资源简介

新疆建设兵团第三师图木舒克第一中学 2025-2026 学年高一下学期
第二次阶段检测物理试卷
一、单选题（本题共 8 分小题，每小题 4 分，共 32 分）
1．“C919”是中国自行研制、具有自主知识产权的喷气式客机。某次起飞时速度为 v，方向与水平方向成 角，
如图所示。则此时它竖直上升的速度大小为（ ）
v v
A． vsin B． vcos C． D．
sin cos
2．如图所示，质量为m的小球通过一根绷紧的轻绳水平连接到悬挂点，当小球由静止释放并下降到最低点
时，不计空气阻力，重力加速度为 g，轻绳的拉力为（ ）
A．mg B．2mg C．3mg D． 4mg
3．两个可视为点电荷的相同金属小球，带电量分别为-Q和+3Q，固定在相距为 r的两处时，它们间的库仑
力大小为 F，两小球相互接触后将其距离变为 2r固定，则两球间库仑力的大小变为（ ）
1 F 1A． B． F
3 4
1 1
C． F D． F
6 12
1
4．质量为 m的物体由静止开始加速下落 h高度过程中，其加速度大小为 g。则（ ）
3
1 1
A．物体的动能增加了 mgh B．物体的重力势能减少了 mgh
3 3
1
C．物体的机械能保持不变 D．物体的机械能减少了 mgh
3
5．把一个质量为 m的小球用细线悬挂起来，让小球在某一竖直面内来回摆动，就成为一个摆。已知摆长（悬
点到球心的距离）为 L，最大偏角为θ，重力加速度为 g，如果阻力可以忽略，小球运动到最低点的速度大
小为（ ）
A． 2gl cos B． 2gl 1 cos
C 1． gl cos D 1． gl 1 cos
2 2
6．为监测全球气候变暖情况，某科研团队发射的一颗人造地球卫星，在距离地面一定高度的轨道上绕地球
1
做匀速圆周运动。由于燃料微调，卫星的线速度减小为原来的 ，调整后卫星仍稳定做匀速圆周运动，忽
3
略其他天体的引力影响，则下列说法正确的是（ ）
A．卫星的轨道半径增大为原来的 3倍 B．卫星的运行周期增大为原来的 9倍
1 1
C．卫星的角速度减小为原来的 D．卫星的向心加速度减小为原来的
27 3
7．如图甲所示，A、B两个完全相同的金属导体小球紧贴着放置，现将一带正电的小球C放置在小球A左
侧，在将A、B两小球分开后，将小球C移走，之后将小球A、B按如图乙所示的方式用等长细线悬挂在
同一水平高度。已知小球A、B的质量均为0.12kg，图乙中两细线与竖直方向的夹角均为37 ，两小球相距
1.6cm且可视为点电荷，元电荷 e取1.6 10 19C，静电力常量 k 9 109N m2 / C2， tan37 0.75，重力加速
度 g取10m / s2 。则下列说法中正确的是（ ）
A．有约1 1012 个电子从A球转移到B球
B．有约 4 1010个电子从A球转移到B球
C．有约1 1012 个电子从B球转移到A球
D．有约 4 1010个电子从B球转移到A球
8．如图所示，质量为 m=2kg 的物体静止在倾角为 37 的斜面上，物体与斜面间的动摩擦因数 0.8，
现使物体保持与斜面相对静止一起水平向左匀速移动距离 l 20m，取 g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8。
下列说法正确的是（ ）
A．摩擦力对物体做的功-192J
B．斜面对物体的弹力做的功为 0
C．重力对物体做的功为 400J
D．各力对物体所做的总功是-192J
二、多选题（本小题共 4 小题，共 16 分）
9．巴黎奥运会网球女单决赛中，中国选手郑钦文以 2 : 0战胜克罗地亚选手维基奇夺冠。这是中国运动员史
上首次赢得奥运网球单打项目的金牌。某次郑钦文将质量为 m的网球击出，网球被击出瞬间距离地面的高
度为 h，网球的速度大小为 v1，经过一段时间网球落地，落地瞬间的速度大小为 v2，重力加速度为 g，网球
克服空气阻力做功为Wf 。则下列说法正确的是（ ）
1
A 2．击球过程，球拍对网球做功为 mv
2 1
B．网球从被击出到落地的过程，网球动能的增加量为mgh
C．网球从被击出到落地的过程，网球的机械能减少Wf
1
D 2
1
．网球克服空气阻力做功为mgh mv2 mv
2
2 2 1
10．如图所示，将带电棒移近两个不带电的导体球，两个导体球开始时互相接触且对地绝缘，下述几种方
法中能使两球都带电的是（ ）
A．先把两球分开，再移走棒
B．先移走棒，再把两球分开
C．先将棒接触一下其中的一个球，再把两球分开
D．棒的带电荷量不变，两导体球不能带电
11．新能源汽车是指采用非常规的燃料作为动力来源的汽车。一次测试某品牌新能源汽车的性能时，得到
该汽车在水平的公路上做直线运动的 v t图像如图所示。已知汽车质量为 2 103kg，限定最大功率为100kW，
匀加速阶段 0 t1内的加速度大小为 2.5m/s2， t1 时刻汽车达到限定的最大功率并保持功率不变，运动过程中
阻力恒定。下列说法正确的是（ ）
A．汽车受到的阻力大小为 4 103N
B．图像中 t1 4
C．在0 ~11s内，汽车牵引力做的功为9 105 J
D．因不知道 t2是否大于11，故无法求出在0 11s内汽车牵引力做的功
12．2026年 3月 28日，2026CMG 群众足球邀请赛第二站在山东省泰安市泰山体育场开幕。比赛过程中由
于空气阻力的影响，被踢出的足球飞行轨迹如图所示。足球从位置 1被踢出，位置 3为轨迹的最高点，位
置 2、4距地面高度相等。重力加速度为 g，忽略足球的旋转。关于足球，下列说法正确的是（ ）
A．到达位置 3时，加速度为 g
B．经过位置 2时的速度大于经过位置 4时的速度
C．由位置 1到位置 3减少的动能大于由位置 3到位置 5增加的动能
D．由位置 1到位置 3重力做的功等于由位置 3到位置 5重力做的功
三、实验题（每空 2分，共 20 分）
13．某同学用频闪照相机拍摄到如图所示的小球平抛运动的照片，小方格的边长 L=2.5cm，小球在平抛运动
中的几个位置如图中的 a、b、c、d所示，则照相机每隔________s曝光一次，位置 a ________（选填“是”
或“不是”）平抛运动的起点；小球平抛初速度为 v0=________m/s，到达b点时的瞬时速度大小为
vb=________m/s。（ g取 10m.s-2）
14．在验证机械能守恒定律的实验中，某同学实验步骤如下：
A．用天平准确测出重锤的质量；
B．竖直固定打点计时器，并接上直流电源；
C．将纸带一端固定在重锤上，另一端穿过打点计时器的限位孔，使重锤靠近打点计时器；
D．先释放重锤，后接通电源；
E．更换纸带，再重复实验 3次；
F．选择点迹清晰的纸带，测量纸带上某些点间的距离；
G．根据测量结果计算重力势能变化和动能变化，验证机械能是否守恒。
(1)实验步骤中多余的步骤是________，错误的步骤是________（填序号）；
(2)打点计时器所用电源频率为 f，当地重力加速度的值为 g，重物的质量为 m。若按实验要求正确地选出纸
带进行测量，量得相邻三点 A、B、C到打点计时器所打下的第一个点 O的距离如图所示，从起点 O到计时
点 B的过程中重力势能减少量是 Ep ________，此过程中物体动能的增加量 Ek ________（用题目所给
字母表示）。若 Ep Ek ，则原因可能是________；
2
(3) v根据实验的纸带算出相关各点的速度 v，测量出下落的距离 h；以 为纵坐标，以 h为横坐标画出的图
2
线是图中的________就可以证明机械能是守恒的。
A． B． C． D．
四、解答题（本题共 3 小题，共 32 分）
15．（10分）一条轻绳跨过定滑轮，绳的两端各系一个小球 A和 B，A、B球的质量分别为 m、3m。用手托
住 B球，当轻绳刚好被拉紧时，B球离地的高度是 h，A球静止于地面，如图所示。定滑轮的质量及轮与轴
间的摩擦、空气阻力均不计，两球均可视为质点，以 B球所在高度的水平面为参考平面，重力加速度为 g。
(1)求此时小球 A、B的重力势能 EpA、EpB；
(2)某时刻由静止释放 B球，当 B球刚落地时，求 A球的速度大小；
(3)B球从释放到刚落地的过程中，轻绳对 B球所做的功。
16．（10分）如图所示，光滑水平轨道MC与光滑半圆弧轨道 ABC平滑对接且在同一竖直面内，圆弧轨道
圆心为O，A是最高点，C是最低点， B与圆心O等高。一轻质弹簧左端固定在M 点处的挡板上，弹簧右
端有一质量为m 0.7 kg的小球，与弹簧不拴接，将小球向左缓慢推至 N 点后无初速度释放，小球在水平轨
道上离开弹簧后进入圆弧轨道，并恰好能运动到 A点。已知圆弧轨道的半径 R为0.4 m，小球可视为质点，
不计空气阻力，重力加速度 g取10 m / s2，求：
（1）小球运动到 A点速度大小 v；
（2）小球从 N 点释放时，弹簧的弹性势能 Ep；
（3）小球运动到与圆心等高的 B点时，克服重力做功的功率 P。（结果可保留根号）
17．（12分）如图 1所示，小铁块位于长木板的最左端，小铁块的质量是 5kg，长木板的质量是 10kg。t 0
时二者以 v0 8m/s的初速度一起向右运动，t 0.5s时长木板与右侧的挡板（未画出）相碰（碰撞时间极短），
碰撞之前的运动过程中小铁块与长木板通过锁定装置锁定，碰撞前瞬间解除锁定，碰撞过程中没有能量损
失，长木板运动的部分 v t图像如图 2所示，在运动过程中小铁块恰好没有从长木板上滑下。小铁块可视
为质点，重力加速度 g取10m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。求：
（1）长木板与水平地面之间以及小铁块与长木板之间的动摩擦因数；
（2）长木板的长度；
（3）长木板与挡板碰撞后系统产生的内能。
参考答案
1．A
【详解】将飞机速度进行如下拆分
由图可得，竖直上升的速度大小为
vy v sin
故选 A。
2．C
1 2
【详解】设绳子的长为 l，小球下降到最低点时的速度为 v，根据机械能守恒定律可得mgl mv
2
解得 v 2gl
mv2
在最低点时，设绳子的拉力为 F，根据牛顿第二定律可得 F mg
l
解得 F 3mg
故选 C。
3．D
Q 3Q
F k 3kQ
2
【详解】根据库仑定律可得 2 r r2
相同金属小球接触时，异种电荷先中和再平分，总电荷量为 Q 3Q 2Q
2Q
因此接触后每个小球带电量 q Q
2
q·q kQ2 F
所以 F k
(2r)2 4r2 12
故选 D。
4．A
【详解】A．根据动能定理得
ΔEk mas
1
mgh
3
A正确；
B．物体的重力势能减少了 mgh。B错误；
C．由于重力势能的减少与动能的增加不相等，所以机械能不守恒。C错误；
D．物体机械能的变化为
ΔE ΔEk ΔE
1
p mgh mgh
2
mgh
3 3
D错误。
故选 A。
5．B
【详解】根据机械能守恒定律得
mgL 1 1 cos mv2
2
解得
v 2gL 1 cos
故选 B。
6．C
Mm v2
【详解】A．卫星绕地球做匀速圆周运动，由万有引力提供向心力G
r2
m
r
可得 v GM
r
卫星的轨道半径增大为原来的 9倍，故 A错误；
2
B Mm 4 ．卫星绕地球做匀速圆周运动，由万有引力提供向心力G
r2
m 2 rT
2 3
可得T 4 r
GM
卫星的运行周期增大为原来的 27倍，故 B错误；
Mm
C 2．卫星绕地球做匀速圆周运动，由万有引力提供向心力G 2 m rr
GM
可得
r3
1
卫星的角速度减小为原来的 ，故 C正确；
27
Mm
D．卫星绕地球做匀速圆周运动，由万有引力提供向心力G 2 mar
可得 a G
M
r2
1
由 A选项可知，卫星的轨道半径增大为原来的 9倍，卫星的向心加速度减小为原来的 ，故 D错误。
81
故选 C。
7．C
【详解】设 A、B两小球的电荷量均为 q，由受力分析可知，小球A所受库仑力Fc mgtan
2
又因为 F qc k


r
联立解得 q r mgtan 1.6 10 7C
k
q
因此转移的电子数 n 1 1012
e
由图甲可知小球A带负电，则电子是从小球B转移到小球A的。
故选 C。
8．A
【详解】A．物体受到摩擦力为静摩擦力，方向沿斜面向上，根据受力平衡可得摩擦力大小为
f mg sinθ 12N
摩擦力对物体做的功为Wf fl cos 12 20 0.8J 192J，故 A正确；
B．物体受到支持力垂直斜面向上，大小为 N mg cosθ 16N
斜面对物体的弹力做的功为WN Nl cos(90 ) 16 20 0.6J 192J，故 B错误；
C．由于重力方向竖直向下，与物体的运动方向垂直，可知重力对物体做的功为 0，故 C错误；
D．各力对物体所做的总功为W总 Wf WN WG 192J 192J 0 0，故 D错误，
故选 A。
9．AC
【详解】A．击球过程，根据动能定理有
W 1 mv 2
2 1
1 2
即球拍对网球做功为 mv1 ，故正确；2
B．网球从被击出到落地，根据动能定理有
Ek mgh Wf
故 B错误；
C．根据功能关系可知，网球从被击出到落地，网球的机械能减少Wf ，故 C正确；
D．根据动能定理有
mgh W 1 2 1 f mv2 mv
2
2 2 1
解得
W 1 2 1 2f mgh mv2 1
mv
2 2
故 D错误。
故选 C。
10．AC
【详解】AD．带电导体球与两个球不接触，本身电量不会转移到甲乙上，所以根据静电平衡，甲的左侧和
乙的右侧带有等量的异种电荷，分开两球再移走棒，两球带有等量的异种电荷。此过程中，棒的电量没有
发生变化，但是两个小球会带上电，故 A正确，D错误；
B．若先移走棒则感应出来的电荷又会回到各自的导体上，两个小球不会带电，故 B错误；
C．若接触其中的一个小球则电荷会发生转移，再分开两个小球，都会带上电量，故 C正确。
故选 AC。
11．BC
【详解】A．当汽车达到最大速度 vm 20m/s时，牵引力等于阻力，此时功率达到最大值，故阻力
P 100 103f N 5000N，故 A错误；
vm 20
P
B．匀加速结束时汽车功率达到最大值，则有 f mav1
因为 v1 at1
其中 a 2.5m / s2，联立解得 t1 4s， v1 10m / s
故 B正确；
CD．在 t1 4s时间内，对汽车，根据牛顿第二定律有 F1 f ma
解得牵引力 F1 10000N
v
则汽车牵引力做的功W1 F1 1 t1 2 10
5 J
2
4s 11s汽车牵引力做的功W2 P (11s 4s) 7 10
5 J
故0 11s 5时间内汽车牵引力做的功W W1 W2 9 10 J，故 C正确，D错误。
故选 BC。
12．CD
【详解】A．到达位置 3时，足球受重力与空气阻力作用，加速度不为 g，故 A错误；
B．从位置 2到位置 4过程，由于重力做功为 0，空气阻力做负功，根据动能定理可知，足球的动能减少，
可知足球经过位置 2时的速度大于经过位置 4时的速度，故 B错误；
C．从位置 1到位置 5过程，由于重力做功为 0，空气阻力做负功，根据动能定理可知，足球的动能减少，
1 2 1 2 1 2 1 2
可知足球经过位置 1时的动能大于经过位置 5时的动能，则有 mv1 mv3 mv5 mv2 2 2 2 3
所以由位置 1到位置 3减少的动能大于由位置 3到位置 5增加的动能，故 C正确；
D．重力做功取决于高度差，从位置 1到位置 3与从位置 3到位置 5高度差大小相等，故重力做功大小相等，
故 D正确。
故选 CD。
13． 0.05s 不是 1m / s 1.25m / s
【详解】[1] 竖直方向满足匀变速规律Δy gT 2
由图可知相邻相等时间内竖直位移差Δy L
T L 0.025代入得 0.05s
g 10
[2] 若 a是平抛起点（竖直初速度为 0），连续相等时间内竖直位移之比应为1:3:5，而图中相邻竖直位移比
为1: 2 :3，因此 a不是平抛运动的起点。
x 2L 2 0.025
[3]水平方向匀速，相邻两点水平位移 x 2L，因此 v0 1m / s。T T 0.05
[4] b点竖直速度等于 ac
y L 2L 3 0.025
段竖直方向的平均速度 v acby 0.75m / s2T 2T 2 0.05
合速度 v 2b v0 v
2 12 0.752by 1.25m / s。
14．(1) A BD/DB
1
(2) mgh 2 22 m（h3 h1）f 克服摩擦力做功导致能量损失8
(3)B
1
【详解】（1）[1]在实验过程中要验证机械能守恒，满足公式mgh mv2
2
公式中重锤质量 m可以约掉，故选 A。
[2]实验中打点计时器应连接交流电源，且过程中应先接通电源再释放重锤。
故选 BD。
（2）[1]重力势能的变化量与重力做功有关，故 Ep mgh2
v h3 h1 (h3 h ) f[2]打出 B点时重锤的速度为 1B 2T 2
1 m(h h )2 f 2
所以动能的增加量为 E mv2 3 1k 2 B

8
[3]实验过程中空气阻力、限位孔对纸带的摩擦力都会做功，使得动能的增加量减小。
（3）在实验过程中要验证机械能守恒，满足公式mgh 1 mv2
2
1
整理后即为 h v22g
即 h v2满足一次函数，图像是一条过原点的直线。
故选 B。
15．(1)-mgh，0
(2) gh
3
(3) mgh
2
【详解】（1）以 B球所在高度的水平面为参考平面，则有 EpA mgh， EpB 0
（2）由于定滑轮两侧轻绳运动方向与两小球在一条直线上，故两球速度大小相等，当 B球刚落地时，设 A
1 1
球的速度大小为 v，由机械能守恒定律有0 ( mgh) mv2 3mv2 0 ( 3mgh)
2 2
解得 v gh
1
（3 2）设轻绳对 B球做功为 W，对 B，由动能定理有W 3mgh 3mv 0
2
3
解得W mgh
2
16．（1）2m/s；（2）7J；（3）14 3W
【详解】（1）小球恰好能运动到 A点，表明小球在 A点受到轨道的弹力为 0，对小球进行分析，由牛顿第
二定律有
v2mg m
R
解得
v 2m/s
（2）小球从 N点运动到 A点过程中，对弹簧与小球构成的系统，由机械能守恒定律有
E mg 1p 2R mv
2
2
解得
Ep 7J
（3）设小球在 B点时速度为vB，从 B到 A，对小球进行分析，由机械能守恒有
1 mv2 1 2
2 B
mgR mv
2
小球在 B点克服重力做功的功率
P mgvB
解得
P 14 3W
17．（1） 1 0.4， 2 0.4；（2） L 6.75m；（3）Q 270J
【详解】（1）设长木板与小铁块的质量分别为 M、m，长木板与水平地面之间的动摩擦因数为 1，小铁块
与长木板之间的动摩擦因数为 2，由 v t图像可得，0~0.5s时间内长木板与小铁块整体的加速度大小为
a v1 8 61 m/s
2 4m/s2
t1 0.5
长木板受滑动摩擦力
f1 1FN1
而
FN1 (M m)g
对整体由牛顿第二定律得
f1 (M m) a1
解得
1 0.4
0.5s时刻之后，长木板向左做匀减速直线运动，小铁块向右做匀减速直线运动。由 v t图像可得，0.5s之后
长木板的加速度大小为
a v 2 ( 6)2 2 m/s
2 8m/s2
t2 1 0.5
小铁块受滑动摩擦力
f2 2FN2
而
FN2 mg
对长木板由牛顿第二定律得
f1 f2 Ma2
解得
2 0.4
（2）由牛顿第二定律可得，0.5s时刻之后小铁块的加速度大小为
a3 2g 0.4 10m/s
2 4m/s2
0.5s时刻之后，长木板与小铁块均以 v 6m/s的速度大小分别向左、向右做匀减速直线运动，因 a2 a3 ，故
长木板先于小铁块速度减小到零，设此过程长木板的位移大小为x1，则有
v2 2a2x1
代入数据解得
x1 2.25m
长木板速度减小到零后，因小铁块与长木板之间的滑动摩擦力小于长木板与水平地面之间的最大静摩擦力，
故长木板处于静止状态，小铁块仍向右做匀减速直线运动直到速度为零，设 0.5s时刻之后，小铁块向右做
匀减速直线运动直到速度为零的位移大小为 x2，则有
v2 2a3x2
代入数据解得
x2 4.5m
设长木板的长度为 L，长木板的长度等于 0.5s时刻之后小铁块与长木板的相对位移大小，则
L x1 x2
解得
L 6.75m
（3）设碰撞后小铁块与长木板相对滑动产生的内能为Q1，长木板与地面间相对滑动产生的内能为Q2，则
有
Q1 2mgL
Q2 1 M m gx1
解得
Q1 135J，Q2 135J
故长木板与挡板碰撞后系统产生的内能
Q Q1 Q2 270J

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