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雅礼中学2026年上学期期中考试试卷
高一物理
时量：75分钟
分值：100分
命题人：（非选择题）
(选择题)
审题人：
一、单选题：（本题共6小题，每小题4分，共24分。在每小题给出的四个选
项中，只有一个选项符合题目要求。)
1.在物理学的研究中用到的思想方法很多，下列说法不正确的是()
地球公整道
远日点
近日点
7月初)
(1月初)
公转方向
丙
人
A.甲图中，卡文迪什测定引力常量的实验运用了放大法测微小量
B.乙图中，把匀变速直线运动的v-t图像分成很多小段，每小段近似看作匀
速直线运动，把各小段的位移相加代表物体在t内总位移，采用了“等效替
代法”
C.丙图中，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
D.丁图中，在研究地球绕太阳运动时将太阳和地球视为质点，运用了理想
化模型的思想
2.排球赛中运动员将排球水平击出，不计空气阻力。则排球空中运动过程中，
在相等的时间间隔内()
A.重力势能的变化量相等B.动能的变化量相等
C.速度的变化量相同
D.速度方向与水平方向的夹角变化量相等
3.如图所示，蹦极是一种将一端固定的弹性绳绑在脚踝等部位、从高台跳下的
极限运动。下落过程中，下列说法正确的是()
A.游客下落到最低点时，弹性绳的弹性势能最大
B,游客下落高度与弹性绳原长相等时，其动能最大
C.游客下落速度最大时，其重力势能全部转化为动能
D.游客所受合外力为零时，其重力势能全部转化为弹性
绳的弹性势能
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CS扫描全能王
3亿人都在用的扫猫APD
4.如图所示是我国首个空间实验室“天宫一号”的发射及运行示意图。长征运
载火箭将飞船送入近地点为A、远地点为B的椭圆轨道上，B点距离地面高度为
,地球的中心位于椭圆的一个焦点上，“天宫一号”飞行几周后变轨进入预定
圆轨道。已知“天宫一号”在预定圆轨道上飞行n圈所用时间为t,引力常量为
G,地球半径为R,则下列说法正确的是()
预定圆轨道
地球
椭圆轨道
A.“天宫一号”在椭圆轨道的B点的加速度大于在预定圆轨道的B点的加速度
B.“天宫一号”从A点开始沿椭圆轨道向B点运行的过程中，动能先减小后增
大
C.“天宫一号”沿椭圆轨道运行的周期大于沿预定圆轨道运行的周期
D.由题中给出的信息可以计算出地球的质量f4红(R+心
Gr
5.如图所示，在固定的光滑水平杆上，质量为m的物体P用细线跨过光滑的定
滑轮连接质量为3m的物体Q,用手托住Q使整个系统静止，此时轻绳刚好拉直，
且A0=L,OB=h,AB下列说法正确的是(
囱
A.当物体P运动到B处时，此时物体P速度最小，物体Q速度最大
B.在物体P从A滑到B的过程中，物体P的机械能减小，物体Q的机械能
增加
C.物体P运动的最大速度为V6g(L-h)
D.开始运动后，当物体P速度再次为零时，物体Q下降了2(L-)
第2页共8页
CS扫描全能王
3亿人都在用的扫猫APD雅礼中学 2026年上学期期中 相等 t内，速度变化量 v a t g t
方向竖直向下，大小和方向均相同，故 C 正确；
考试高一物理参考答案
D．设速度方向与水平方向的夹角为 ，则
题 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
tanθ gt g t
v v 即 tan 与时间
t成正比，即在相等
号 0 0
t内， tan 变化量相等，但速度方向与水平方向
选 B C A D C D CD AB BD BC
的夹角 变化量不相等，故 D 错误。故选 C。
项
3．答案．A 解析 A．游客下落到最低点时，弹性绳
1.答案．B 解析 A．甲图中，卡文迪什测定引力常
的伸长量达到最大，根据弹性势能的相关规律可知，
量的实验运用了放大法测微小量，故 A 正确；B．图
弹性绳的弹性势能与弹性绳伸长量的平方成正比，
乙把匀变速直线运动的 v t图像分成很多小段，每
所以此时弹性绳的弹性势能最大，故 A 正确；
小段近似看作匀速直线运动，把各小段的位移相加
B．游客下落高度与弹性绳原长相等时，弹性绳还
代表物体在 t 内总位移，采用了“微元法”，故 B
未发生伸长，此时游客只受重力，会继续加速下落，
错误。C．丙图中，探究向心力的大小与质量、角
速度也将继续增大；当游客所受合外力为零时，即
速度和半径之间的关系时运用了控制变量法，故 C
重力与弹性绳的弹力大小相等时，速度才达到最大，
正确；D．丁图中，在研究地球绕太阳运动时将太
则此时动能最大，故 B 错误；
阳和地球视为质点，运用了理想化模型的思想，故
C．游客下落速度最大时，弹性绳已经发生了伸长，
D 正确。故选 B。
存在弹性势能，因此重力势能并非全部转化为动能，
2．答案 C 解析:排球被水平击出，不计空气阻力，
还有一部分转化为弹性绳的弹性势能，故 C 错误；
其运动为平抛运动。水平方向为匀速直线运动，竖
D．游客所受合外力为零时，其速度最大，动能最
直方向为自由落体运动，加速度为重力加速度 g，
大，因此重力势能并非全部转化为弹性绳的弹性势
方向竖直向下。
能，还有一部分转化为动能，故 D 错误。故选 A。
A．重力势能的变化量 Ep WG mg h取决于
4.答案．D解析 A．根据牛顿第二定律和万有引力
高度的变化。竖直方向位移 y
1
gt 2
2 定律，卫星在 B点受到的万有引力 F G
Mm
(R h)2 加
在相等 t内，高度变化量 h不相等故重力势能变 F GM
速度 a m (R h)2
化量 Ep mg h不相等，故 A 错误；
无论是在椭圆轨道还是圆轨道，卫星在 B点距离地
B．根据动能定理WG ΔEk 心的距离相同，受到的万有引力相同，因此加速度
由 A 选项分析可知，在相等 t内，重力做功不同， 相同，故 A错误；
所以动能的变化量不相等，故 B 错误； B．“天宫一号”从 A点（近地点）向 B点（远地点）
C．速度的变化量为矢量，加速度 a g恒定，故在 运行的过程中，万有引力做负功，根据动能定理，
答案第 1页，共 5页
{#{QQABTYSk5gCY0ITACK5rQ0UcCwuYkIKiJMgMgQAeOAwDyBNIBIA=}#}
动能一直减小，故 B错误； 阶段的加速度
3 v
C a．根据开普勒第三定律 k a 1m/s2
T 2 t
椭圆轨道的半长轴小于预定圆轨道的半径（因为椭 汽车匀加速阶段的牵引力
圆轨道在圆轨道内部，且相切于 B点），所以“天宫 F P 3000N
v
一号”沿椭圆轨道运行的周期小于沿预定圆轨道运
匀加速阶段由牛顿第二定律得
行的周期，故 C错误； F 0.1mg ma
D．“天宫一号”在预定圆轨道上飞行 n圈所用时间
解得
为 t t，则周期T 轨道半径 r R h
n m 1500kg
根据万有引力提供向心力 故 A错误；
G Mm 4
2
m ( R h) B．汽车行驶的最大速度时牵引力等于阻力，此时
(R h)2 T 2
牵引力功率为15kW，有
解得地球质量
P P
4 2 (R h)3M 4
2 (R h)3 4 2 (R h)3n2 v0 10m/s
f 0.1mg
GT 2 G( t )2 Gt
2 故
n 故 B错误；
D正确。故选 D。 1C 2．前 5s内汽车的位移 x at 12.5m
2
5．答案．C【详解】AB．当物体 P滑到 B点时，
克服阻力做功Wf 0.1mgx 18750J 故 C错误；
Q下降到最低点，此时 Q的速度为零，物体 P速
D．设5 25s内汽车的位移大小 s，由动能定理得
度最大；在物体 P从 A滑到 B的过程中，根据系
统机械能守恒定律可知，物体 Q的机械能减小， Pt 0.1mg s
1
mv2 1 mv2
2 0 2
物体 P的机械能增大，故 AB错误； 解得 s 162.5m故 D 正确。故选 D。
C．当 P运动到 B处时，P的速度最大，Q的速度 7．答案．CD【详解】A．单位时间内冲击发电机
为零，根据系统机械能守恒定律可得 叶片圆面的空气的质量为m V
3mg(L h) 1 mv 2P V r2v t，其中 t 1s则m r 2v，故 A错误；2
解得 P运动的最大速度为 B．单位时间内该发电机产生的电能为
1 2 3
vP 6g(L h) E Ek Ek mv
2 E r v解得 ，故 B错误；
2 2
故 C正确； C．发电功率等于单位时间内该发电机产生的电能，
r2v3D．开始运动后，当 P速度再次为零时，即 P的机 则P 若只将叶片半径 r变为原来的 2倍，
2
械能不变，则 Q的机械能也不变，说明此时 Q回
发电功率将变为原来的 4倍，故 C正确；D．根据
到初始释放的位置，故 D错误。故选 C。
P r
2v3
，若只将风速 v变为原来的 2倍，则
6．答案．D【详解】A．由图象可得，汽车匀加速 2
答案第 2页，共 5页
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发电功率变为原来的 8倍，故 D正确。故选 CD。 30J mgh
8．答案 AB 解得
解析 运动员同时参与了两个分运动，竖直方向向
m 1kg， 0.5
下落的运动和水平方向随风飘的运动，两个分运动
故 A 错误；
同时发生，相互独立，水平方向的风力大小不影响
B．物块与斜面间的摩擦力为
竖直方向的运动，即落地时间和着地时竖直方向的
速度不变，故 A 正确,C、D错误；水平风力越大， f mg cos 4N
水平方向的速度越大，则落地时的合速度越大，故 故 B 正确；
B 正确。 C．物块下滑的全过程损失的机械能
9．答案.BD【详解】A．隔离法：P、Q两物体都 E 30J 10J 20J
是三力平衡，且 P、Q在水平方向受到的是大小相 物块下滑的全过程增加的动能
等的库仑引力，P、Q一定是带异种电荷，电荷量 Ek 10J
大小关系不能确定，选项 A错误；
物块下滑的全过程损失的机械能和增加的动能之
B．由引力 F、重力mg和倾角的关系式
比为
F mg tan
E : Ek 20J :10J 2 :1故 C 正确；
可知，P、Q质量之比为
D．由图可知当物块下滑 2.0 m 时物块重力势能减
mP tan 53 16
m tan 37 9 小量为Q
选项 B正确； E
'
p 30J 18J 12J
CD．整体法：由斜面和 P、Q所构成的整体是二 当物块下滑 2.0 m 时物块动能增大量为
力平衡，水平面对斜面支持力等于总重力，水平面 E 'k 4J
对斜面没有摩擦力，水平面对斜面的支持力
当物块下滑 2.0 m 时机械能损失
N M m1 m2 g E ' E ' E 'p k 8J故 D 错误。故选 BC。
选项 C错误，D正确。故选 BD。 d d r 2
11．【答案】(1) (2) 0
10．答案．BC【详解】A．设斜面的倾角为 ，则 t R t g
d
有 【详解】（1）[1] 遮光片的线速度大小为 v t
sin 3 0.6 v d[2]根据线速度与角速度公式可知
5 R R t
设斜面高为 h=3.0m、长为 L=5.0m。全过程由动能 （2）根据图像可知 0时， F 0，此时有
定理得 2
mg mr 2 r 0 解得 0
mgh mg cos L 10J 0 g
又有全过程重力势能减少
答案第 3页，共 5页
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2g k 1 gt 2y
12【答案】(1)④①⑥⑤(2)1.79(3) 2g (4) 2g tan 30
2 （3分）
x v0t
1.8-2.8均给分 解得
【详解】（1）实验步骤为：将纸带下端固定在重锤 g 2v 0 tan 30 3m / s2 （3分）
t
上，穿过打点计时器的限位孔，用手捏住纸带上端，
（2）设该星球的第一宇宙速度为 v，由万有引力
先接通电源，打点计时器开始打点，然后再释放纸
提供向心力可得
带，关闭电源，取下纸带，在纸带上选取一段，用 GMm v 2
2 m (2分)
刻度尺测量该段内各点到起点的距离，记录分析数 R R
又
据，根据原理mgh
1
mv2可知质量可以约掉，不需
2 GMm
2 mg （2分）
要用电子天平称量重锤的质量。 R
故选择正确且正确排序为④①⑥⑤。 可得 v gR 3 10
3m / s （2分）
（2）根据题意可知纸带上相邻计数点时间间隔 14．【答案】(1)1.5J(2)0.5N(3)R 0.2m
T 1 0.02s 【详解】（1）由 F x图像得：W Fx 1.5 1J 1.5J
f
(2分)
根据匀变速直线运动中间时刻瞬时速度等于该过
h （2） x 1m时，对 AB整体，由牛顿第二定律得
程平均速度可得 v ACB 2T F mg 2ma (1分)
代入数据可得 vB 1.79m/s
对 B受力分析，由牛顿第二定律得 F ma弹
3 mgh 1（ ）根据 mv 2整理可得 v2 2g h
2 （1分）
可知理论上，若机械能守恒，图中直线应通过原点， 代入数据联立解得 F弹 0.5N （1分）
且斜率 k 2g
（3）当两物块刚好分离时，AB间弹力为 0，两物
mgh 1mv 2 块加速度为 0，对 A，由平衡条件得F mg
（4）[1]根据题意有 2 100%
mgh 代入数据解得 F 0.5N （2分）
由图乙可知，x 3m时，两物块分离，从开始到两
可得
2g k
100%
2g 物块分离，对 AB整体，由动能定理得
W mgx 1 2mv2 （2分）
[2]当地重力加速度大小取 g 9.80m / s 2 F，代入数据 2
2
可得 1.8% 2.8%。 v物块 B刚好到达 M点，有mg m M （1分）
R0
13.【答案】(1)3m / s2 (2)3 103m/ s
对物块，由分离到到达最高点，由动能定理得
【详解】（1）设该星球表面的重力加速度为 g，小
球做平抛运动运动过程，有
答案第 4页，共 5页
{#{QQABTYSk5gCY0ITACK5rQ0UcCwuYkIKiJMgMgQAeOAwDyBNIBIA=}#}
2
mg 2R 1 10 mv
2 2 v
M mv （2分） mg m F2 2 R
代入数据联立解得 R 0.2m则圆孤半径应满足 由动能定理得0
mg 2R 1 mv 2 1R 0.2m。 （1分） E mv
2
2 2 F
15．【答案】（1） 4m / s；（2）0.375J；（3） 解得
1.25m x 1.475m vE 2m/ s （2分）
【详解】（1）由图像得弹簧弹力做功
若刚好能到 Q点
W1 2J （1分） 1 mv 2E 2mgL2 2
由
解得
W 11 mv
2
（1分）
2 A vE 1m/ s
解得
所以
vA 4m / s（1分） vE 2m/ s
（2）若滑块在传送带上一直加速，由牛顿第二定
滑块在摆渡车上时，滑块加速度
律得
am 5m/ s
2
渡车加速度 a 5m/ s2
a mg
M
1 1g 5m/ s
2
m
由 vB amt ' aMt ' v共
由运动学公式得
可知，从滑上摆被车到达到共速
v 2 v 2B A 2aL1
v共 2.5m/ s相对位移 x1 1.25m
解得
所以 x 1.25m （2分）
vB 5m/ s 6m/ s （1分）
摆渡车碰到 DI 侧壁停止后滑块继续匀减速，由动
可知假设合理 能定理有
此过程中皮带位移 mgx 1 mv 2 1 1 2 D mv
2
2 2 共
x带 1.2m
vD 2m/ s滑块才能过 F点，所以 x2 0.225m
滑块与皮带的相对位移
所以
x相 x带 L1 0.3m （2分）
x x1 x2 1.475m （2分）
滑块在传送带上运行过程中因摩擦产生的热量
所以
Q 1mgx相 0.375J （2分） 1.25m x 1.475m（1分）
（3）若滑块刚好过 F点
答案第 5页，共 5页
{#{QQABTYSk5gCY0ITACK5rQ0UcCwuYkIKiJMgMgQAeOAwDyBNIBIA=}#}

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