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湖北黄冈中学等校 2025-2026 学年高一下学期学科素养测评物理试题
一、单选题
1．下列关于物理概念、物理方法与物理规律的说法，正确的是（ ）
A．功的正负值不表示方向，表示大小
B．重力势能的正负值不表示方向，表示大小
C．做曲线运动的物体，所受合外力一定是变化的
D．做圆周运动的物体，加速度的方向始终指向圆心
2．某高超速飞行器采用钱学森弹道设计，由运载火箭发射至大气层边缘后，用类似打水漂的方式进行无动
力滑翔飞行，其弹道轨迹如图所示。关于飞行器速度与所受合力方向及分析可能正确的是（ ）
A．飞行器在 A点做加速运动 B．飞行器在 B点做减速运动
C．飞行器在 C点做加速运动 D．飞行器在 D点做减速运动
3．如图所示，探测器在椭圆轨道上绕地球飞行，A为近地点，B为远地点，在 B点变轨后进入圆形轨道。
关于探测器，下列说法正确的是（ ）
A．在椭圆轨道上的机械能小于圆形轨道上的机械能
B．在椭圆轨道上运行的周期大于圆轨道上运行的周期
C．在椭圆轨道上经过 B点的速度与在圆形轨道上经过 B点的速度相等
D．在椭圆轨道上经过 B点时的加速度与在圆形轨道上 B点时的加速度不相等
4．如图所示，在轻弹簧的下端悬挂一个质量为 m的小球 A，将小球 A从弹簧原长位置由静止释放，当小球
A下降的高度为 h时，其速度为 v，重力加速度为 g（不计空气阻力）则在此过程中小球克服弹力做的功为
（ ）
A mgh 1B mv2 1 2． ． C． mv mgh 1D．mgh mv 2
2 2 2
5．如图所示，把一个可视为质点的小球放在光滑的球形容器中，使小球沿容器壁在某一水平面内做半径为
R的匀速圆周运动。已知圆周运动的角速度大小为 2rad/s，小球所在位置切面与水平面夹角 45 ，小球
质量为m 0.1kg，重力加速度 g 10m/s2。关于小球的下列说法正确的是（ ）
A．轨道半径R=5m
B．线速度大小为 5m/s
C．向心加速度大小为10 2m/s2
D．所受支持力大小为 1N
6．2025年我国 GJ-1察打一体无人机在阅兵式上亮相。质量m 400kg的小型无人机在平直的公路上由静止
启动沿水平公路运动，如图甲表示无人机运动的速度与时间的关系，图乙表示无人机牵引力的功率与时间
的关系。设无人机在运动过程中阻力不变，在 18 s末无人机的速度恰好达到最大，则从启动到 18 s末，无
人机的位移大小为（ ）
A．103 m B．113 m C．123 m D．133 m
7．如图所示，四根长度均为 L=1 m的细杆用铰链连成一个四边形，O点通过铰链固定在墙上。现将 B点推
至与 O点重合，使四根细杆都紧贴墙壁。现拉着 B点沿垂直于墙壁的方向做速度为 v 2m/s的匀速直线运动。
当 OA杆与 OC杆夹角 AOC 60 时，图中 OA杆的角速度是（ ）
A．1rad/s B 3． rad/s C．2rad/s D． 3rad/s
2
二、多选题
8．如图所示，下列判断不正确的是（ ）
A．甲图中，从粗糙的滑梯上下滑的小朋友机械能守恒
B．乙图中，在匀速转动的摩天轮中的游客机械能不守恒
C．丙图中，物块 A在向下运动过程中机械能守恒
D．丁图中，不计任何阻力和细绳质量时，B物块的机械能守恒
9．如图所示，跑步机履带宽度 d 0.9m，履带外侧机身上有正对的 A、B两点，A点到履带最右端距离 L=1.2m。
一玩具车（可视为质点）从 A点出发后，其相对于静止履带的速度大小 v1 0.8 m/s，履带的速度大小
v2 0.4 m / s。下列说法正确的是（ ）
A．玩具车到达 B点的运动时间为 2s
B．玩具车若能到达 B点，则车头需与 A点左侧履带边缘成 60°夹角
C．若玩具车速度大小方向可调，使玩具车到达对面最右端，其相对于静止履带的最小速率为 0.24m/s
D．若玩具车速度大小方向可调，玩具车若能以相对于静止履带的最小速率到达对面最右端，则车头需
与 A点左侧履带边缘成 37°的夹角
10．在光滑的水平面上，一滑块的质量 m=3kg，在水平方向上恒定的外力 F=6N的作用下运动，如图所示
给出了滑块在水平面上运动的一段轨迹，滑块通过 P、Q两点时速度大小均为 v=5m/s。滑块在 P点的速度
方向与 PQ连线夹角 37 ，sin37°=0.6，则下列说法中正确的是（ ）
A．P、Q两点间距离为 15m
B．从 P点运动到 Q的时间为 3s
C．Q点的速度方向与 PQ延长线夹角为 37°
D．滑块从 P点到 Q的过程中速度先减小再增大
三、实验题
11．图 1是“研究平抛物体运动”的实验装置，通过描点画出平抛小球的运动轨迹。
(1)用图 1装置进行实验，下列说法正确的是___________
A．斜槽轨道末端必须水平
B．小球在斜槽静止释放的高度应等间距下降
C．以斜槽的末端在白纸上的投影点为坐标原点
D．每次小球应从斜槽上同一位置静止滚下
(2)甲同学在实验中，只画出了图 2所示的一部分曲线，于是他在曲线上取水平距离 s相等的三点 A、B、C，
量得Δs 0.3 m，又量出它们之间的竖直距离分别为 h1 0.25 m， h2 0.35 m，利用这些数据，可求得物体
抛出时的初速度大小为_______m/s，抛出点在 A点上方的高度为_________m。（g取10 m / s2）（计算结果保
留一位有效数字）
12．小明同学利用如图甲所示的实验装置验证m1、m2组成的系统机械能守恒（图中滑轮为轻质光滑滑轮）。
m2从一定高度由静止开始下落，m1上拖着的纸带打出一系列的点，对纸带上的点迹进行测量，即可验证机
械能守恒定律。如图乙给出的是实验中获取的一条纸带：O是打下的第一个点，打点计时器的工作频率为
50 Hz。A、B、C为纸带上标注的三个计数点，每相邻两计数点间还有 4个点（图中未标出）。各计数点到 O
点的距离已在图中标出。已知m1 150 g、m2 300 g（重力加速度 g取10 m / s2）
(1)关于此实验，下列说法中不正确的是______；
A．实验中应先接通电源，后释放纸带
B．不可以利用公式 v 2gh来求解瞬时速度
C．可以通过多次测量取平均值的方法减小由于空气阻力产生的误差
(2)在打计数点 O至 B过程中系统动能的增加量ΔEk _________J，系统重力势能的减少量ΔEp _______J，
由此得出的结论是_____________________；（计算结果均保留两位小数）
2
(3) v某同学测出多个计数点的速度大小 v及对应m2下落的高度 h，作出的 h图像如图丙所示，则根据图2
像中相关数据计算出当地的重力加速度 g _________m / s2（计算结果保留两位小数）。
四、解答题
1 1
13．星球 A的半径是地球半径的 ，其表面的重力加速度是地球表面重力加速度的 ，已知地球的半径为 R，
6 3
地球表面的重力加速度为 g，引力常量为 G，不计其它星球的影响，求：
(1)星球 A的第一宇宙速度；
(2)星球 A的密度与地球的密度的比值。
14．高速转动的物体若重心偏离转轴，会产生偏心振动，转轴将承受较大作用力。手机偏心轮振动马达即
利用此原理制成，其结构如图所示，将质量分别为 4m、5m的小球 A、B固定在轻杆两端，使轻杆围绕位
3g
于其中点的转轴 O在竖直平面内匀速转动，转动角速度 。已知杆长为 2L，重力加速度为 g，不计
L
一切阻力，当轻杆转动至图示竖直状态时，求：
(1)A球向心加速度的大小 an ；
(2)轻杆对 A球的作用力和轻杆对 B球的作用力的大小之比；
(3)当轻杆转动至水平状态时轻杆对 A球的作用力大小FA。
15．如图所示，弹簧锁定后所储存的弹性势能 Ep 32 J，一个质量m 1 kg的小物块紧靠弹簧放置。释放后，
弹簧恢复原长时小物块冲上长度 l 6 m的水平传送带，传送带以 v 6 m / s的速度顺时针转动。在传送带右
侧等高的平台上固定半径 R 0.5 m的圆轨道 ABCD，A、D的位置错开，使小物块绕行一圈后可以通过 D到
达 E位置。已知小物块与传送带之间的动摩擦因数 0.5，其他摩擦均忽略不计，取 g 10 m / s2 。
(1)求小物块通过传送带的时间；（结果保留两位有效数字）
(2)求小物块通过传送带的过程中摩擦产生的热量以及运动到 C点时对轨道的压力；
(3)若传送带速度大小、方向皆可任意调节，要使小物块在运动过程中不脱离圆轨道 ABCD，求传送带转动
速度的可能值。（结果可以用根号表示）
参考答案
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
答案 B D A D B C C ACD BC BCD
11．(1)AD
(2) 3 0.2
12．(1)C
(2) 1.13 1.18 在误差允许的范围内，m1、m2组成的系统机械能守恒
(3)9.72
13．(1) 2gR
6
(2)2
14．(1)3g
(2) 2 :5
(3) 4 10mg
2
【详解】（1）A球向心加速度的大小 an L 3g
（2）对小球 A有FA 4mg 4m
2 L
解得 FA 8mg
B F 5mg 5m 2对小球 有 B L
解得 FB 20mg
FA 2
可得轻杆对 A球的作用力和轻杆对 B球的作用力的大小之比 FB 5
（3）当轻杆转动至水平状态时，水平方向有 Fx 4m 2L 12mg
竖直方向有 Fy 4mg
可得轻杆对 A球的作用力大小 FA F
2 F 2x y 4 10mg
15．(1)0.93s
(2)22N，方向竖直向上
(3)若顺时针转动，则 v 5m/s传 或0 v传 10m/s，若逆时针转动，任意速度都可以
1 2
【详解】（1）设小物块释放后，冲上水平传送带时的速度大小为 v0，根据题意，由能量守恒定律可得 Ep mv2 0
解得 v0 8m/s
小物块冲上传送带后做匀减速运动，设其加速度大小为 a，根据牛顿第二定律有 mg ma
解得 a g 5m/s2
2 2
设小物块与传送带共速时对地位移为 x，则由运动学公式可得 v0 v 2ax
代入数据解得 x 2.8m
v v 8 6
在传送带上减速时间 t 01 s=0.4sa 5
t l x 6 2.8匀速时间 2 s 0.53sv 6
小物块通过传送带的时间 t t1 t2 0.4s 0.53s=0.93s
（2）小物块在传送带上减速过程，传送带位移 x vt1 6 0.4m=2.4m传
摩擦生热Q mg(x x ) 2J传
从 A到 C，由动能定理得
1 1
2mgR mv 2C mv
2
2 2
v2
在C点F mg m CNC R
解得 FNC 22N
由牛顿第三定律得，小物块运动到 C点时对轨道的压力大小 F NC FNC 22N
方向竖直向上。
2
（3 v）①若小物块恰好做完整的圆周运动，在 C点mg m C1
R
从 A到 C，由动能定理得
2mgR 1 mv2 1 C1 mv
2
2 2 A1
解得 vA1 5m/s
1 2
②若小物块能恰好到达圆心等高处，由机械能守恒定律得 mv
2 A2
mgR
解得 vA2 10m/s
若物块一直匀减速通过传送带后速度为 v1，由动能定理得
mgl 1 mv2 11 mv
2
2 2 0
即得 v1 2m/s
综上所述，若传送带顺时针转动，需满足 v 5m/s传 或0 v传 10m/s可使得物块不脱离圆轨道。若传送带
逆时针转动，无论速度多大，均可使得物块不脱离圆轨道。

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