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2025-2026学年度高一物理5月模拟试卷
本试题共3页，15小题. 满分100分. 考试时间75分钟.
注意事项：
1. 答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号和座位号填写在答题卡上，将条形码横贴在答题卡右上角“条形码粘贴处”.
2. 作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔在答题卡上对应题目后面的答案信息点涂黑；如得改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案，答案不能答在试卷上.
3. 非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液.不按以上要求作答无效.
4. 考生必须保持答题卡的整洁.考试结束后，请将答题卡交回.
第一部分 选择题（共 46 分）
一、单项选择题：本题共7小题，每小题4分，共28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. 选对得4分，错选、不选的得0分.
1. 下列说法正确的是
A. 物体做曲线运动时，合外力必然与速度不共线，且合外力一定做正功
B. 地球同步卫星绕地球运行的向心力仅由万有引力提供，其轨道向心力大于赤道地面物体的向心力
C. 滑动摩擦力一定做负功，静摩擦力一定不做功
D. 动量定理表达式为，变力作用下无法用平均冲量求解动量变化
2. 在一次山地救援演习中，一架无人机悬停在距离水平地面H高处的空中，并静止释放一箱质量为m的救援物资，物资恰好落在深度为h的狭窄地缝中。若以地面为重力势能的参考平面，不计空气阻力，当物资即将落入地缝底部时，其机械能为
A. mgH B. -mgh C. mg(H+h) D. mg(H - h)
3. 我国航天事业已经实现月球探测、火星探测常态化，地月转移轨道控制、深空轨道精准变轨等核心技术达到世界领先水平，新一代载人登月飞行器也可实现近地轨道与地月转移轨道的灵活切换。对载人登月飞行器飞行过程进行简化，飞行器首先在近地圆轨道Ⅰ稳定环绕，于轨道定点处短时点火加速，进入地月转移椭圆轨道Ⅱ，轨道Ⅱ近地点与轨道Ⅰ定点距离地心距离均为r，远地点到地心距离为3r。仅考虑地球万有引力作用，忽略天体自转、空气阻力及其它天体引力，下列说法正确的是
A. 飞行器在轨道Ⅱ近地点、远地点处的向心加速度比值为9:1，线速度比值为3:1
B. 轨道Ⅰ与轨道Ⅱ的运行周期之比为1:4
C. 飞行器在圆轨道Ⅰ定点的速度大于椭圆轨道Ⅱ近地点的速度
D. 飞行器若在近地轨道（略大于地球半径）持续加速，当恰好脱离地球引力的束缚时速度为11.2 km/s
4. 一质量为m且带电的物块（可视为质点）在竖直平面内固定的半径为R的光滑绝缘轨道内侧运动，因电场的存在物块始终受到水平向左大小为mg的电场力。现滑块以向左的初速度进入轨道最低点，已知重力加速度为g，不计空气阻力，则下列说法正确的是
A. 滑块在运动过程中，动能的最大值为
B. 滑块在整个运动过程中始终不会脱离轨道
C. 滑块运动到轨道最左侧点时，对轨道的压力为
D. 滑块相对于轨道最低点能够上升的最大高度为2R
5. 如图所示，在光滑水平面上，质量为M的滑块A以初速度v0向右运动，与静止的滑块B发生弹性碰撞，B因碰撞会与右侧墙壁再次发生碰撞并原速反弹，随后与A再次发生碰撞，如此反复。为了更好研究该过程，物理学家引入状态参量的相平面，令，其中是滑块A，B运动过程中的速度。在此坐标系中，系统碰撞过程中的能量守恒定律对应相空间的一个“等动能圆”，而A、B碰撞时的动量守恒定律满足一条“等动量线”。下列说法错误的是
A. “等动能圆”的半径为
B. A、B每发生一次碰撞，状态点在相平面上绕原点旋转的角度满足
C. 滑块B每与墙壁发生一次碰撞，状态点在相平面表现为关于轴作对称变换
D. 若，则发生碰撞的总次数N与圆周率的前几位相同
6. 质量为M的半圆形凹槽静止在光滑水平面上，半径为R，槽口与圆心等高。质量为m的光滑小球静止在凹槽底部，初始时给予小球一个水平向右的初速度v0。计算机模拟得到小球的运动轨迹如图所示，轨迹最高点恰好与凹槽端口等高，且小球未脱离凹槽（轨迹存在回环）。下列说法错误的是
A. 长时间观察，凹槽对地的速度方向始终向右
B. 仅增大M的值后重新进行模拟，小球能飞离凹槽
C. 通过轨迹可以判断m < M
D. 小球从图中A到B的运动过程中，凹槽先加速后减速
7. 如图所示，劲度系数为100 N/m的轻弹簧甲左端固定在竖直墙壁上，右端刚好与静止在光滑水平面上的物块A接触；劲度系数未知的轻弹簧乙右端固定在静止的物块B上，左端自由。现对A施加一水平向左、大小为2.0 N的恒力F，使A向左运动。当A速度第一次为0时立即撤去F，随后A在弹簧甲作用下向右运动，并在离开弹簧甲后与弹簧乙接触。从A接触弹簧乙开始计时，经0.30 s弹簧乙第一次被压缩到最短，此过程中物块B向右运动的距离为0.040 m。已知A、B的质量分别为1.0 kg和0.5 kg，弹簧始终处于弹性限度内，不计一切摩擦。则下列说法正确的是
A. 物块A向左运动的最大距离为0.020 m
B. 弹簧乙第一次被压缩到最短时，物块B的速度为0.10 m/s
C. 弹簧乙的最大压缩量为0.060 m
D. 弹簧乙的劲度系数为100 N/m
二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分. 在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求. 全部选对得6分，选对但不全得3分，错选、不选的得0分.
8. 如图甲所示，轻杆一端与一小球相连，另一端连在光滑固定轴上，可在竖直平面内自由转动。现使小球在竖直平面内做圆周运动，到达某一位置时开始计时，取水平向右为正方向，小球的水平分速度vx随时间t的变化如图所示，不计空气阻力。下列说法正确的是
A. 小球通过最高点的时刻是t2
B. 图中S1与S2面积相等
C. 在小球做一次完整圆周运动的过程中，杆中弹力一定存在两次为0
D. 假设t1时刻的速度为v0，轻杆长度为L，则t2时刻的速度大小为
9. 如图所示，三个小钢球A、B、C（可视为质点）由两根长均为L的轻绳连接，初始时绳伸直且无张力，A、C质量均为m，B质量为2m，现给B一个垂直于绳方向的水平初速度，A、C间的碰撞可视为弹性碰撞。下列说法正确的是
A. 球A、C第一次碰撞前瞬间，球A的动能为
B. 球A、C第一次碰撞后瞬间，A相对于B做圆周运动的向心力大小为
C. 当两绳夹角第一次为90°时，小球B的速度为
D. 整个运动过程中，A、C能达到的最大速度大小为，此时B的速度为0
10. 如图甲所示，在光滑水平面上，质量均为m的滑块A、B用轻弹簧连接。初始时刻系统处于静止状态。在t = 0时刻，对滑块A施加一个水平向右的恒力F。已知两滑块运动的a – t图像如图乙所示，其中a1是两图线的对称中心线，S表示0 ~ t1时间内滑块A的a – t图像与时间轴所成的面积，即阴影部分。下列说法正确的是
A. 在0 ~ t1时间内，弹簧一直处于压缩状态
B. t2时刻，滑块A、B的速度相等，此时系统弹性势能最大
C. a1的大小为
D. t1时刻，滑块B的速度大小为
第二部分 非选择题（共 54 分）
三、实验题：第11-12题，第11题4分，第12题9分，共13分.
11.随着“低碳出行”的理念被更多人接受，某学校建立了小绿社团，该社团提供自行车免费租借与维修的服务，并且在毕业离校前号召大家将带不走的自行车捐赠给社团进行处理。小明同学看到维修自行车后轮时与学习到的圆周运动类似，因此想利用手机中的传感器研究物体做圆周运动时向心加速度的影响因素。实验装置如图甲所示：将手机固定在自行车后轮上，转动后轮，利用手机软件测量手机的向心加速度。
图甲
实验步骤如下：
①将自行车倒置，使后轮能够自由转动，并将手机固定在后轮某一位置；
②打开手机传感器软件，选择“向心加速度”测量功能，缓慢转动后轮；
③保持手机到转轴距离不变，改变后轮转动快慢，记录向心加速度a和角速度；
④改变手机固定位置，即改变手机到转轴的距离，重复实验；
⑤根据实验数据作出图乙和图丙。
图乙 图丙
（1）图乙为图像，由图乙可知，当手机到转轴的距离一定时， ；
（2）改变自变量，作图像，得到图丙，图中A、B两次实验中，转动半径rA rB（选填“大于”“小于”或“等于”）
（3）本实验中，为探究向心加速度与角速度的关系，将自变量从选取为，这里采取的研究方法与下面实验 采取的方法一致
A. 研究力的合成和分解
B. 研究合外力一定时，加速度与质量之间的关系
C. 研究平抛运动时，将两颗小球一颗静止释放，另一颗平抛出去
12. 某物理兴趣小组利用如下装置验证动量守恒定律。PQ是倾角大小可以调节的长木板，QR是气垫导轨（气垫导轨可以看成光滑轨道），其中PQ和QR连接处有一段微小圆弧，光电门1和光电门2固定在气垫导轨QR上。
（1）先只让质量为2m的滑块甲从斜面上某位置P0由静止释放，滑块甲依次通过光电门1和光电门2，记录挡光时间分别为△t1与△t2。若满足 ，说明气垫导轨已经调至水平。
（2）将质量为m的滑块乙静置在气垫导轨上某位置，使滑块甲仍从P0由静止释放。碰撞前滑块甲通过光电门1的挡光时间为△t3，碰撞后滑块乙通过光电门2的挡光时间为△t4，滑块甲通过光电门2的挡光时间为△t5。
①若滑块甲、乙碰撞过程动量守恒，满足的关系式为 （只用△t3，△t4，△t5表示）。
②若滑块甲、乙发生弹性碰撞，则△t4与△t5的比值为 。
（3）若仍保持滑块乙质量为m，逐渐增大滑块甲的质量，但遮光片宽度L、滑块甲释放位置与滑块乙的静置位置均不变，设碰撞前滑块甲通过光电门1的挡光时间为△t6，碰撞后滑块乙通过光电门2的挡光时间为△t7，则与△t6的△t7比值逐渐趋近于 。
（4）关于减小本实验误差，下列说法正确的是 。
A. 保持斜面倾角不变，适当提高滑块甲的释放位置，可减小挡光时间测量带来的相对误差
B. 保持释放位置不变，适当增大斜面倾角，可使碰撞时间变短，因此一定能减小系统误差
C. 若气垫导轨未调水平，只要两次实验释放位置相同，就不影响动量守恒的验证
D. 以上说法均不正确
四、解答题：第13-15题，第13题10分，第14题14分，第15题17分，共41分，按题要求作答，作答时应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤. 只写出最后答案的不能得分. 有数值计算的题目，答案中必须明确写出数值和单位.
13.（10分）
在风力发电机组中，为了防止强风导致转子超速损坏，常采用离心限速保护装置，其简化工作原理图如图所示。两根完全相同的均匀细杆OA和OB对称地固定在竖直转轴OO’上的O点，与竖直转轴夹角始终保持不变，并随转轴同步转动。每根杆上均套有一个质量为m = 2 kg的圆环滑块，滑块与O点之间连接一根原长l0 = 0.2 m，劲度系数k = 200 N/m的轻质弹簧。当转速过快时，滑块向杆末端移动，通过触发限速开关实现保护。运动过程中忽略一切阻力，滑块并未脱离细杆，且弹簧始终在弹性限度内，重力加速度g为10 m/s2。
（1）若转轴处于静止状态，求此时滑块稳定在杆上时，距离O点的距离d1；
（2）若转轴以角速度匀速转动时，滑块在杆上恰好保持相对静止，且此时弹簧恰好处于原长状态，求角速度的大小；
（3）已知细杆总长L为0.5 m，若当滑块移动到细杆末端（即距离O点的距离d2 = L）时会触发开关实现保护，求此时转轴匀速转动的角速度。
14.（14分）
如图所示，在粗糙水平台阶上放置一质量m的小物块，它与水平台阶表面的动摩擦因数为。在台阶右侧固定了一个圆弧挡板，圆弧半径为R，圆弧圆心在O点。现以O点为原点建立平面直角坐标系，用沿x轴正方向的水平恒力F拉动小物块，到O点时撤去F，小物块水平抛出并击中挡板(g取10 m/s2)。
（1）若小物块击中挡板上的P点，OP与水平方向夹角为，求F作用的时间；
（2）改变拉力F的作用时间，可使小物块击中挡板的不同位置，求击中挡板时速度的最小值时F的作用时间与击中点的位置坐标。
15.（17分）
如图所示，一根满足胡克定律的轻质弹性绳一端固定在斜面上的B点，另一端跨过固定光滑小滑轮O后连接一质量为m的小物块。已知斜面倾斜角，物块与斜面间的动摩擦因数 = 0.5，OB // OA，且OA垂直于斜面。弹性绳原长等于OB，全过程弹性绳始终处于弹性限度内，且物块始终沿斜面运动。
现将物块置于斜面上的A点由静止释放，物块沿斜面向下运动，依次经过C点到达D点，此时到达D点速度恰好为0。其中AD = L，C为AD的中点，OA = L，弹性绳的劲度系数为k，物块在A点时弹性绳对物块的拉力大小为TA = mg。取，重力加速度为g。
（1）求物块所受的摩擦力；
（2）求弹性绳的劲度系数；
（3）设物块沿斜面向下运动到距离A点长度为x的位置时，求此时弹性绳所做的功与小物块的速度；
（4）若物块到达D点后，立即给它一个沿斜面向上的瞬时速度v0，使物块恰好能回到A点并在A点速度为0，求v0。
2025-2026学年度高一物理5月模拟试卷
标准答案
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
B A A D B D C BD ACD BCD
1. B 【解析】A项，曲线运动合外力与速度一定不共线，但合外力可以做正功、负功或不做功，A错误；B项，同步卫星与地球自转角速度相同，由，同步卫星轨道半径远大于地球半径，向心力更大，B正确；C项，滑动摩擦力、静摩擦力均可做正功、负功或不做功，C错误；D项，动量定理普适于恒力、变力、曲线运动，变力可用平均作用力求合冲量，D错误。
2. A 【解析】根据机械能守恒条件，此时机械能为初始的重力势能mgH。注意是即将掉落并非掉落后。
3. A 【解析】A项，万有引力提供向心力，故近地点与远地点向心加速度之比等于万有引力之比，而万有引力，故向心加速度之比为9:1，根据开普勒第二定律，近地点与远地点的速度之比等于距离地心距离的反比，所以线速度为3:1，A正确；由开普勒第三定律，周期之比等于半长轴的次方之比，故周期之比为，B错误；C项，飞行器在圆轨道定点加速进入椭圆轨道近地点，所以飞行器在圆轨道Ⅰ定点的速度小于椭圆轨道Ⅱ近地点的速度，C错误；D项，逃逸速度，所以近地轨道半径略大于地球半径，所以逃逸速度要小于11.2 km/s，D错误。
4. B 【解析】将电场力和重力合成为等效重力，根据动能定理，等效最低点与轨道最低点相距的等效高度为，因此最大动能为，故A错误；根据动能定理，等效最高点的动能，此时等效重力为，因此由向心力公式，，故此时无法通过等效最高点，B错误；根据对称性，轨道最左侧和轨道最低点一致，故，所以此时，C错误；由前面分析可知必然可以上升到等效上半区域，令所在位置与等效竖直轴夹角为，故，所以，所以一定能通过轨道最高点，故D正确。
5.B 【解析】根据机械能守恒，，故等动能圆半径为，A正确；若两物块相碰，根据动量守恒，，所以等动量线变化斜率是，根据几何关系，令等动量线倾斜角是，所以绕圆心旋转的角度，所以，故B错误；B与墙碰撞速度反向，故关于x轴发生对称，C正确；由C选项可知，，随着M不断增大，，经历n次碰撞，所有的弧长，故碰撞次数为的前几位，D正确。
6. D 【解析】由动量定理，因为m在M底部开始运动，所以m一开始运动时M加速，然后运动到左侧开始减速，直至m回到底部M减速为0，故A正确；根据水平分量动量守恒，有，根据能量守恒有，其中是m竖直方向分速度，其中，代入解得，未增大前，增大后增大，所以会飞出去，B正确；根据轨迹易判断，当m回到最低点时，此时又是等效于弹性碰撞，所以，C正确；根据前面的判断，A到B，还在前半段，所以已知加速，D错误。
7. C 【解析】根据弹簧的对称性可知，压缩最大距离是压缩至平衡位置的两倍，即 m，故A错误；根据能量守恒，A离开的动能为 J，在第一次压缩到最短时根据动量守恒，有，而 J，所以解得 m/s， m/s，故B错误；根据动量守恒，，同时乘时间并求和得，且，其中是最大压缩量，解得 m， m，故C正确；根据能量守恒，，其中是弹簧乙的劲度系数，所以 N/m，故D错误。
8. BD【解析】据图分析，由于图像具有对称性，所以经过最高点为t1，A错误；vx – t图像面积表示水平位移，据分析S1是从最低点到达最左端，S2是从最左端到最高点，水平位移均为R，所以相等，B正确；根据图像无法判断弹力为0是否发生在最高点，故C错误；由动能定理可知，，其中是与竖直方向夹角为处时的速度，而此时，因此可以解得关于的函数，即，因此分析根号内部的导函数可以得到在上单调递增，在上单调递减，所以处取到最大值，所以，故D正确。
9. ACD【解析】由对称性知，运动中小球A、C沿绳方向的分速度大小相等，沿垂直绳方向的分速度大小相等，方向相反，小球B一直沿初速度所在直线运动。小球A、C第一次碰撞前瞬间，小球A、C沿绳方向的分速度大小均等于小球B的速度。对小球A、B、C组成的系统，沿小球B 的初速度方向由动量守恒有，由机械能守恒定律有，解得，A正确；小球A碰后的垂直绳方向的分速度即小球A相对小球B做圆周运动的速度大小，则小球A相对于小球B做圆周运动的向心力大小为，B错误；当两绳夹角第一次为90°时，绳子与小球B初速度方向的夹角均为45°，则小球A和小球C沿绳方向的分速度大小均为，设小球A和C沿垂直绳方向的分速度大小为，对A、B、C组成的系统，沿小球B初速度方向，由动量守恒定律有，以及机械能守恒定律，解得或（舍去），C正确；在A、C第一次碰撞后，系统会运动到两绳再次水平的状态，此时B的速度为0，A、C的速度达到最大，由动量守恒与对称性不难得到A、C能达到的最大速度大小为，D正确。
10.BCD 【解析】初始弹簧处于原长，外力拉A向右运动，开始一段时间后，A比B向右运动得快，故弹簧被拉伸，A错误；弹簧弹性势能最大时对应形变量最大，意味着两滑块速度相等，而t2时刻两滑块a – t图像面积一致，故速度相等，B正确；两滑块质量相等，外力F作用在A上，设弹簧弹力大小为T，由牛顿第二定律有，故，故C正确；图中阴影面积S表示0 – t1时间内滑块A的a – t图像面积，故，因为，两边同时乘时间并求和，得到，故t1时刻，滑块B的速度大小为，D正确。
11. （1）a随的增大而增大（1分） （2）大于（1分） （3）B（2分）
【解析】（2），所以斜率表示运动半径，即手机到转轴的距离。
（3）题中采取的方法是化曲为直，只有B与其一致，A是等效替代法，C是对比法或等效替代法。
12. （1）（1分）
（2）①（2分） ②（2分）
（3）2（2分） （4）A（2分）
【解析】（1）若导轨水平则滑块甲在气垫导轨上匀速运动，通过光电门的时间相同
（2）①根据动量守恒，碰撞前后速度可由光电门通过时间计算，假设光电门长度为L，则，化简有
②若为弹性正碰，还需满足机械能守恒，即，化简有，结合①有
（3）与（2）同理，此时令甲质量为，故有，，解得，当k很大时趋近于2。
（4）A选项，提高释放位置会增大甲碰撞前速度，此时挡光时间更短，减小将平均速度看作瞬时速度带来的相对误差，A正确；B选项，与A同理，只能减小将平均速度看作瞬时速度带来的相对误差，B错误；C选项，由于气垫导轨未水平，碰撞可能不是正碰，会造成动量不守恒，C错误。
13. （1）由于转轴静止，对滑块受力分析，
代入数据，解得
（2）由题，此时弹簧处于原长，故
解得
（3）若滑块移到细杆末端，此时竖直方向上有
水平方向上有
解得
14. （1）根据动量定理，设作用时间为，到达O点的速度为，有
小物块从O点飞出后做平抛运动，设运动时间为，有
解得
因此F作用时间为
（2）由于要找速度最小，即动能最小，设落点坐标为，根据机械能守恒，击中时的动能为
又因为落点在圆上，满足几何关系
设平抛时间为，则根据平抛有
故
当且仅当，即时等号成立
相应击中点坐标为
此时
15. （1）对物块受力分析，设任意时刻弹性绳长度为，受到的支持力为，则竖直方向上有
而
故
（2）对物块受力分析，根据牛顿第二定律，令弹性绳与斜面夹角为，弹性绳长度为，对物块有
令物块在斜面运动的距离为，其中
代入解得
所以物块的运动满足简谐运动，故在C点处速度最大，此时加速度为0
（3）根据功与势能的关系，弹性绳所做的功等于弹性绳势能变化量的负值，即
所以根据动能定理，有
代入解得
（4）方法①：根据动能定理，有
解得
方法②：根据动能定理，由A到D，有
由D到A，有
解得
B
A
A
B
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