资源简介

射洪中学高 2025 级高一下期期中考试
物理试题
（考试时间：75 分钟 满分：100 分）
注意事项：
1．答卷前,考生务必将自己的班级、姓名、考号填写在答题卡上。
2．回答选择题时,选出每小题答案后,用 2B铅笔把答题卡上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。写在本试卷上无效。
3．回答非选择题时,将答案写在答题卡对应题号的位置上。写在本试卷上无效。
4．考试结束后,将答题卡交回。
第 I 卷（选择题，共 48 分）
一、单选题（每题4分，共28分）
1．如图所示，两个互相垂直的力 F1与 F2作用在同一物体上，使物体通过一段位移的过程中，力 F1对
物体做功 3 J，力 F2对物体做功 4 J，则力 F1与 F2的合力对物体做功为（ ）
A．7 J B．5 J
C．1 J D．12 J
2． 如图所示，竖直固定放置的光滑滑道左边是斜面，右边是四分之一圆弧面，圆弧面的最底端切线
水平，圆弧长和斜面长相等，质量相等的 A、B 两个小球从两个面的最高点由静止释放，不计小球的
大小，则在 A 球沿斜面滚下、B球沿圆弧面滚下的过程 中，下
列说法正确的是（ ）
A． 两小球到达底端时的动量相同
B． 两小球到达底端时动能相同
C． 两小球运动到底端的过程，两球重力的冲量相等
D． 两小球到达底端时，A 球重力瞬时功率比 B 球重力瞬时功率小
3． 如图所示，下列有关生活中圆周运动的实例分析，说法正确的是（ ）
A． 图甲中，脱水桶的脱水原理是水滴受到的离心力大于它受到的向心力
B． 图乙中，火车转弯时行驶速度超过设计速度，车轮会侧向挤压内轨
C． 图丁中，“水流星”转动过程中，在最高点处绳子的拉力可能等于 0
D． 图丙中，汽车通过拱桥最高点时，汽车受到的支持力大于重力
4． 1924年跳台滑雪被列为首届冬奥会项目。如图所示，一名运动员从雪道的最高点M由静止开始滑
下，经过水平 NP段后从 P点飞入空中，最终落到 Q点，不计运动员经过 N点的机械能损失和空气阻
力。已知运动员从M点到 P点，重力做功为W1，克服阻力做功为W2，从 P点到 Q点重力做功为W3，
设 P点所在平面为零势能面，则下列说法正确的是（ ）
A． 运动员在 P点的动能为W1 W2
B． 运动员从M点到 P点机械能增加了W1 W2
C． 运动员在 Q点的机械能为W1 W2
D． 运动员从M点到 Q点重力势能减少了W1 W2 W3
5． 某物体从地面竖直上抛出，运动至最高点后又落回地面上，忽略物体在空中运动时受到的阻力，
以起抛点为零势能点。Ek、Ep和 E分别表示运动过程中物体的重力势能、动能和机械能，S表示运动
过程中物体的路程。则下列说法正确的是（ ）
6． 如图，“旋转秋千”的座椅通过缆绳悬挂在旋转圆盘上。旋转圆盘绕竖直的中心轴由静止开始转动，
稳定后座椅在水平面内做匀速圆周运动。已知悬点到中心轴的距离为 R 3m，座椅（可视为质点）
的质量为 m=6kg，缆绳的长度为 L 2 3m，稳定后缆绳与竖直方向的夹角为 30 ，不计空气阻力，
重力加速度大小取 g 10m/s2 。下列说法错误的是（ ）
R 悬点L
A． 座椅所受重力和缆绳拉力的合力提供其做匀速圆周运动的向心力
B 10 3． 座椅做匀速圆周运动的加速度大小为a m/s2
3
C． 座椅做匀速圆周运动的线速度大小为v 2 5m/s
D． 座椅由静止至达到稳定速度的过程中，缆绳对座椅所做的功为W 120 3J
7．在 X星球表面宇航员做了一个实验：如图甲所示，轻杆一端固定在 O点，另一端固定一小球，现
让小球在竖直平面内做半径为 R的圆周运动，小球运动到最高点时，受到的弹力为 F，速度大小为 V，
其 F-V2图像如图乙所示（F取竖直向上为正方向）。已知 X星球的半径为 R0，引力常量为 G，不考虑
星球自转，则下列说法正确的是（ ）
bR
A．X星球的第一宇宙速度 v1 R0
3b
B．X星球的密度 4 GR0
bR
C．X星球的质量M
a
D．环绕 X 2R R星球的轨道离星球表面高度为 R 0的卫星周期T 4
b
二、多选题（每题 6 分，选不全得 3 分，选错不得分，共 18 分）
8．蹦床是一项具有挑战性的体育运动。如图，某时刻运动员从空中最高点 O自由下落，接触蹦床 A
点后继续向下运动到最低点 C，其中 B点为运动员静止在蹦床上时的位置。忽略空气阻力，运动员从
最高点 O下落到最低点 C的过程中（ ）
A．运动员的机械能不守恒
B．运动员在 B点时的动能最大
C．运动员的重力势能先增大后减小
D．蹦床的弹性势能先减小后增大
9．如图甲所示，质量为M的长木板 A放在光滑的水平面上，质量为m 2kg的物体 B（可看成质点）
以水平速度v0 2m / s滑上原来静止的长木板 A的上表面。由于 A、B间存在摩擦，之后 A、B速度随
时间变化情况如图乙所示。下列说法正确的是（g取10m / s2）（ ）
A．A、B间的动摩擦因数为 0.1 B．木板 A的质量M 1kg
C．木板 A的最小长度为 2m D．系统损失的机械能为 2J
10．如图，将质量为 2.5m的重物系在轻绳的一端，放在倾角为 53 的固定光滑斜面上，轻绳的另
一端系一质量为 m的环，轻绳绕过光滑轻小定滑轮，环套在竖直固定的光滑直杆上，定滑轮与直杆的
3
距离为 d，杆上的 A点与定滑轮等高，杆上的 B点在 A点正下方距离为 d 处，轻绳绷直，系重物段
4
轻绳与斜面平行，不计一切摩擦阻力，轻绳、杆、斜面足够长，sin 53 0.8，cos53 0.6，重力加
速度为 g，现将环从 A处由静止释放，下列说法正确的是（ ）
A． 从 A到 B，环和重物系统的机械能不守恒
B． 从 A到 B，环重力势能的减少量等于重物机械能的增加量
4
C． 环下降到最低点时，下降的高度为 d
3
D 5． 环到达 B处时，环的速度大小为 gd
19
第 II 卷（非选择题）
三、实验题（共14分）
11．（9分） 用如图所示的装置，将打点计时器固定在铁架台上，用重锤带动纸带从静止开始自由下落，
利用此装置可验证机械能守恒定律。
（1）除带夹子的重物、纸带、铁架台（含铁夹）、电磁打点计时器、导线及开关外，在下列器材中，
还必须使用的两种器材是___（1分）
A．交流电源 B．刻度尺 C．天平（含砝码）
（2）电火花打点计时器所用的交流电源频率为 50Hz，当地的重力加速度为 g=9．8m/s2，测得所用重
锤的质量为 0．30kg，实验中得到一条点迹清晰的纸带，把下落起点记作 O，取连续的多个点 A、B、
C……作为测量的点，经测得各点到 O点的距离分别为 18．00cm、21．40cm、26．00cm……，根据
以上数据，由 O点运动到 B点的过程中，重锤的重力势能减少量等于___________J（2分），动能的增
加量等于___________J（2分）（计算结果均保留 3位有效数字）。
（3）实验中获得多组数据，描出 v2-h图像如图所示，当地重力加速度为 g，在误差允许的范围内，则
当直线斜率 k=___________时（2分），说明重锤在下落过程中机械能守恒。
（4）大多数学生的实验结果显示，重力势能的减少量大于动能的增加量，原因是____（2分）
A．利用公式 v=gt计算重物速度
B．利用公式 v= 2gh计算重物速度
C．存在空气阻力和摩擦阻力的影响
D．没有采用多次实验取平均值的方法
12．（5分）某同学利用如图所示的装置探究动能定理．在气垫导轨上安装了两光电门 1、2，滑块上固
定一遮光条，滑块用细线绕过定滑轮和动滑轮与弹簧测力计相连．实验时，测出光电门 1、2间的距离
L，遮光条的宽度为 d，滑块和遮光条的总质量为M ，钩码质量为m．
（1）完成下列实验步骤中的填空：
A．安装好实验装置，其中与定滑轮及弹簧测力计相连的细线竖直；
B．实验时要调整气垫导轨水平，不挂钩码和细线，接通气源，释放滑块，如果滑块做
（1分）直线运动（填“匀速”或“匀加速”），则表示气垫导轨已调整至水平状态；
C．挂上钩码后，接通气源，再放开滑块，记录滑块通过光电门 1的时间 t1和通过光电门 2的时间
t2，若弹簧测力计的示数为F，则要验证动能定理的表达式为 （2分）；
D．改变钩码的质量，重复步骤C，求得滑块在不同合力作用下的动能变化量 Ek．
（2）对于上述实验，下列说法正确的是_____（2分）．
A．滑块的加速度与钩码的加速度大小相等
B．弹簧测力计的读数为滑块所受合外力的大小
C．实验过程中钩码处于超重状态
D．钩码的总质量m应远小于滑块和遮光条的总质量M
四、解答题（要求：写出必要的文字说明、方程式和结果。共34分）。解答时应写出必要的文字说明、
方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和
单位。
13．（10分）如图， AB为竖直平面内光滑弧形轨道，质量m 2kg的物体，在高度h 0.8m的 A点，从
静止沿轨道滑下，并进入与弧形轨道平滑连接的水平轨道BC。选BC所在平面重力势能为零，物体与
水平轨道BC间的动摩擦因数 0.25，已知 g取10 m / s2。求：
（1）物体在 A点所具有的重力势能 Ep；
（2）物体下滑至 B点时速度的大小 v；
（3）物体停止的位置与 B点距离 s。
▲
14．（14分）2024年，我国新能源汽车年产销量迈上千万辆级台阶，产品性能、产业体系、使用便利
性都得到了进一步提升。一辆质量为m = 2 103kg的小型新能源汽车在平直路面上启动，汽车在启动
过程中的 v t图像如图所示，OA段为直线。 t1 20 s时汽车的速度大小 v1 20m / s且汽车达到额定
功率P额 8 10
4W，此后保持额定功率不变，t2时汽车的速度达到最大值v2 40 m / s，整个过程中，
汽车受到的阻力不变。求：
（1）汽车所受的阻力 f 大小；
（2）汽车的质量的速度为 V3=25m/s时的加速度大小；
（3）若汽车在 t2=38s时达到最大速度，求0 38s的过程中汽 车的
位移。
▲
15．（16分）物理老师自制了一套游戏装置供同学们一起娱乐和研究，其装置可以简化为如图所示的模
型。质量m 1kg的小物块放在光滑水平平台上，现推动小物块压缩弹簧至 N点，弹簧与小物块不拴
接，形变在弹性限度内。释放小物块，弹簧恢复原长后小物块以V0 3m / s的速度从 O点水平抛出，
并恰好从 P点沿切线进入半径为 R1=0．6m的圆弧形单轨道 PABC，其中 600；半径 R2=0．125m
的半圆圆管轨道 CDE、光滑水平面 EF、长度 L=2m的水平传送带 FG、无限长的粗糙水平面 GH组成，
A、C点分别为单轨道 PABC的最低点和最高点，且各段各处平滑连接。已知传送带的速度 V=3m/s，
小滑块与传送带动摩擦因数为 =0．5取 g 10m/s2 。
（1）小物块运动到 P点的速度 VP大小；
（2）弹簧被压缩至 N点时具有的弹性势能 Ep；
（3）小物块运动到圆轨道 PABC的最低点 A时对轨道的压力大小；
（4）若小物块恰好通过单轨道 PABC的最高点 C，求当小物块通过传送带的过程，传送带因传送
小物块产生的内能 Q和多消耗电能△E 电。
物理试题答案
1.A 2.B
3.【答案】C 【详解】A．图甲中，脱水桶的脱水原理是水滴的附着力不足以提供做圆周运动的向心力
时水滴做离心运动被甩出，选项 A错误；B．图乙中，火车转弯时行驶速度超过设计速度时，火车受的
支持力和重力的合力不足以提供火车做圆周运动的向心力，此时火车有做离心运动的趋势，则车轮会
v2
挤压外轨，选项 B错误； C．图丁中，“水流星”转动过程中，在最高点处当满足mg m 时，绳子
l
的拉力等于 0，选项 C正确。D．图丙中，汽车通过拱桥最高点时，加速度向下，汽车失重，则汽车受
到的支持力小于重力，选项 D错误；
4. 【答案】C【详解】A．根据动能定理可知，运动员在 P点的动能为Ek W1 W2
故 A错误；B．运动员从M点到 P点机械能减少量等于该过程克服阻力做的功，可知运动员从M点到
P点机械能减少了W2，故 B正确；C．以 P点所在平面为零势能面，运动员在 P点的重力势能为零，
则运动员在 P点的机械能等于该位置运动员的动能；从 P点到 Q点只有重力做功，机械能守恒，则有
EQ EP W1 W2故 C正确；D．运动员从M点到 Q点重力势能减少量等于该过程重力做的功，该过
程重力势能减少了W1 W3，故 D错误。
5.【答案】B 【详解】AB．物体在空中运动阶段，由动能定理有 mgh Ek Ek0
解得Ek Ek0 mgh , Ek与 h成线性对称关系。故 A错误，B正确；C．由Ep mgh
可判断 Ep与竖直方向位移成线性变化，故 C错误；D．物体在空中只受重力作用，机械能守恒，故 D
错误。故选 B。
6. 【答案】D 【详解】A．座椅所受重力和缆绳拉力的合力提供其做匀速圆周运动的向心力，故 A正
10 3
确；B．如图,由牛顿第二定律有mgtan ma ,解得a m/s2故 B正确；
3
C．同理有mgtan m 2r ,由几何关系有 r R L sin 2 3m ,解得
5 rad/s 线速度大小为 v r 2 5m/s故正确；D.座椅由静止至达到稳定速
3
度的过程中，由动能定理有W mgL 1 1 cos30 mv2 ,解得W 120( 3 1)J2
故 D错误。
v2
7.【答案】D 【详解】A．第一宇宙速度是近地卫星的环绕速度，根据mg m 1 ,可得v
R 1
gR0
0
2 2
小球在最高点时，根据牛顿第二定律有mg F v v m ,变形得 F mg m
R R
由 F-v2图像可知，当 v2 0时，F mg a ,当F 0时， v2 b
GMm
此时mg m
b
,则 g
b
,X bR星球的第一宇宙速度 v1 0 ，A错误；BC．由mg R R R R20
b 2 2 M M 3bg gR0 bR0 又 ,化简可得M ,星球密度 V 4 R3 4 GRR0 ，B错误，C错误；R G GR 3 0
2 2
D GMm 4 bR．卫星轨道半径 r R0 R0 2R0 ,根据万有引力提供向心力 m r ,结合2 2 GM gR
2 0
r T 0
,
R
T 4 2R R解得 ，D正确。
b
8.【答案】AB 【详解】根据题意可知在 B点蹦床对运动员的弹力等于运动员的重力：A．在A到C过
程，除了重力对运动员做功外，还有蹦床弹力对运动员做负功，运动员的机械能减少，故 A正确；
B．运动员从O到A过程做自由落体运动，速度增大，从A到 B过程所受的弹力小于其重力，所以速度
继续增大，从 B到C过程所受的弹力大于其重力，做减速运动，可知在 B点，速度达到最大，动能最
大，故 B正确；C．运动员从O到 C过程中，重力一直对其做正功，重力势能一直减小，故 C错误；
D．从A到C过程，蹦床对运动员的弹力竖直向上，运动员向下运动，可知蹦床对运动员的弹力做负功，
蹦床的弹性势能增大，故 D错误。故选 AB。
9.【答案】AD 【详解】A．根据 v t图像可知，物体 A、B的加速度大小为a a 1m / s21 2
对物体 A，根据牛顿第二定律可得 mg ma1 ,解得 A、B间的动摩擦因数 0.1，故 A正确；
B．对物体 B，根据牛顿第二定律可得 mg Ma2 ,解得木板 A的质量M 2kg，故 B错误；
1
C．0 1s时间内，二者的相对位移为 x xB xA v0t a t
2 1 a t 22 1 ,解得 x 1m，故 C错误；2 2
1 1
D 2 2．根据能量关系可得系统损失的机械能ΔE mv0 m M v 代入数据解得 E 2J，故D正确。2 2
10.【答案】CD 【详解】A．从 A到 B，环和重物系统的机械能守恒，故 A不正确；BD．环到 B时，
tan 4
5d d
由几何关系知 ,故 53 ,设环到 B时，重物上升高度为 h，则h ( d)sin53
3 4 5
设到 B时环的速度为 v，则重物的速度为v cos53 0.6v ,则根据环和重物组成的系统机械能守恒有
1mv2 1 3d d 2.5m(0.6v)2 mg 2.5mg , 5gd解得 v ,显然，从 A到 B，环重力势能的减少量
2 2 4 5 19
等于重物机械能的增加量与环动能的增量，故 B错误，D正确。C．环下降到最低点时，设此时滑轮
到环的距离为 L，根据环与重物系统机械能守恒，有mg L2 d 2 2.5mg (L d ) sin 53
L 5 4求得 d , 2 2则环下降的高度为 h L d d ,故 C正确。故选 CD。
3 3
11. （1） AB （2） ①. 0.629 ②. 0.600 （2） 2g （3）C
（2）①.重锤的重力势能减少量 Ep mgh2 0.629J
1 26.00 18.00 10 2
②. 打点间隔为T 0.02s ,打 B点时重锤的速度为
f vB m/s 2m/s0.02 2
1 2
重锤动能的增加量为 Ek mvB 0.600J2
1
(3). mgh mv2根据机械能守恒定律得 ,解得 v2 2gh ,斜率为 k 2g
2
(4).由于纸带在下落过程中，重物和空气之间存在阻力，纸带和打点计时器之间存在摩擦力，所以减小
的重力势能一部分转化为动能，一部分克服空气阻力和摩擦力做功，故重力势能的减少量大于动能的
增加量，故选 C。
FL 1M d 2 1 d12. 【答案】(1) 匀速 （ ） M（ ）22 t2 2 t
(2) B
1
【详解】（1）[1]若气垫导轨水平，则滑块不挂钩码时在气垫导轨上受的合外力为零，能在气垫导轨上
静止或能在导轨上匀速直线运动，或滑块经过两个光电门的时间相等；
1 1 d d
[2] 2 2如果要验证动能定理表达式，则需满足FL Mv2 Mv1 ，其中 v v 2 2 2 t
， 1
2 t1
FL 1 d M（ ）2 1 d即需满足 M（ ）22 t2 2 t1
（2）A．因钩码向下运动的位移大小为 x时，滑块运动的位移大小就是 2x，所以滑块的加速度大小就
是钩码加速度的 2倍，则 A错误；B．弹簧测力计的读数为滑块所受合外力大小，故 B正确；
C．实验过程中钩码合力竖直向下，则处于失重状态，故 C错误；D．滑块的合力可以由弹簧测力计直
接测量，所以不需要钩码的总质量m应远小于滑块和遮光条的总质量M ，故 D错误。故选 B。
13.【答案】(1).16J (2).4m/s (3).3.2m
【详解】（1）选BC所在平面重力势能为零，物体在 A点相对零势能面的高度为 h，根据重力势能定义
式 Ep mgh（2分） Ep 16J（1分）
（2）.物体从 A点下滑至 B点的过程中，轨道光滑，只有重力做功，机械能守恒。根据机械能守恒定律
有mgh
1
mv2（2分）,解得v 4m/s（1分）
2
（3）.对物体从 A点开始运动直到在水平轨道上停止的全过程应用动能定理，重力做正功，摩擦力做负
功，初末动能均为零。方程为mgh mgs 0（3分）,代入数据解得 s 3.2m（1分）
14. 【答案】(1).2000N (2).0.6m/s2 (3).720m
【详解】（1）.根据P额 fv2（2分），可得汽车所受的阻力大小 f 2000N（1分）
（2）.∵V3>V1，∴当汽车的速度 V3=25m/s时，由 P额 Fv3（2分），得 F=3200N，
根据F f ma（2分），解得 a=0.6m/s2 （1分）
v
（3）.0~20s的位移： x1 1 t2 1
200m（1分）
20s~38s内对汽车由动能定理：
mV 2P t2 t1 fx 22 0（2分）,解得 x2 520m（1分）额 2
0~38s的位移: x x1 x2 720m（2分）
15.【答案】(1).EP=4.5J (2).6m/s (3).80N,方向竖直向下（4）.Q=2J， △E 电=6J
【详解】(1).小物块在 P点处：VP cos V0 （1分），VP 6m / s（1分）
（2）.水平台 NO段对系统由能量守恒：△E 增=△E 减
E 1P mV
2
（1分），E
2 0 P
45J （1分）
（3）.PA段对小物块由动能定理：
2 2
mg R1 R1 cos
mv
A
mv
P （1分）， 解得VA 42m / s2 2
v2
在 A点，根据牛顿第二定律可得: N mg m AA （1分）,解得N A 80NR1
由牛顿第三定律，小物块在 A点对轨道的压力大小 N A 80N（1分）
v2
（4）.小物块恰好过 C点时，NC=0,即mg m C （1分），可得vR C 6m/s1
1 1
CE 2 2段对小物块由动能定理： mg 2R2 mvE mvC （1分），解得V2 2 E
1m/s（1分）
小物块滑上传送带时由牛顿第二定律： mg ma，解得a 5m/s2（向右）（1分）
V 2 V 2
设小物块一直匀加速到 V的位移 x E ，解得 x1 0.8m1 2a
∵ x1 0.8m＜L 2m，∴小物块先做匀加速直线运动再做匀速直线运动（1分）
在小物块加速阶段，系统产生的摩擦热Q mg(vt x ) t
V V
（1分），加速时间 E1 0.4sa
解得 Q=2J（1分）。
小物块和传送带系统由能量守恒：△E 增=△E 减
E 1 电 mV
2 1 mV 2E Q（1分），解得 E 6J2 2 电
（1分）

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