黑龙江省大庆铁人中学2025-2026学年高一下学期第一次阶段考试物理试题（Word版附答案）

这是一份黑龙江省大庆铁人中学2025-2026学年高一下学期第一次阶段考试物理试题（Word版附答案），共2页。试卷主要包含了0 2，6N，65m，【答案】A，【答案】B，【答案】D，【答案】C，【答案】AC等内容，欢迎下载使用。
ABC 2.0 2.8
md22(Δt)2 F22k C kmd2
13.解：（1）月球表面附近的物体做平抛运动有x＝v0t，ℎ=12g月t2，联立解得g月=2v02ℎx2
（2）不考虑月球自转的影响，有GMmR2=mg月，解得月球质量M=2ℎv02R2Gx2 密度ρ=M43πR3=3v02ℎ2πRGx2
（3）由牛顿第二定律有GMmR2=mv2R，解得月球的第一宇宙速度v=v0x2ℎR
14．(1)A、B两球共轴转动，角速度相同，线速度大小也相等。设A球与转轴O等高时的速度大小为v，由机械能守恒定律有2mgLcsθ−mgLcsθ=12mv2+122mv2
又EkB=12⋅2mv2 联立解得EkB=815mgL
(2)对B由动能定理可得WB+2mgLcsθ=12⋅2mv2
解得WB=−1615mgL
(3)取O点所在水平面为参考平面，当A球转到O点正上方速度为零时，释放时A球初动能最小，则有
EkA+EkB−mgLcsθ=mgL−2mgLsinθ
且EkB=2EkA解得EkA=15mgL
15．解：（1）小滑块首次进入竖直圆环轨道刚好可以绕环内侧做完整的圆周运动，根据牛顿第二定律可得在圆轨道最高点D点时应满足：mg=mvD2R，解得在D时的速度大小为：vD=3.2m/s
小滑块由D点到E点的过程，根据动能定理得：mgR=12mvE2−12mvD2
在E点滑块受到的圆环轨道的作用力F提供向心力，根据牛顿第二定律得：F=mvE2R，解得：F＝0.6N
由牛顿第三定律可知，压力F′＝F＝0.6N
（2）小滑块由D点到C′点的过程，根据动能定理得：2mgR=12mvC2−12mvD2
解得到C′点的速度大小为：vc＝4m/s＝v
物块在传送带上先做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律得：μmg＝ma，解得：a＝2.5m/s2
减速到零的位移大小为：L=v22a，解得：L＝3.2m＜4m
此后滑块反向匀加速回到左端，由运动的对称性可知小滑块第1次滑上传送带后将以v＝4m/s的速率返回F点
传送带做功W=12mv2−12mvC2=0
（3）设小滑块被释放时的高度为H1时，其第1次进入圆环轨道恰好到达圆环轨道的圆心等高处，则有：
mgH1−μmgcsθ⋅H1sinθ−μmgx−mgR=0−0
解得：H1＝0.93m
可得H≤0.93m可满足要求；
设小滑块被释放时的高度为H2时，其第1次进入圆环轨道后恰好能通过圆环轨道的最高点D点，则有：
mgH2−μmgcsθ⋅H2sinθ−μmgx−mg⋅2R=12mvD2−0
解得：H2＝1.65m
设小滑块释放高度为H3时，第1次滑上传送带后到达传送带右端G点时恰好减速到零，则有：
mgH3−μmgcsθ⋅H3sinθ−μmgx−μmg⋅FG=0−0
解得：H3＝1.95m
当释放高度满足：H2≤H≤H3，由（2）的分析可知，滑块第1次从传送带上返回F点时的速度大小等于v＝4m/s，且返回圆环轨道恰好能通过最高点。
设第1次返回倾斜轨道时，上滑最大高度为H4，则有：
﹣mgH4﹣μmgcsθH4sinθ−μmgx=0−12mv2
解得：H4＝0.375m
因H4＜H1，故滑块在倾斜轨道上再次下滑后不会通过圆环轨道的圆心等高处，也就不会脱离轨道。
综上分析，可得高度H应满足的条件为：H≤0.93m，或1.65m≤H≤1.95m。
1.【答案】C
2.【答案】B
3.【答案】A
【解析】A.根据动能定理F合s=Ek−0，则Ek=F合s，由于滑雪运动员做匀加速运动，合力恒定，Ek与s成正比，图像是过原点的倾斜直线，故 A正确；
B.由Ep=mgH−mgssinθ可知，Ep与s是一次函数关系，且斜率为负，故 B错误；
C.动能的表达式为Ek=12mv2，由v=at可得Ek=12m(at)2=12ma2t2。Ek与t是二次函数关系，图像是抛物线，不是过原点的倾斜直线，故C错误。
D.由s=12at2，Ep=mgH−mgssinθ=mgH−12mgsinθ⋅at2，Ep与t是二次函数关系，不是如图所示的曲线，故 D错误。
4.【答案】A
【解析】解：AC、由题图可知小船在静水中的速度v1、v2、v3在沿河岸方向的分速度相同，若河中水流速度大小与v1、v2、v3在沿河岸方向的分速度大小相等，则三次渡河过程合速度的方向均垂直于河岸，此情况三次渡河位移就可以相同，出此情况合速度方向不同，故A正确，C错误；
B、由题图可知小船在静水中的速度v1、v2、v3在沿垂直于河岸方向的分速度不相等，故过河的时间不可能相同，故B错误；
D、小船在静水中的速度小于水流速度时，小船沿河流上游的分速度必小于水流速度，即小船在静水中的速度与水流速度的合速度必有沿河岸指向下游的分速度，故小船在静水中的速度与水流速度的合速度不可能垂直河岸，故D错误。
5.【答案】B
【解析】力F的方向始终沿着圆弧切线方向，故力F做的功W=F⋅14×2πR=mgπR2，故B正确，A错误。
在运动过程中任一位置建立沿着切线和半径方向的坐标系，设半径与竖直方向夹角为θ，沿着切线方向有F−mgsinθ=ma，故沿着切线方向，物块始终做加速运动。力F的功率一直增大。重力的瞬时功率PG=mgvsinθ，也是一直增大的，故CD错误。
故选B。
6.【答案】D
【解析】AC.根据P=Fv，可得1v=1PF，结合图线的斜率可得P=4−212−14W=8W，
即模型车的速度从2m/s增加至4m/s的过程中，模型车以恒定的功率(最大功率)行驶，速度最大时合外力为零，即牵引力等于阻力，根据图像可知，在F=2N时速度达到最大值，因此有F=f=2N，
故AC错误；
B. 由图像可知小车初始牵引力为4N，且匀加速结束时模型车的速度大小v1=2m/s，根据牛顿第二定律有F−f=ma，解得加速度a=1m/s2，根据匀变速直线运动，速度与时间的关系可得匀加速运动的时间t1=v1a=2s，故B错误;
D. 根据题意，模型车速度达到最大用时5s，而匀加速阶段用时2s，则可知，模型车以恒定功率运动所需时间t2=3s，根据动能定理Pt2−fx2=12mv22−12mv12式中v2=4m/s，v1=2m/s，解得x2=6m，在匀加速直线运动过程中x1=12at12=2m，所以整个过程总位移x=x1+x2=8m，故D正确。
7.【答案】C
【解析】A、卫星在椭圆轨道上稳定运行时，只受到地球的引力，只有地球的引力做功，故机械能守恒，故A正确；
B、根据开普勒第三定律k=R3T2可知轨道的半长轴越大，则卫星的周期越大，所以TC>TB>TA，故B正确；
CD、卫星在圆轨道A上时，根据万有引力提供向心力：GMmR12=mv12R1，解得v1= GMR1；
所以Ek1=12mv12=GMm 2R1；
卫星的总机械能：E1=Ek1+Ep1=GMm2R1−GMmR1 =−GMm2R1；
同理：卫星的圆轨道C上时，Ek2=12mv22=GMm 2R2；
卫星的总机械能：E2=Ek2+Ep2=GMm2R2−GMmR2=−GMm2R2；
该卫星从圆轨道A变到圆轨道C，由动能定理可知合力做的功为：W合=Ek2−Ek1=GMm2R2−GMm2R1；
引力之外的力做功为：W=E2−E1=GMm2R1−GMm2R2；故C错误，D正确。
故选C。
8.【答案】AC
9.【答案】BD
解：A、根据题意可知，双星系统的角速度相同，由恒星A、B间的万有引力提供向心力，即向心力大小相等，则对恒星A、B可得mAω2RA=mBω2RB
其中mA＝m
解得mB＝4m，故A错误；
B、恒星A与B的动能之差为ΔEk=12mAvA2−12mBvB2
其中vA＝ωRA＝v，vB=ωRB=v4，mA＝m，mB＝4m
解得ΔEk=38mv2，故B正确；
D、设A、B、C三星由图示位置到再次共线所需时间为t，由于A星转过的圆心角等于B星转过的圆心角，因此当A、B、C三星由题图示位置到再次共线时，A星转过的圆心角与C星转过的圆心角之和为π，有ωAt+ωCt＝π
即2πT1t+2πT2t=π解得t=T1T22(T1+T2)，故D正确；
C、恒星AB间引力原来为FAB=GmAmBRA+RB=4Gm2RA+RB
质量变化后为F′AB=G(mA−Δm)(mB+Δm)RA+RB=4Gm2−3mΔm−(Δm)2RA+RB＜FAB
恒星AB间引力将减小，故C错误。
故选：BD。
10.【答案】ABC
【解析】解：A、初始时在拉力F的作用下，M、N均处于静止状态，以M为研究对象，受力分析如下，
根据平衡条件则有：F杆=mgtan60°=103N
再将M、N整体受力分析，水平方向则有F=F杆=103N，故A正确；
B、运动的过程中，M、N组成的系统机械能守恒，由于轻绳拉力对小环M做负功，故小环M的机械能不守恒，故B正确；
C、轻绳与竖直杆夹角β＝37°时，将M、N的速度分解到沿绳的方向和垂直绳的方向，则有两者速度关系为：vMcs37°＝vNsin37°
在运动的过程中，M、N组成的系统机械能守恒，则有：mg(lcs37°−lcs60°)=12mvM2+12mvN2
联立解得：vM＝0.72m/s，故C正确；
D、当N到达竖起杆的正上方时，N的速度最大，设为vm，对MN组成的系统，根据机械能守恒有：mgl(1−cs60°)=12mvm2
解得：vm=2155m/s，故D错误。
故选：ABC。
11.【解析】(1)A.要保证每次钢珠都做平抛运动，则必须确保弹射器水平放置，故A符合题意；
B.为了减小实验误差，应选用体积小密度大的弹丸，故B符合题意；
C.为保证弹丸的初速度相同，每次必须将弹簧压缩至相同位置释放弹丸，故C符合题意；
D.第一次实验时，不需要测量弹射器开口到墙壁的距离，故D不符合题意。
故选ABC。
(2)竖直方向上是自由落体运动，则yBC−yAB=gT2，解得点迹间的时间间隔为T= yBC−yABg= 15.0−5.010×10−2s=0.1s，
弹丸离开弹射器的速度大小为v0=xT=，钢珠刚要打到C点时的竖直方向速度分量大小为vCy=yBC+yCD2T=15.0+25.02×0.1×10−2m/s=2.0m/s，弹丸打到C点时的速度大小为vC= v02+vcy2≈2.8m/s。
12.【解析】（1）滑块经过光电门时的速度v=dΔt
滑块经过光电门时的动能Ek=12mv2=12m(dΔt)2=md22(Δt)2
根据弹性势能的表达式有Ep=12kx2，由胡克定律得F＝kx，解得Ep=F22k。
（2）若系统机械能守恒，由机械能守恒定律得ΔEk＝ΔEp，即md22Δt2=F22k
整理得F=kmd2Δt，应作F−1Δt图像，图像的斜率为kmd2。
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ABC