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2025一2026学年度第二学期期中考试
高一物理试题
命题教师：高二物理组
1.本试卷分第I卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题)两部分。试卷满分100分，
考试时间75分钟。
2.答题前，考生务必将自已的姓名、考号填写在答题纸上，将条形码贴在相应
位置上。
第1卷（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.如图所示，光滑地面上有一质量为M的足够长木板ab静止
放置，一质量为m的人站在木板的a端，关于人由静止开始至
运动到木板的b端（M、N表示地面上原a、b对应的点)，
则如图所示中正确的是（)
M
M
M
M
2.2025年5月我国成功发射通信技术试验卫星十九号，若该系列试验卫星中A、B两颗卫星均
可视为绕地球做匀速圆周运动，轨道半径”>，则卫星A比B（)
高一物理期中试题第1页共6页
A.线速度小、运行周期小
B.线速度小、角速度小
C.加速度大、角速度大
D.加速度大、运行周期大
3.如图所示为发射同步卫星的三个轨道，轨道I为近地轨道，轨
道Ⅱ为转移轨道，轨道Ⅲ为同步轨道，P、Q分别是转移轨道的近
地点和远地点。假设卫星在各轨道运行时质量不变，关于卫星在
这三个轨道上的运动，下列说法正确的是（)
A.卫星在各个轨道上的运行速度一定都小于7.9km/s
B.卫星在轨道Ⅲ上Q点的运行速度小于在轨道Ⅱ上Q点的运行速度
C.卫星在轨道Ⅱ上从P点运动到Q点的过程中，运行时间一定小于12h
D.卫星在轨道Ⅲ上Q点的运行加速度大于在轨道Ⅱ上Q点的运行加速度
4.如图所示，两个质量相同的小球A、B分别用细线悬在等高的O、O,点，A球的悬线比B球
的长，把两球的悬线拉至水平后无初速释放，不计阻力，则球到达最低点的过程中()
A.A球重力的瞬时功率一直变大
B
B.最低点时，A球重力的瞬时功率大于B球重力的瞬时
功率
C.最低点时，悬线对A球的拉力等于悬线对B球的拉力
D.最低点时，A球的速度小于B球的速度
5.在x轴上关于原点对称的a、b两点处固定有两个电荷量相等的点电荷，如下的E-x图象
描绘了x轴上部分区域的电场强度（以x轴正方向为电场强度的正方向），对于该电场中x轴上
关于原点对称的c、d两点，下列结论正确的是（)
◆E
A.a处为负点电荷
Bb处为正点电荷
C,c、d两处电场强度大小相等，方向相反
D.c、d两处电场强度大小相等，方向相同
6.一滑块在水平地面上沿直线滑行，=0时速率为1m/s.从此刻开始在与速度平行的方向上对
其施加一水平作用力F,力F和滑块的速度ν随时间的变化规律分别如图甲和乙所示，则（两图
取同一正方向，取重力加速度g=10m/s)()
高一物理期中试题第2页共6页高一物理参考答案
一、选择题：本题共 10 小题，1-7 为单选，每题 4 分；8-10 为多选，每题 6 分，漏选得 3
分，错选不得分。
1.D 2．B 3．C 4．C 5．D 6．D 7. 8．CD 9．ACD 10．AD
1．D
【详解】根据动量守恒，人向右运动时，木板向左运动，因此人到达木板的右端 b时，b一
定位与 N点的左侧；由于人向右运动，因此人始终位于 M点的右侧，到达 b端时，b端一
定位于 M点的右侧。
故选 D。
2．B
【详解】根据题意，由万有引力提供向心力有
解得 ， ， ，
由于轨道半径
可得 ， ， ，
故选 B。
3．C
【详解】A．卫星在近地轨道上的速度为 7.9km/s，由近地轨道上的 P点加速才能进入椭圆
轨道，可知卫星在轨道Ⅱ上 P点的速度大于 7.9km/s，即各个轨道上的运行速度不一定都小
于 7.9km/s，A错误；
B．卫星在轨道Ⅱ上Q点加速才能进入轨道Ⅲ，可知卫星在轨道Ⅲ上Q点的运行速度大于在
轨道Ⅱ上 Q点的运行速度，B错误；
C．卫星在轨道Ⅲ上的运行周期为 24h，根据开普勒第三定律，在轨道Ⅱ上的半长轴小于在
轨道Ⅲ的运动半径，可知在轨道Ⅱ上的周期小于在轨道Ⅲ的运动周期，则卫星从 P点运动
到 Q点的过程中，运行时间一定小于 12h，C正确；
D．根据 可知，卫星在轨道Ⅲ上 Q点的运行加速度等于在轨道Ⅱ上 Q点的运行
加速度，D错误。
故选 C。
4．C
【详解】A．刚释放瞬间 A球速度为零，重力的瞬时功率为零，最低点时瞬时功率为零，中
间某点有竖直方向的速度，瞬时功率不为零，所以从开始释放到到达最低点的过程 A球重
力的瞬时功率先增大后减小，故 A错误；
B．A球和 B球在最低点时速度沿水平方向，竖直方向分速度为零，根据
所以重力的瞬时功率为零，两球在最低点的瞬时功率相等，故 B错误；
C．小球在最低点时根据合力提供向心力得
其中
可得
两球质量相等，所以悬线对 A球的拉力等于悬线对 B球的拉力，故 C正确。
D．球由静止释放到运动到最低点，由动能定理有
可得
由于 A球的悬线比 B球的悬线长，又由于两球的质量相同，所以 A球在最低点的速度大于 B
球在最低点的速度，故 D错误；
故选 C。
5．由等量异种电荷的电场可知 D 正确
6．D
【详解】AB．由图象斜率得加速度为
由两图知，第一秒内有
f+F=ma
第二秒内有
F′-f=ma
代入数据得
f+1=3-f
故
f=1N
m=2kg
又由
f=μmg
可得动摩擦因数
μ=0.05
故 AB错误；
C．第一秒内的位移为
x= ×1×1=0.5m
根据功的公式
W=FL
可得第 1s内摩擦力对滑块做功为-0.5J，故 C错误；
D．根据 v-t图象可知，第 2秒内的平均速度
所以第 2s的平均功率
P=F′ ＝3×0.5W＝1.5W
故 D正确。
故选 D。
7．D
【详解】A．下滑过程中小球的机械能会与弹簧的弹性势能相互转化，因此小球的机械能不
守恒，故 A错误；
B．因为在 B点，弹簧恢复原长，因此重力沿杆的分力提供加速度，根据牛顿第二定律可得
mgcos 30°＝ma
解得
a＝ g
故 B错误；
C．到达 B点时加速度与速度方向相同，因此小球还会加速，故 C错误；
D．因为 C是 AO′段的中点，θ＝30°，所以当小球到 C点时，弹簧的长度与在 A点时相同，
故在 A、C两位置弹簧弹性势能相等，小球重力做的功全部转化为小球的动能，所以得
mgl0＝ mv 2C
解得
vC＝
故 D正确。
故选 D。
8．CD
【详解】AD．外力对物体做的总功为
根据动能定理可得物体的动能增加了 ，故 A错误，D正确；
B．根据
可知物体的重力势能减少了 ，故 B错误；
C．根据功能关系可知，物体的机械能变化量为
可知物体的机械能减少了 ，故 C正确。
故选 CD。
9．ACD
【详解】A．发动机所做的功
W=Pt
选项 A正确；
B．汽车运动时做加速度减小的变加速运动，则平均速度不等于 (v0＋vm)，发动机的牵引力
逐渐减小，当速度达到最大时，牵引力才等于 f，则发动机做功 W=Fs不等于 (v0＋vm)ft，
选项 B错误；
C．汽车达到最大速度时 F=f，此时
P=fvm
则发动机所做的功
W=fvmt
选项 C正确；
D．根据动能定理
W- fs = Mv 2m - Mv 20
发动机所做的功
W= Mv 2m - Mv 20 ＋fs
选项 D正确。
故选 ACD。
10．AD
【详解】AB．设小球刚刚冲上滑块圆弧面时的速度为 ，小球和滑块组成的系统水平方向
动量守恒，则有
可得
由图乙可得
所以有
，
得小球的质量为
，
故 A正确，B错误；
CD．小球上升到最大高度时，小球竖直方向速度为零，小球和滑块速度相等，取向有为正
方向，根据动量守恒有
设小球上升的最大高度为 ，根据能量守恒则有
两式联立，可得
小球上升到最高点的速度为
故 C错误，D正确。
故选 。
二．非选择题(共 54 分，11 题 6 分，12 题 8 分，13 题 10 分，14 题 12 分，15 题 18 分)
11．每空 3分
(1) D (3)
【详解】[1]A．本实验不需要用钩码的重力代替绳的拉力，所以实验中不需要保证 m远小于
M，故 A错误；
B．本实验中钩码所受绳的拉力做负功，所以钩码的机械能不守恒，应验证滑块和钩码组成
的系统机械能守恒，故 B错误；
C．滑块运动过程中速度大小始终是钩码速度的 2倍，故 C错误；
D．在调整气垫导轨至水平时，滑块不需要连接钩码，故 D正确。
故选 D。
[2]滑块经过光电门时的速度为
钩码带动滑块运动过程中，若系统机械能守恒，有
联立可得
结合图像可得
所以
12．每空 2分
(1)弹簧的弹力
(2)
(3)不变
【详解】（1）A球做圆周运动的向心力由弹簧的弹力提供的；
（2）[1][2]对球 A分析可知
解得
由题意可知 ，
解得弹簧原长
劲度系数
（3）若取走小球 B，保留 A球并让弹簧中心固定在转轴上，重复前面的操作，再次测量弹
簧的劲度系数，若操作正确，则其测量值将不变。
13.(10 分)(1)取甲碰前的速度方向为正方向，根据动量守恒定律，对系统有：
m 甲 v 甲－m 乙 v 乙＝－m 甲 v 甲′＋m 乙 v′乙-----------------3分
解得 v′乙＝1 m/s----------------------------1分
方向与甲碰前的速度方向相同．-----------1分
(2)根据动量定理，对甲有：－Ft＝－m 甲 v 甲′－m 甲 v 甲---------------------3分
解得 F＝2100 N.----------------------2分
14.（12分）(1)
(2)
(3)
【详解】（1）北极处没有自转影响，故引力等于重力 ----------------2分
解得
故地球的密度 --------------------2分
（2）地球的第一宇宙速度是物体绕地球表面做匀速圆周运动的速度，这时候万有引力
提供向心力 --------------------1分
又 -------------1分
联立解得 --------------------1分
（3）同步卫星的周期等于地球的自转周期 T，地球的自转周期可以通过赤道处的向心
加速度来求，在赤道处，根据受力分析知，万有引力加速度 --------------1分
而赤道处的向心加速度 --------------1分
联立解得 --------------------1分
对于地球同步卫星，根据牛顿第二定律 --------------------1分
联立解得地球同步卫星的轨道半径 --------------------1分
15．(1)3N
(2)
(3)
【详解】（1）对滑块从 A到 B的过程，由机械能守恒定律可得
---------------------------2分
在 B点，根据牛顿第二定律及向心力公式可得 ---------------------------2分
联立求得 ---------------------------1分
根据牛顿第三定律，滑块到达 B点时对轨道的压力大小为 3N。---------------------------1分
（2）对滑块从 A到 C的过程，根据机械能守恒定律可得
---------------------------1分
滑块从 C开始上滑过程，根据牛顿第二定律可得
---------------------------1分
故滑块从 C开始上滑至最高点过程的时间 -----------------------1分
上滑最大距离 ---------------------------1分
因 ---------------------------1分
故滑块在 0.6s内，先沿直轨道从 C开始上滑至最高点后又继续下滑 0.2s，-
--------------------------1分
下滑过程加速度 ---------------------------1分
位移 ---------------------------1分
故 E点距离 C点 ---------------------------1分
（3）因圆弧轨道光滑，故滑块最终在过 C点的水平线下方圆弧轨道上往返。
则对滑块运动的全过程，根据能量守恒定律（或动能定理同样得分）可得
---------------------------2分
则 ---------------------------1分

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