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辽西重点高中 2025~2026 学年度下学期高一月考
物理试题
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、准考证号填写在答题卡上。
2、答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡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。答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试题卷上无效。
3、考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
第Ⅰ卷 （选择题 共 46 分）
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，有选错的得 0 分。）
1 ．下列说法中正确的有( )
A ．在某一段时间内物体运动的位移为零，则该物体一定是静止的
B ．速度很大的物体，其加速度可以很小，可以为零
C ．曲线运动一定是变加速运动
D ．力的单位“N”是国际单位制的基本单位，加速度的单位“ m/s2 ”是导出单位
2 ．如图所示，倾角为30° 的斜面固定在水平地面上，将小球以大小为v0 = 10m/s 的初速度水平抛出，小球从抛出到落在斜面上的过程，刚好位移最小。已知重力加速度g 取10m/s2 ，不计空气阻力，则小球从抛出到落在斜面上经历的时间为( )
A ． 3s B ．2s C ．23s D ．4s
3 ．下列关于圆周运动的说法正确的是( )
A ．做圆周运动的物体受到的合力方向一定指向圆心
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B ．做匀速圆周运动的物体线速度保持不变
C ．做匀速圆周运动的物体加速度大小保持不变
D ．物体只受恒力时可能做圆周运动
4 ．广阔的草原上，一只羚羊发现潜伏在附近的猎豹后开始全速奔跑，猎豹随即追赶，某段时间内它们依次经过水平面内 A 、B 、C、D 四点，其运动轨迹为如图所示的虚线，此过程中羚羊的速度大小不变，猎豹紧跟其后。下列说法正确的是( )
A ．羚羊处于平衡状态 B ．猎豹做非匀变速运动
C ．羚羊经过 D 点时的加速度最小 D ．猎豹经过 C 点时受到的合外力最大
5 ．由于中国古代是一个农业社会，农业需要严格了解太阳运行情况，农事完全根据太阳进行，所以在历法中又加入单独反映太阳运行周期的“二十四节气”。已知春分、夏至、秋分和冬至所处的四个位置如图所示，地球沿椭圆形轨道绕太阳运动，下列说法正确的是( )
A ．地球由春分运行到秋分的时间等于由秋分运行到春分的时间
B ．地球绕太阳公转时，在夏至处的线速度小于在冬至处的线速度
C ．地球由春分运行到夏至的过程中加速度逐渐增大
D ．开普勒三大定律仅适用于太阳系中行星的运动
3
6 ．一颗通讯卫星绕地球的运动视为匀速圆周运动，其周期为地球自转周期T 的 ，如图所7
示，运行的轨道与地球静止卫星轨道不共面。此刻，该通讯卫星恰好经过静止卫星正下方。已知地球两极处的重力加速度为g ，半径为 R 。则( )
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A ．通讯卫星距地面高度为 R
B ．通讯卫星与位于地球赤道上的物体向心加速度之比为
3
C ．此刻之后，静止卫星与通讯卫星最远距离为两者轨道半径之和，两次相距最远间隔 T 2
3
D ．此刻之后，静止卫星与通讯卫星最近距离为两者轨道半径之差，两次相距最近间隔 T 2
7．如图所示，质量m = 10kg 的物体在F = 100N 斜向下的推力作用下，沿水平面以v = 1m / s
的速度匀速前进x = 1m ，已知F 与水平方向的夹角θ = 30° , 重力加速度g = 10m / s2 ，则( )
A ．推力F 做的功为 100J
B ．推力F 的功率为 100W
C ．物体与水平面间的动摩擦因数为 0.5
D ．物体克服摩擦力做功为503J
8 ．平抛物体的初速度为v0 ，当水平方向分位移与竖直方向分位移相等时( )
A ．运动的时间t
B ．瞬时速率vt = /5v0
C ．位移大小等于
D ．水平分速度与竖直分速度大小相等
9．为缓解宇航员长期处于失重状态带来的不适，钱学森在 1963 年《星际航行概论》中讨论过通过环形飞船旋转制造人工重力的技术构想，如图，为设想的在地球同步轨道的圆环形太空舱，绕圆环中心匀速旋转，此时人站在舱内的侧壁上，可以受到与站在地面上相同大小的支持力。已知地球表面的重力加速度为g ，圆环的半径为r 。人可视为质点， 下列说法正确的是( )
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A ．为了让人站在舱内侧壁上与地面感受相同，舱旋转的角速度为 ·gr
B ．为了让人站在舱内侧壁上与地面感受相同，舱旋转的角速度为
C ．若太空舱绕环中心的角速度增大，人感觉自己会变轻
D ．若太空舱绕环中心的角速度减小，人感觉自己会变轻
10 ．理论证明：质量分布均匀的球壳对壳内物体的万有引力为零，如图所示，有一半径为
1
R、密度均匀的大球体，现从球中挖去半径为 R 的小球体，O 、O9 分别为大球、小球球心，
2
点 A、B 、C 在大球表面，CD = R ，一个质量一定的小物体处在不同位置时，下列关于小物体受到剩余部分万有引力的说法正确的是( )
A ．在O9 处受到的万有引力为零
7
B ．在 D 处受到万有引力是 C 处的 18
C ．在 A 处和 B 处受到万有引力大小相等，方向不同
D ．在 O 处和 C 处受到万有引力大小相等，方向相同
第聂卷 非选择题
二、非选择题（本题共 5 小题，共 54 分）
11 ．某兴趣小组为探究平抛运动的特点，做了如下几个实验：
(1)图 1 中用象棋中的两枚棋子，一枚置于拇指与弯曲的食指之间，另一枚放于中指上，它
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们处于同一高度，如图 1 所示，食指弹击放于中指上的棋子使其水平飞出，同时拇指食指间的棋子被释放。由此实验可判断
A ．平抛运动的水平分运动是匀速直线运动
B ．平抛运动的竖直分运动是自由落体
C ．降低手所在高度，两棋子不同时落地
(2)图 3 是利用图 2 装置拍摄小球做平抛运动的频闪照片，由照片可判断实验操作错误的是
。
A ．释放小球时初速度不为 0
B ．释放小球的初始位置不同
C ．斜槽末端切线不水平
(3)图 4 为物体的运动轨迹，a 、b 、c 三点的位置在运动轨迹上已标出（g 取10m/s2 ），由图
可知，小球由 a 到 b 的时间与由 b 到 c 时间相等，小球平抛的初速度v0 = m/s （保留两位有效数字）；小球开始做平抛运动的位置坐标 (x, y ) = 。
12 ．(1)卡文迪什利用如图 1 所示的扭秤实验装置测量了引力常量，横梁一端固定有一质量为 m、半径为 r 的均匀铅球 A，旁边有一质量为 m、半径为 r 的相同铅球 B ，A 、B 两球表面的最近距离为 L，两球间的万有引力大小为 F。则可以表示出引力常量 G= 。
(2)在下列的实验中，与“卡文迪什扭秤实验” 中测量微小量的思想方法最相近的是( )
A ．探究力的合成规律
B ．通过平面镜观察桌面的微小形变
C ．探究加速度与力、质量的关系
D ．探究小车速度随时间变化的规律
(3)2050 年，我国宇航员登上某一未知天体，已知某天体半径为 R、现要测得该天体质量，
宇航员用如图 2 甲所示装置做了如下实验：悬点 O 正下方 P 点处有水平放置的炽热电热丝，当悬线摆至电热丝处时能轻易被烧断，小球由于惯性向前飞出做平抛运动。现对小球用频闪
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数码照相机连续拍摄。在有坐标纸的背景屏前，拍下了小球在做平抛运动过程中的多张照片，经合成后，照片如图 2 乙所示。a 、b 、c 、d 为连续四次拍下的小球位置，已知照相机连续拍照的时间间隔为 0. 10s，照片中坐标为物体运动的实际距离，已知引力常量为 G，则：
①由以实验数据，可推算出该星球表面的重力加速度 g 为 m/s2 ；（保留两位有效数字）
②该星球质量为 。（用 G 、R 、g 表示）
13．一粗糙的圆锥体可绕其轴线做圆周运动，其轴线沿竖直方向，母线与轴线之间的夹角为θ = 53° , 现于锥面上放一个石块，石块与锥面间的动摩擦因数μ = 0.8 ，石块与圆锥体顶点 O的距离L = 3m ，石块的质量为 m = 20kg ，石块可看作质点，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力．取重力加速度g = 10m / s2 ，sin 53° = 0.8 ，cos 53° = 0.6 。求：
(1)若圆锥体与石块均静止，石块受到锥面的静摩擦力f 的大小；
(2)为使石块不发生相对滑动，圆锥体绕轴线做匀速圆周运动的角速度w 最大是多少？以该角速度转动时石块受到的支持力FN 为多大？
14 ．在深海打捞作业中，一打捞船利用绞车提升水下货物。绞车可视为电动机带动的装置，电动机的额定功率 P ＝100kW，绞车与货物间通过钢缆相连，货物质量 m ＝5×103kg。假设 货物从静止开始被提升，在提升过程中钢缆始终保持竖直，且货物所受浮力恒为 3.5×104N，阻力恒为f ＝5×103N。重力加速度 g ＝10m/s2 求：
(1)货物能达到的最大速度 vm 是多少？
(2)若货物以 a ＝1m/s2 的加速度匀加速启动，这一过程能维持多长时间？
(3)若以第（2）问中的加速度先匀加速启动，当货物速度达到 v ＝4.5m/s 时，其加速度为多
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大？
15 ．如图所示，倾斜传送带倾角θ = 37o ，顶端 A 到底端B 的长度为 36m，以 20m/s 的速度绕轴逆时针转动。一个质量为m = 0.5kg 的黑色煤块（可看作质点）从距A 点高度差h = 1.8m的O 点以一定的初速度水平抛出，经过一段时间后运动至传送带顶端A ，此时速度方向恰好沿传送带向下，已知煤块与传送带之间的动摩擦因数μ = 0.5 ，煤块在传送带上经过时会留下黑色划痕。不考虑空气阻力，g = 10m/s2 ，sin 37o = 0.6 ，cos 37o = 0.8 。求：
(1)煤块水平抛出时初速度大小v0 ；
(2)煤块从传送带顶端A 运动至底端B 所用的时间；
(3)煤块从传送带顶端A 运动至底端B 的过程中在传送带上留下的划痕长度。
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1 ．B
A．某段时间内物体位移为零，可能是物体运动后回到出发点，并非一定静止，故A 错误；
B．加速度与速度大小无必然联系，例如高速匀速行驶的列车，速度很大，加速度为零，故B 正确；
C ．曲线运动一定是变速运动，但加速度可以恒定，例如平抛运动为匀变速曲线运动，故 C错误；
D ．力的单位“N”是导出单位（1N = 1kg . m / s2 ），加速度单位“ m / s2 ”也是导出单位，故 D错误。
故选 B。
2 ．C
小球从抛出到落在斜面上的过程， 刚好位移最小，可知位移方向垂直于斜面，根据几何关系可知，位移方向与水平方向的夹角为60° ,则有 tan
可得小球从抛出到落在斜面上经历的时间为t s故选 C。
3 ．C
A ．只有匀速圆周运动的合力才指向圆心，变速圆周运动的合力会分解为法向的向心力和切线方向改变线速度大小的力，合力不指向圆心，故 A 错误；
B ．线速度是矢量，匀速圆周运动线速度的大小不变，但方向沿圆周切线时刻变化，因此线速度是变化的，故 B 错误；
C ．匀速圆周运动的加速度为向心加速度，大小满足a w2r
匀速圆周运动的v 、w 、r 大小都不变，因此加速度大小保持不变，仅方向时刻改变，故 C正确；
D ．圆周运动需要向心力方向始终指向圆心，方向时刻发生变化，而恒力的大小和方向都不变，因此物体只受恒力时不可能做圆周运动，故 D 错误。
故选 C。
4 ．B
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AB ．由题意知羚羊做曲线运动，所受合外力指向轨迹凹侧，合外力的方向不断发生变化，猎豹的加速度不断变化，做非匀变速运动，A 错误，B 正确；
C ．羚羊速度大小不变，加速度为向心加速度，满足公式a
D 点是轨迹最弯曲的点， r 最小，因此加速度a 最大，C 错误；
D ．根据F = ma
轨迹D 点半径最小，加速度最大，因此猎豹在D 点受到的合外力最大，D 错误。
故选 B。
5 ．B
A．根据开普勒第二定律，地球离太阳越远平均公转线速度越小。春分→秋分过程，地球整体在离太阳更远的半侧运行，平均线速度更小，用时更长；秋分→春分过程平均线速度更大，用时更短，时间不相等，故 A 错误；
B ．由图可知，夏至位置地球离太阳更远（远日点附近），冬至位置地球离太阳更近（近日点附近）。根据开普勒第二定律，离太阳越远线速度越小，因此夏至处线速度小于冬至处线速度，故 B 正确；
C ．地球公转的加速度由万有引力提供，由牛顿第二定律，得 ma解得a
春分运行到夏至的过程中，地球到太阳的距离r 逐渐增大，因此加速度逐渐减小，故 C 错误；
D．开普勒三大定律不仅适用于太阳系中行星的运动，也适用于宇宙中其他天体的运动，故D 错误。
故选 B。
6 ．D
A ．设通讯卫星的质量为m ，距地面高度为 h ，有 其中T T 、r = R + h
根据万有引力与重力关系有 mg
联立解得h R故 A 错误；
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B ．做圆周运动的物体加速度为an 则 故 B 错误；
CD ．由于轨道特殊的空间关系，想要静止卫星与通讯卫星最近距离为两者轨道半径之差，或最远距离为两者轨道半径之和，位置只能在“此刻” 的位置或者“此刻”背后的位置，因
可得频率关系为ff
则静止卫星转 圈，通信卫星转 圈，不满足；
静止卫星转 圈，通信卫星转 圈，不满足；
静止卫星转 圈，通信卫星转 圈，满足最近条件，且回到相对初始位置，故不会出现“最远距离为两者轨道半径之和”，但会出现“最近距离为两者轨道半径之差”且周期为3
T ，此解与转向无关，故 C 错误，D 正确。
2
故选 D。
7 ．D
A ．推力F 做的功为WF = FxcosJ ，故 A 错误。
B ．推力F 的功率为P = FvcosW ，故 B 错误。
C ．物体做匀速运动，根据受力平衡可得Fcosθ = f ，N = mg + Fsinθ
解得f = 503N ，N = 150N
则物体与水平面间的动摩擦因数为 ，故 C 错误。
D ．物体克服摩擦力做功为Wf = fx = 503 1J = 503J ，故 D 正确。
故选 D。
8 ．AB
A ．平抛物体的初速度为v0 ，当水平方向分位移与竖直方向分位移相等时，有
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可得运动的时间t ，故 A 正确；
BD ．可得竖直分速度为vy = gt = 2v0 ≠ v0
可得瞬时速率vt v0 ，故 B 正确，D 错误；
C ．水平位移为x = v0t 竖直位移为y gt
可得位移大小为 ，故 C 错误。
故选 AB。
9 ．BD
AB ．为了让人站在舱内侧壁上与地面感受相同，则侧壁对人的支持力大小为mg ，则有mg = mw2r
解得w ，故 A 错误，B 正确；
CD ．根据侧壁对人的支持力提供向心力有FN = mw2r
则w 增大，FN 就增大，人感觉自己会变重；反之，w 减小，FN 就减小，人感觉自己会变轻，故 C 错误，D 正确。
故选 BD。
10 ．BD
A．若将挖去的部分用原材料补回，可知小物体放在O9 处时球体对小物体的吸引力等于实心球对小物体的吸引力与挖去部分对小物体的吸引力之差；由题可知挖去部分的球心
R
与小物体重合，对小物体的引力为零；则剩余部分对小物体的万有引力等于半径为 的球
2对小物体的万有引力。即在O9 处受到的万有引力不为零，A 错误；
B．设大球质量为 m，则由数学知识可知，挖去部分的球的质量 m ，设小物体质量 m0，可知
8
小物体放到 D 点时受到的引力FD = G
小物体放到 C 点时受到的引力FC = G
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可得 B 正确；
C ．小物体放在 AB 两点时，将挖去的部分用原材料补回，小物体受到的引力等于大球的引力减去挖掉的小球的引力，大球对 AB 两点的小物体的引力大小相同，方向指向球心；而挖去的小球对 AB 两点的小物体的引力大小方向都不同，可知在 A 处和 B 处受到万有引力大小不相等，方向不同，C 错误；
D．小物体放在 O 点时，将挖去的部分用原材料补回，受到大球的引力为零，则引力大小等于挖去小球的引力，大小为FO = G FC
方向向左，与放到 C 点时受的引力方向相同，D 正确。
故选 BD。
11 ．(1)B (2)C
(3) 2.0 (-10, -1.25)
（1）AB ．由于两枚棋子从同一高度同时释放，一枚棋子做自由落体运动，另一枚棋子做平抛运动，只要两枚棋子同时落地，即可验证平抛运动在竖直方向上是自由落体运动，故 A 错误，B 正确；
C ．只要两枚棋子在同一高度，同时释放，它们就必然同时落地，故 C 错误。
故选 B。
（2）C ．由图可知小球做斜抛运动，则斜槽末端切线不水平，故 C 正确；
A ．释放小球时初速度不为 0，不会使物体斜抛出去，故 A 错误；
B．释放小球的初始位置不同，从斜槽末端飞出的速度不同，不会使物体斜抛出去，故 B 错误。
故选 C。
（3）根据逐差法求加速度有Δy = ybc - yab = gt2解得t = 0. 1s
水平方向做匀速直线运动，有vm / s b 点的竖直分速度vyb m / s
在竖直方向小球做自由落体运动，有vb = 2ghb
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代入数据得hb = 0.1125m
则小球开始做平抛运动的位置坐标y = hab - hb = -1.25cm
由vyb = gtb 计算出小球运动到 b 点的时间tb = 0.15s
则水平方向运动的距离xb = v0tb = 30cm
故小球开始做平抛运动的位置坐标x = -10cm
(2)B
(
gR
2
)(3) 8.0
G
（1）根据万有引力计算公式F = G 所以G
（2）A ．“卡文迪什扭秤实验” 中测量微小量的思想方法为放大法，而探究力的合成规律的实验中，运用的科学思想方法为等效替代法，故 A 错误；
B ．通过平面镜观察桌面的微小形变，采用放大法，故 B 正确；
C ．探究加速度与力、质量的关系采用控制变量法，故 C 错误；
D ．探究小车速度随时间变化的规律中采用归纳法，故 D 错误。
故选 B。
（3）[ 1] 由图可知，小球做平抛运动竖直方向有 Δy = 2L = gT2代入数据解得g = 8.0m/s2
[2]根据万有引力与重力的关系G mg可得M
13 ．(1) f = 120N
(2) w ≈ 0.36rad/s ，FN ≈ 156.25N
（1）若圆锥体与石块均静止，石块的受力如图所示
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根据受力平衡可得f = mg cosθ解得f = 120N
（2）当角速度最大时，石块即将沿母线向外（远离顶点）滑动，静摩擦力达到最大值，方向沿锥面向上，根据牛顿第二定律有f ’ sin θ - FN cos θ = mL sin θw2 ，
f ’ cos θ + FN sin θ = mg
其中f ’ = μFN
解得w ≈ 0.36rad/s ，FN ≈ 156.25N
14 ．(1) 5m / s
(2) 4s
（1）当货物匀速运动时，速度达到最大，根据平衡条件可得T + F浮 = mg +f可得此时钢缆对货物的拉力为T = 2 104 N
又P = Tvm
解得货物能达到的最大速度为vm = 5m / s
（2）若货物以 a = 1m / s2 的加速度匀加速启动，根据牛顿第二定律可得
T1 + F浮 - mg - f = ma
解得钢缆对货物的拉力为T1 = 2.5 104 N由P = T1v1
解得功率刚达到额定功率时的速度大小为v1 = 4m / s则这一过程能维持的时间为ts
（3）若以第（2）问中的加速度先匀加速启动，当货物速度达到v = 4.5m / s ，此时钢缆对货
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物的拉力为TN根据牛顿第二定律可得T2 + F浮 - mg - f = ma,解得加速度大小为a m / s2
15 ．(1)8m/s
(2)2s
(3)5m
（1）煤块平抛，在竖直方向，根据 v - 0 = 2gh
解得vy m / s = 6m / s
煤块在 A 点根据tan
解得vm / s = 8m / s
（2）煤块到达传送带顶端 A 时，有vA cos 37° = v0解得vA m / s = 10m / s
煤块先沿传送带向下做匀加速直线运动，有mgsin37° + μmg cos 37° = ma1解得a1 = g sin 37° + μg cos 37° = 10 0.6m / s2 + 0.5 10 0.8m / s2 = 10m / s2由v = vA + a1t1
得t s = 1s
则xm = 15m
随后煤块继续向下做匀加速直线运动，有mg sin 37° - μmg cos 37° = ma2解得a1 = g sin 37° - μg cos 37° = 10 0.6m / s2 - 0.5 10 0.8m / s2 = 2m / s2煤块运动至底端发生的位移为x2 = L - x1 = 36m -15m = 21m
而x2 = vt a2t
代入数据得21 = 20t
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解得t2 = 1s
则t总 = t1 + t2 = 1s + 1s = 2s
（3）煤块在第一段匀加速直线运动中，传送带的位移为x3 = vt1 = 20 1m = 20m则煤块相对于传送带的位移大小为Δx1 = x3 - x1 = 20m -15m = 5m
此过程中煤块相对于传送带向上运动，留下 5m 的划痕。
煤块在第二段匀加速直线运动中，传送带的位移为x4 = vt2 = 20 1m = 20m
则煤块相对于传送带的位移大小为Δx2 = x2 - x4 = 21m - 20m = 1m此过程中煤块相对于传送带向下运动，留下 1m 的划痕。
则传送带上留下的划痕的长度为 5m。
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