2025_2026学年河南驻马店市新蔡县第一高级中学高一下学期3月阶段检测物理试卷 [含解析]

这是一份2025_2026学年河南驻马店市新蔡县第一高级中学高一下学期3月阶段检测物理试卷 [含解析]，共41页。试卷主要包含了选择题，实验题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、选择题（1-7单选，每个4分，8-10多选，每个6分，共46分。）
1. 在物理学的重大发现中科学家们创造出了许多物理学研究方法，如理想实验法、控制变量法、极限思想法、类比法和科学假说法、微元法、建立物理模型法等。以下所用物理学研究方法的叙述错误的是（ ）
A. 在不需要考虑物体本身的大小和形状时，用质点来代替物体的方法叫建立理想化的物理模型的方法
B. 在探究加速度、力和质量三者之间的关系时，先保持质量不变研究加速度与力的关系，再保持力不变研究加速度与质量的关系，该探究运用了控制变量法
C. 在用打点计时器研究自由落体运动时，把重物在空气中的落体运动近似看作自由落体运动，这里采用了控制变量法
D. 在推导匀变速直线运动位移公式时，把整个运动过程划分成很多小段，每一小段近似看作匀速直线运动，然后把各小段的位移相加，这里采用了微元法
【答案】C
【解析】
【详解】A．在不需要考虑物体本身的大小和形状时，用质点来代替物体的方法叫建立理想化的物理模型的方法，故A正确，不满足题意要求；
B．在探究加速度、力和质量三者之间的关系时，先保持质量不变研究加速度与力的关系，再保持力不变研究加速度与质量的关系，该探究运用了控制变量法，故B正确，不满足题意要求；
C．将实际落体近似为自由落体，属于忽略次要因素（如空气阻力）的理想化模型法，故C错误，满足题意要求；
D．在推导匀变速直线运动位移公式时，把整个运动过程划分成很多小段，每一小段近似看作匀速直线运动，然后把各小段的位移相加，这里采用了微元法，故D正确，不满足题意要求。
故选C。
2. 如图所示，刚性细杆两端分别连接有小圆环P和带孔小球Q，杆可绕P、Q自由转动。小圆环P穿在直杆上，Q穿在大圆环上，大圆环圆心为。在外力作用下小球Q在大圆环上以角速度做匀速圆周运动，P沿直杆运动。某时刻、与直杆的夹角分别为和，且，下列判断正确的是（ ）
A. 此时P与Q的速度大小之比为
B. 此时P与Q的速度大小之比为
C. 此时Q所受的合力可能沿杆方向
D. 当细杆与重合时，P的速度为0
【答案】D
【解析】
【详解】AB．根据牵连速度的分解规律，此时刻两者速度关系有
解得，故AB错误；
C．小球Q在大圆环上以角速度做匀速圆周运动，由所受外力的合力提供向心力，则此时Q所受的合力方向一定指向圆心，不可能沿杆方向，故C错误；
D．当细杆与重合时，小球Q的速度方向与杆垂直，此时Q沿杆的分速度为0，即当细杆与重合时，P的速度为0，故D正确。
故选D。
3. 如图所示为自行车传动装置示意图，已知链轮的半径，飞轮的半径，后轮的半径，A、B（图中未画出）分别为链轮和后轮边缘上的点。若飞轮转动的角速度为25rad/s，则在自行车匀速前进的过程中下列说法正确的是（ ）
A. A、B两点的角速度大小之比为2∶1
B. A、B两点的线速度大小之比为1∶2
C. A、B两点的向心加速度大小之比为1∶12
D. 自行车前进的速度大小约为1.25m/s
【答案】C
【解析】
【详解】A．设飞轮边缘有一点C，链轮和飞轮之间通过链条传动，A、C两点线速度大小相等，即
后轮和飞轮同轴转动，故B、C两点角速度相同，即
根据
可知A、B两点的角速度大小之比为
故A错误；
B．B、C两点的线速度大小之比为
A、C两点线速度大小相等，则A、B两点的线速度大小之比为1：6，故B错误；
C．根据向心加速度公式
A、B两点的向心加速度大小之比为
故C正确；
D．飞轮转动的角速度为25rad/s，则线速度为
结合A、B两点的线速度大小之比可知，自行车前进的速度大小为7.5m/s，故D错误。
故选C。
4. 关于曲线运动，下列说法正确是（ ）
A. 曲线运动的加速度一定不断变化
B. 平抛运动的速度方向与加速度方向的夹角一定越来越小
C. 匀速圆周运动虽然不是匀变速运动，但任意相等时间内速度的变化仍相同
D. 物体做圆周运动时，所受的合力一定总是指向圆心
【答案】B
【解析】
【详解】A．曲线运动的加速度不一定变化，比如平抛运动，故A错误；
B．平抛运动水平速度不变，竖直速度不断增大，则合速度的方向与加速度的方向不断减小，故B正确；
C．匀速圆周运动虽然不是匀变速运动，但任意相等时间内速度的变化大小相等，但方向不同，故C错误；
D．物体做匀速圆周运动时，所受的合力一定总是指向圆心，故D错误。
故选B。
5. 如图所示，课间活动时某同学在绳子的一端拴一块橡皮P（可视为质点），另一端攥在手中，将手举过头顶，使橡皮P在水平面内做匀速圆周运动。手与橡皮间的距离为，不计绳子的质量和长度变化，下列判断正确的是（ ）
A. 增大，绳子拉力一定增大
B. 增大，绳子拉力一定减小
C. 保持不变，使橡皮P转动的角速度增大，则橡皮的位置升高
D. P转动角速度增大到某个值时，绳子可以水平
【答案】C
【解析】
【详解】AB．令橡皮的质量为m，绳与水平方向夹角为，则有
解得
可知，若角速度一定，增大，绳子拉力增大，由于橡皮圆周运动的角速度变化关系不确定，则绳子拉力大小变化关系也不能够确定，故AB错误；
C．对橡皮进行分析有
解得
可知，若保持不变，使橡皮P转动的角速度增大，则减小，即橡皮的位置升高，故C正确；
D．对橡皮进行分析，由拉力与重力的合力提供向心力，向心力方向总是沿水平方向指向圆心，可知，绳子不可能到达水平方向，故D错误。
故选C。
6. 下列四幅图是生活中圆周运动的实例分析，有关说法正确的是（ ）
A. 图a，轻杆长为L，小球过最高点的线速度要大于等于
B. 图b，若两个小球在同一水平高度做匀速圆周运动，则两个小球的角速度相同
C. 图c，若火车转弯时未达到设计速度，则轮缘对外轨道有挤压作用
D. 图d，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，从而被甩出
【答案】B
【解析】
【详解】A．对于轻杆模型，小球在最高点时，杆可以提供支持力。小球在最高点的最小速度，A错误；
B．设悬点到圆心的高度为h，绳长为l，绳与竖直方向夹角θ，小球做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律得，化简可得。若两个小球在同一水平高度做匀速圆周运动，即 h相同，那么两个小球的角速度ω相同， B正确；
C．火车转弯时，若未达到设计速度，火车有向内侧运动的趋势，则轮缘对内轨道有挤压作用，C错误；
D．水滴不受的离心力的作用，不存在离心力，水滴做离心运动的原因是向心力不足， D错误。
故选B。
7. 某质点在Oxy平面上运动，t＝0时，质点位于y轴上。它在x方向运动的速度-时间图像如图甲所示，它在y方向的位移-时间图像如图乙所示，下列说法正确的是（ ）
A. 质点做直线运动
B. 质点做变加速曲线运动
C. t＝0.5s时质点速度为10m/s
D. t＝1.0s时质点的位置坐标为（5.0m，5.0m）
【答案】D
【解析】
【详解】AB．质点沿x轴做匀加速直线运动，初速度和加速度分别，，沿y轴负方向做匀速直线运动，速度为，合初速度为，因合加速度恒定而做匀变速运动，且初速度与加速度方向不在同一直线，故质点做匀变速曲线运动，故AB错误；
C．时质点在x轴的分速度为，合速度大小为，故C错误；
D．质点第1s内在x轴、y轴的分位移为，，此时位置坐标为（5.0m，5.0m），故D正确。
故选D。
8. 风洞实验室能产生大小和方向恒定的风力，一小球在风洞中的一个平面内运动，其运动规律为，（式中各量均取国际单位），下列说法正确的是（ ）
A. 小球做匀变速曲线运动B. 小球做变加速曲线运动
C. 小球做匀变速直线运动D. 每秒钟小球的速度变化量大小为
【答案】CD
【解析】
【详解】ABC．由
对应
可得方向上
根据
可得y方向上
因
可知合初速度与合加速度方向共线，故小球做匀变速直线运动，选项AB项错误，C项正确；
D．由于
由
可知每秒钟小球的速度变化量大小为，选项D正确。
故选CD。
9. 如图所示，长为的轻绳拴一质量为的小球在竖直平面内摆动，小球摆动到最高点时，轻绳与竖直方向的夹角；另一长也为的轻绳拴着同样的小球在水平面内以角速度做匀速圆周运动，轻绳与竖直方向的夹角。已知，，重力加速度为，、两球均可视为质点。下列说法正确的是（ ）
A. 小球受轻绳的拉力大小为
B. 小球运动到最高点时，受轻绳的拉力大小为
C. 若不变，增大小球的质量，轻绳与竖直方向的夹角变小
D. 若不变，增大小球的质量，运动到最低点时轻绳拉力变大
【答案】BD
【解析】
【详解】AC．小球Q竖直方向受力平衡，根据牛顿第二定律
解得
故A错误；
B．小球P运动到最高点时，根据牛顿第二定律
故B正确；
C．对小球Q有
可得
若ω不变，增大小球Q的质量，轻绳与竖直方向的夹角β不变，故C错误；
D．小球P从最高点到最低点，根据动能定理
在最低点根据牛顿第二定律
联立解得
若α不变，增大小球P的质量，运动到最低点时轻绳拉力变大，故D正确。
故选BD。
10. 如图所示，内壁光滑的细圆管轨道竖直固定在水平面上，、分别是竖直、水平半径，是与竖直方向夹角为的倾斜直径，一小球（视为质点）从水平面进入圆弧轨道，到达点时速度大小为。已知小球在点时对轨道的作用力刚好为0，重力加速度为，，，下列说法正确的是（ ）
A. 小球在点向心加速度大小为
B. 小球在点时加速度方向指向圆心
C. 圆弧轨道的半径为
D 小球离开点后做自由落体运动
【答案】AC
【解析】
【详解】A．小球在点时对轨道的作用力刚好为0，则由重力沿半径方向的分力提供向心力，则有
解得，故A正确；
C．小球到达点时速度大小为，结合上述有
解得，故C正确；
B．小球在点时，重力方向与圆周相切，由轨道对小球的弹力提供向心力，则小球沿半径方向与沿切线方向的分加速度均不等于0，可知，小球在点时加速度方向指向左下方，故B错误；
D．小球离开点后速度方向与重力方向夹角为
可知，小球离开点后做斜抛运动，故D错误。
故选AC。
二、实验题（每空2分，共16分。）
11. 某同学验证做圆周运动的物体所受向心力大小与角速度大小的关系的实验装置如图所示。固定有遮光条的滑块套在光滑水平杆上，随水平杆一起绕竖直杆做匀速圆周运动，力传感器通过一轻质细绳连接滑块，用来测量细绳上的拉力大小F。测得滑块做匀速圆周运动时宽度为d的遮光条经过光电门的遮光时间为t，滑块到竖直杆的距离为L。滑块可视为质点。
（1）滑块的线速度大小______，角速度大小______。（均用d、t、L中的部分或全部物理量表示）
（2）实验中改变滑块做圆周运动的角速度大小的同时，应控制滑块______和______保持不变。
【答案】（1） ①. ②.
（2） ①. 质量 ②. 做圆周运动的半径
【解析】
【小问1详解】
[1]滑块的线速度大小
[2]角速度大小为
【小问2详解】
[1][2]实验中改变滑块做圆周运动的角速度大小的同时，应控制滑块质量和做圆周运动的半径保持不变。
12. 学校物理兴趣小组用如图甲所示的装置探究平抛运动的规律。
（1）小球a沿水平方向抛出，同时小球b自由落下，用频闪仪拍摄上述运动过程。图乙为某次实验的频闪照片，根据任意时刻a、b两小球的竖直高度相同，可判断小球a在竖直方向上做_________运动；根据小球a相邻两位置水平距离相等，_____（填“能”或“不能”）判断小球a在水平方向做匀速直线运动。
（2）实验中拍摄到小球a做平抛运动的照片如图丙所示，图丙中每小格的边长为5cm，并选定了小球a在运动过程中的A、B、C三个位置。取重力加速度大小g=10m/s2。小球a做平抛运动的初速度大小为________m/s，通过B点时的速度大小为________m/s。（结果均保留两位有效数字）
【答案】（1） ①. 自由落体 ②. 能
（2） ①. 1.5 ②. 2.5
【解析】
【小问1详解】
[1]根据任意时刻a、b两小球的竖直高度相同，可判断小球a在竖直方向上做自由落体运动；
[2]根据小球a相邻两位置水平距离相等，且所用时间相等，能判断小球a在水平方向做匀速直线运动。
【小问2详解】
[1]竖直方向，根据
可得
则小球做平抛运动的初速度大小为
[2]通过B点时的竖直分速度大小为
则通过B点时的速度大小为
三、解答题（13题10分，14题12分，15题16分，共40分。）
13. 如图所示，半径的半球形陶罐，固定在可以绕竖直轴转动的水平转台上，转台转轴与过陶罐球心O的对称轴重合，转台能以不同的角速度绕竖直轴匀速转动。一小物块随陶罐一起转动，且它和O点的连线与之间的夹角为60°，已知小物块与陶罐间的动摩擦因数，重力加速度，认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力。
（1）若小物块恰好不受摩擦力，求水平转台的角速度；
（2）要使小物块与陶罐相对静止，求转台转动的角速度范围。
【答案】（1）
（2）
【解析】
【小问1详解】
若小物块恰好不受摩擦力，物块仅受到重力与指向球心的弹力，根据牛顿第二定律有
解得
小问2详解】
小物块与陶罐相对静止，当摩擦力达到最大静摩擦力，且方向沿切线向上时，角速度达到最小值，对小物块进行分析，如图所示
则有
，
其中
解得
当摩擦力达到最大静摩擦力，且方向沿切线向下时，角速度达到最大值，对小物块进行分析，如图所示
则有
，
其中
解得
综合上述有
14. 如图所示，有一个可视为质点的质量为的小物块，从光滑平台上的A点以的初速度水平飞出，到达B点时，恰好沿B点的切线方向进入固定在地面上的竖直圆弧轨道，之后小球沿圆弧轨道运动，圆轨道的轨道半径R为，B点和圆弧的圆心连线与竖直方向的夹角，不计空气阻力，取重力加速度。（，）求：
（1）A、B两点的高度差h；
（2）若小球到最高点的速度，求小物块对轨道的压力。
【答案】（1）0.8m
（2），方向竖直向下
【解析】
【小问1详解】
小物块由A到B做平抛运动，水平方向的速度不变，且竖直方向做自由落体运动，结合题意可得，
结合运动学规律
联立可得，
【小问2详解】
小物块在最高点时，根据牛顿第二定律则有
解得
可知轨道对小物块的作用力竖直向上，根据牛顿第三定律可知，小物块经过最高点时对轨道的压力大小为，方向竖直向下。
15. 如图所示，斜面与水平地面夹角，将质量的物体（可视作质点）无初速地放在固定斜面的顶端A，物体到达底端B后能无碰撞地滑上质量的木板左端。已知木板与斜面之间没有连接，木板与地面之间是光滑的，物体与斜面、物体与木板间的动摩擦因数分别为和，A、B之间的距离，重力加速度取（已知，）。求：
（1）物体刚开始下滑时的加速度大小；
（2）物体通过斜面所需要的时间；
（3）要使物体恰好不会从木板上掉下，木板长度应是多少？
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【小问1详解】
物体刚开始下滑时，根据牛顿第二定律可得
解得加速度大小为
【小问2详解】
根据位移时间关系可得
解得
【小问3详解】
物体刚滑上木板时的速度大小为
物体滑上木板后，分别对物体和木板根据牛顿第二定律有，
解得，
使物体恰好不会从木板上掉下，则有
解得，
则木板长度为