (1分) 2 由P、Q弹性碰撞可知m=M-mv2(1分)，mv哈=M经+mv吃(1分) 解得兴=3+2V2(1分) (3)设碰撞后P、Q的速度分别为和4，有 mv=Mv3+mw4(1分)，2mw6=Mv3+mv话(1分) 因作m所以v3=v0=√gL,4=0(1分) P有速度后，电场强度E=9(1分) 根据牛顿第二定律Mg sin6-qE1=Ma1(1分) 解得a=-号(1分) 试卷第6页，共7页 若P、Q二次碰撞，则vt+at2=2t2(1分) 解得t=2(1分) g 此时P的速度vs=v3t+a1t=0 在此过程中，P的位移xp=3t+a1t2=L(1分) P刚好到达最底端。因此能二次碰撞并且时间间隔为t=2 (1分) 试卷第7页，共7页