云南省玉溪第一中学2025-2026学年高一下学期期中考试物理试卷

这是一份云南省玉溪第一中学2025-2026学年高一下学期期中考试物理试卷，共7页。试卷主要包含了 ②⑤等内容，欢迎下载使用。
总分：100 分，考试时间：75 分钟命题人/审题人：高二物理备课组
单项选择题：本题共 7 小题，每小题 4 分，共 28 分，在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的。
如图是春晚上转手绢的机器人，其手绢上有 P、Q 两点，圆心为 O，OQ= 3 OP，手绢做匀速圆周运动，则（）
3
P、Q 线速度之比为 1:B.P、Q 角速度之比为 3 ：1
C.P、Q 向心加速度之比为 3 ：1D.P 点所受合外力不一定指向 O
如图所示，a 为近地空间站，b 为运行在晨昏线上空的观测卫星，c 为运行在倾斜同步轨道上的北斗导航卫星，d 为地球静止同步轨道气象卫星。已知 b 的轨道半径大于 a 的轨道半径，小于 c 的轨道半径，则下列说法中正确的是（ ）
观测卫星 b 绕地球运动的周期为 1 天
B．a、b、c、d 的运行速度大小关系为 va>vb>vc=vd
北斗导航卫星 c 可能定位在北京上空，相对地面保持静止
卫星 c 与 d 的周期、加速度、动能及所受地球引力都相等
如图所示，悬线一端系一小球，另一端固定于 O 点，在 O 点正下方的 P 点钉一个钉子，使悬线拉紧与竖直方向成一角度 θ ，然后由静止释放小球，当悬线碰到钉子时，下列说法正确的是（ ）
小球的瞬时速度突然变大B. 小球所需的向心加速度不变
C. 小球的角速度突然变大D. 悬线对小球的拉力不变
质量为 m 的汽车在平直公路上由静止启动，v-t 图像如图所示，图线在 0~t1 的时间内为倾斜直线，t1∼t2 的时间内为曲线。t1 时刻，汽车达到额定功率 P0，之后保持不变，t2 时刻达到
最大速度。汽车行驶过程中所受阻力恒定，下列判断正确的是（）
P0
v
汽车受到的阻力大小为
1
汽车的牵引力最大值为 P0  m v3
v2t2
当汽车的速度为 v 时，加速度大小为 P0  1  1 
2 
3
0~t2 的时间内，汽车的位移为1v t2
2
m  v2
v3 
随着科学技术的发展，机械臂（工业机器人）已渗透到生产的各个环节。如图所示，机 械臂通过跨过两定滑轮的一不可伸长的轻绳提升重物。当机械臂与水平方向夹角 α=60°时，机械臂末端到达 M 点，AM=OM，A、O 在同一竖直线上，则到达 M 点时机械臂末端与重物的速 度之比为（）
A．2：1
B． 3：2
C．1：2
D．2 3：3
6．2025 年 11 月，神舟二十一号载人飞船返回舱首次实施 3 圈自主快速返回，标志着我国载人飞船再入返回技术实现新突破。如图所示，返回舱从圆轨道 1 的 P 点变轨后，沿椭圆轨道 2 运动到 Q 点，再次变轨后进入圆轨道 3。P 为 1、2 轨道的切点，Q 为 2、3 轨道的切点。已知 1、3 轨道半径之比为 k，返回舱在轨道 1 运行的周期为 T，则返回舱（）
从 P 点进入轨道 2 时需要加速
从 P 点运行至 Q 点所需的最短时间等于T
2
在轨道 3 与轨道 1 上运行的速率之比为 k
在轨道 2 上运行时经过 P、Q 点的速率之比为 1
k
左图是一辆正以速度 v 做匀速直线运动的自行车的车轮简化示意图，车轮边缘某点 P（图中未画出）离水平地面高度 h 随自行车运动位移 x 的变化关系如右图所示，图中的 L 为已知量，则（ ）
该车轮的直径为 LB. 该车轮的转速为 v （转/每秒）
L
C. 在 x  L 位置，P 相对地面的速度为零 D. 在 x  L 位置，P 相对地面的速度为 v
24
多项选择题：本题共 3 小题，每小题 6 分，共 18 分。在每小题给出的四个选项中，有
多项符合题目要求。全部选对得 6 分，选对但不全的得 3 分，有选错的得 0 分。
有关圆周运动的基本模型，下列说法正确的是（）
如图 a，汽车通过拱桥最高点时对桥的压力大于重力
如图 b 所示是两个圆锥摆 A、B，细线悬挂于同一点且两小球处于同一水平面，则 A、B小球做匀速圆周运动的周期相等
如图 c，同一小球在光滑而固定的圆锥筒内的 A、B 位置先后分别做匀速圆周运动，则小球在 A 位置的角速度等于在 B 位置时的角速度
如图 d，火车转弯超过规定速度行驶时，外轨和轮缘间会有挤压作用
如图，天花板上用细线等间距悬挂四个小圆环a、b、c 和d 。某同学将一小球从 M 点斜向上抛出，恰好能穿过四个圆环，经过圆环 a 时小球恰好处于最高点，已知 O、M、N 三点等高， OM  ON  4.8m ，圆环 a 相对 O 点的高度 h=1.8m，圆环的半径略大于小球半径，均可视为质点，不计空气阻力，则（）
小球在上升过程中处于超重状态 B．小球从 a 环运动到 d 环所用的时间为 0.6s C．小球抛出的初速度大小为 10m/s
D．若 M 点稍许右移、调整初速度，小球仍可穿过四个圆环
如图甲，光滑圆轨道固定在竖直面内，小球沿轨道始终做完整的圆周运动。已知小球在最低点时对轨道的压力大小为 N，动能为 Ek。改变小球在最低点的动能，小球对轨道压力 N的大小随之改变。小球的 N -Ek 图线如图乙，其左端点坐标为（①，②），其延长线与坐标轴的交点分别为（0，a）、（-b，0）。重力加速度为 g，则下列说法正确的是（）
ab
小球的质量为 gB．圆轨道的半径为 a
C．图乙①处应为 5bD．图乙②处应为 3a
实验题：本题共 2 小题，共 16 分。把答案写在答题卡中指定的位置。
11.（8 分，每空 2 分）用如图甲所示的装置探究向心力大小与半径、角速度、质量的关系，
原理示意图如图乙所示，塔轮①②③④⑤⑥的半径分别为 3r、4r、5r、3r、2r、r。
探究向心力大小与半径的关系时，应该先把皮带套在左塔轮 和右塔轮
（均选填“①”“②”“③”“④”“⑤”“⑥”），再把两个质量相等的小球分别放在 B 位置和 C 位置，然后进行实验。
将两个质量相等的小球分别放在 A 位置和 C 位置（它们到各自转轴的距离相等），若左右两边标尺上露出的红白相间条纹数之比为 1：4，则皮带套在左塔轮和右塔轮
。（均选填“①”“②”“③”“④”“⑤”“⑥”）
12．（8 分，每空 2 分）某实验小组的同学为了研究平抛运动的轨迹，设计了如图甲所示的实验，首先将坐标纸固定在方木板上，然后进行如下操作：
（1）实验时，应调整斜槽的末端水平，为了检验斜槽末端是否水平，其方法为。
（2）（多选）下列操作正确的是。 A．实验时，应选择光滑的斜槽 B．实验前，应调整方木板竖直 C．每次释放小球时，应将小球由同一位置静止释放
D．在确定小球的落点时，竖直挡板每次向右平移的距离必须相同
某次实验时，该实验小组的同学在坐标纸上得到了三个碰撞点，如图乙所示，已知坐标纸中每个小方格的边长 l=3.2cm，重力加速度 g  10m/s2 ，则小球离开斜槽末端的速度大小为 v0= m/s ，小球经过 b 点的竖直分速度大小为 vby=m/s 。（结果保留两位有
效数字）
解答题：本题共 3 小题，共 38 分。把答案写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤。
13.（10 分）风洞实验室能产生大小和方向均可改变的风力，如图所示，在风洞实验室中有足够大的光滑水平面，在水平面上建立 xy 直角坐标系。质量 m=0.5kg 的小球以初速度 v0=0.6m/s 从 O 点沿 x 轴正方向运动，在 0～2.0s 内受到一个沿 y 轴正方向、大小 F1=0.20N的风力作用；小球运动 2.0s 后风力方向变为 y 轴负方向、大小变为 F2=0.10N（图中未画出）。求：
2.0s 末小球的速度大小 v；
风力 F2 作用多长时间，小球的速度变为与初速度相同？
14．（12 分）雪地转椅是一种游乐项目，其中心传动装置带动转椅在雪地上滑动，俯视图为图甲。传动装置有一高度可调的水平圆盘，可绕通过中心 O 点的竖直轴匀速转动。半径为 R的圆盘边缘 A 处固定连接一轻绳，长度也为 R 的轻绳另一端 B 连接转椅（视为质点）。转椅
运动稳定后，其角速度为 ω1 且与水平圆盘角速度相等，到 O 点的距离r1 
加速度为 g，不计空气阻力。
3R 。已知重力
对图甲所示情况分析，求转椅与雪地之间的动摩擦因数 μ。
如图乙所示，将水平圆盘升高，当水平圆盘以某一角速度匀速转动时，转椅恰好离开 雪地做匀速圆周运动，此时绳子与竖直方向的夹角 α=37°（sin37°=0.6，cs37°=0.8），求此时水平圆盘的角速度 ω2。
15．（16 分）如图所示，在竖直平面内，粗糙的斜面轨道 AB 的下端与光滑圆弧轨道 BCD 相切于 B 点，C 是最低点，圆心角∠BOC=37°，D 与圆心 O 等高，圆弧轨道半径 R=1.0m，现有一个质量 m=0.2kg，与斜面 AB 之间的动摩擦因数 μ=0.5 的小物体（可视为质点），从 D 点的正上方 h=0.4m 的 E 点处自由下落，物体恰好到达斜面顶端 A 处。取 sin37°=0.6， cs37°=0.8，g=10m/s2 ，求：
物体第一次到达 C 点时的速度大小；
斜面 AB 的长度 L；
若 μ 可变，求 μ 取不同值时，物块在斜面上滑行的路程 x。
玉溪一中 2025—2026 学年下学期高一年级期中考
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
A
B
C
C
D
D
B
BD
BC
AC
物理 参考答案
一/二 选择题
答案 ：A
【详解】AB．P、Q 两点绕 O 点转动，则角速度相等，根据 v=ωr，可知线速度之比为
3
1:，选项 A 正确，B 错误；
3
C．根据 a=ω2r 可知，P、Q 向心加速度之比为1:，选项 C 错误；
D．P 点绕 O 点做匀速圆周运动，则所受合外力一定指向 O，选项 D 错误。故选 A。
答案：B
【详解】A．观测卫星 b 运行在晨昏线上空，可 24 小时不间断对太阳进行观测，其轨道半径小于同步卫星，周期小于 24 小时，故 A 错误；
Mmv2
B．a、b、c、d 做圆周运动的向心力皆由地球对其的万有引力提供，由G
r 2
GM
r
可得v ，所以 va>vb>vc=vd，故 B 正确；
 Fn  m r
C．同步轨道卫星 c，其周期为 24 小时，但其速度方向与地面上各点线速度方向不同，不可能相对地面静止，故 C 错误；
D．c 与 d 的速度、周期、加速度大小均相等，但卫星的质量关系不清楚，故所受地球引力及动能未必相等，故 D 错误。
答案：C
【详解】AC．使悬线拉紧与竖直方向成一角度 θ，然后由静止释放小球，当悬线碰到钉子的前后瞬间，由于重力与拉力都与速度垂直，所以小球的线速度大小不变；根据v  ωr ，
由于悬线碰到钉子后的瞬间，小球做圆周运动的半径变小，所以小球的角速度突然增大；
v
2
根据a ，由于小球做圆周运动的半径变小，小球的向心加速度突然增大，故 B 错误；
r
2
D．根据牛顿第二定律得T  mg  m v
r
，可得T  mg  m v
2
r
可知悬线对小球的拉力变大，故 D 错误。故选 C。
答案：C
【详解】A．汽车所受的恒定阻力大小为 f  P0 ，故 A 错误；
v3
B．根据牛顿第二定律 F  f  ma ，其中a  v1 ，解得 F  P0  m v1 ，故 B 错误；
t1v3t1
C．当汽车的速度为v 时，汽车的牵引力为 F   P0 ，根据牛二 F   f  ma ，解得a  P0  1  1  ；
v
2
1
D．0~t 的时间内，汽车的位移为 x
v2
 v1 t

m  v23 
12 1
t ~t 的时间内，根据动能定理 P (t  t )  fx  1 mv2  1 mv2 ，解得
12
31
x  v (t  t )  mv3 (v2  v2 )
0 21
22321
23 21
2P0
31
1
所以，0~t 的时间内，汽车的位移为 x  x  x  v (t  t )  mv3 (v2  v2 )  v1 t ，故 D 错误。
2
答案：D
123 21
2P02
【详解】当机械臂与水平方向夹角为 α=60°时，机械臂末端到达 M 点，此时 AM=OM，机械
臂末端 M 点的线速度与绳的夹角为 30°，分解速度可得vM cs30=v物 ，则vM : v物  2 3 : 3 。
答案：D
【详解】A．从轨道 1（外圆）进入椭圆轨道 2，需要向内侧做近心运动，万有引力需要大于向心力，因此需要在 P 点减速，不是加速，故 A 错误；
B．设轨道 1 半径为r ，轨道 3 半径为r ，由题意得 r1  k ，即r  kr
r
13
3
r  rkr  rr (k 1)
13
r3a3
椭圆轨道 2 的半长轴a  13  33  1 ，根据开普勒第三定律 1 
T
T
2
222k22
33
代入 a 得T  T  k 1 2 ，从 P 到 Q 的最短时间为半个周期t  T2  T  k 1 2 ，得t  T ；
2 2k 
22  2k 2

C．圆轨道万有引力提供向心力G
Mmv2

m

GM
r
r1 r3
k
，得v ，因此速率比 v3 ；
r 2rv1
D．根据开普勒第二定律，近地点和远地点满足 1 v r Δt  1 v r Δt ，得v r  v r
因此速率比 vP  r3  1 ，故 D 正确。故选 D。
2 P 1
2 Q 3
P 1Q 3
vQr1k
答案：B
【详解】A.根据题意，自行车运动位移 L 时，车轮转动一周，则直径 D  L ，故 A 错误；
π
B．车轮转动一周用时为t  L ，则转速为 n  1  v ，故 B 正确；
vtL
C．在 x  L 位置，P 在最高点，速度恰好水平，相对地面速度为 2v，故 C 错误；
2
D．在 x  L 位置，P 处于与圆心等高处，此时其有水平方向的速度 v，和竖直方向的速度
4
v，根据平行四边形定则可知，相对地面的速度为 2v ，故 D 错误。故选 B。
答案：BD
2
【详解】A．汽车在拱桥最高点时，合力向下提供向心力mg  N  m v
r
v2
可得支持力 N  mg  m
r
 mg
根据牛顿第三定律，汽车对桥的压力等于支持力 N ，因此压力小于重力，A 错误；
4π2
B．对圆锥摆小球受力分析，重力和拉力的合力提供向心力mg tanθ mr
T 2
设悬挂点到圆周圆心的竖直高度为 h，由几何关系得r  h tanθ，解得周期T  2π h
g
两球处于同一水平面，h 相同，因此周期相等，B 正确；
C．对圆锥筒内小球受力分析，设侧棱与中轴线夹角为 α，合力提供向心力得
mg
tanα
 mω2r
g
r tanα
化简得ω，由图可知 A 位置圆周半径r  r ，因此ω  ω ，C 错误；
ABAB
D．火车转弯时，重力与支持力的合力刚好提供规定速度的向心力。当速度超过规定速度时，所需向心力更大，合力不足，火车会向外偏移挤压外轨，外轨与轮缘间产生挤压作用，D 正 确。
答案：BC
【详解】A．小球在空中运动时仅受重力作用，加速度向下，处于失重状态，故 A 错误； BC．四个圆环恰在小球运动轨迹抛物线上，且圆环a 处于抛物线的最高点，对小球从M 到
穿过圆环 a 的过程，在竖直方向上有h  1 v sinθ t ， 0  v sinθ2  2gh
2 00
在水平方向上有OM  v csθ t ，联立解得tanθ 3 ， v  10m/s ， t  0.6s ，故 BC 正确；
040
D．抛出点向右移动稍许时，小球运动轨迹不可能与原轨迹重合，即不可能仍穿过四个圆环。
答案：AC
【详解】AB．根据牛顿第三定律可知，小球在最低点的压力大小等于支持力，所以小球在最
E
2
低点时有 N v ， 1 mv2 ，所以 N  2 E  mg ，结合图线可得 2  a ， mg  a ，
mgmk k
R2RRb
所以 R  2b ， m  a ，故 A 正确，B 错误；
ag
v2
CD．由于小球能做完整的圆周运动，当小球恰好通过最高点时，有mg  m min
R
小球从最低点运动到最高点，根据动能定理可得mg  2R  1 mv2  1 mv2
2min2
联立解得v 
5gR ， Ekmin
 1 mv2  5 mgR ，此时可得 N
22
min
 6mg
所以①处为 Ekmin
 5 mgR  5b ，②处为 N
2
min
 6mg  6a ，故 C 正确，D 错误。故选 AC。
实验题
11．（8 分，每空 2 分）（1） ①④（2） ②⑤
【详解】（1）探究向心力大小与半径的关系时，应使两球质量相等，做圆周运动的半径相等；则应该先把皮带套在左塔轮①和右塔轮④，再把两个质量相等的小球分别放在 B 和 C 位置。
（2）将两个质量相等的小球分别放在 A 位置和 C 位置（它们到各自转轴的距离相等），若左右两边标尺上露出的红白相间条纹数之比为1: 4 ，可知向心力之比为1: 4 ，根据
F  mω2 r 可知，左右两边的角速度之比为1: 2 ，根据v  ωR 可知，左右塔轮的半径之比为
2 :1，则皮带套在左塔轮②和右塔轮⑤。
12．（8 分，每空 2 分）（1）小球放在斜槽末端，若小球静止不动说明斜槽末端水平
（2）BC（3）1.62.4
【详解】（1）将小球放在斜槽末端，若小球静止不动说明斜槽末端水平；
（2）A．实验时，没有必要使斜槽轨道光滑，故 A 错误； B．为了减小实验误差，实验时应保持方木板沿竖直方向固定，故 B 正确； C．每次释放小球时，应将小球由同一位置静止释放，故 C 正确；
D．在确定小球的落点时，挡板每次向右平移的距离不必要相同，故 D 错误；故选 BC。
（3）[1]由于相邻两点的水平间距相等，则小球依次经过相邻两点的时间相等，则在竖直方
向上有7l  5l  gt 2 ，解得t  0.08s 。小球离开斜槽末端的速度大小为v
 4l ，解得
0
t
v0  1.6m/s
[2]小球经过 b 点时竖直方向的分速度大小为vby
 12l  2.4m/s 。 2t
解答题：
13.（10 分）【答案】（1）1m/s（2）4s
【详解】（1）小球受重力、支持力和风的推力，在 x 方向不受外力，做匀速直线运动，在 y
方向受到恒定的力，故 y 方向做匀变速直线运动，设在 0~2.0s 内小球运动的加速度为 a1 ，
则根据牛顿第二定律，有 F1  ma1 ---1 分
1
解得 a  0.40m / s2---1 分
v2  v2
0y
根据运动学公式，有vy  a1t1  0.80m / s
---2 分
2.0s 末小球的速度大小v 
 1m / s
---2 分
（2）根据牛顿第二定律，风力 F 作用时物体的加速度为 a  F2  0.20m / s2 ---2 分
风力 F2 作用时间为t2
 vy
a2
2
 4.0s
2m
---2 分
故风力 F2 作用 4s 的时间，小球的速度变为与初速度相同。
ω2 R
（12 分）【答案】（1） 1
g
（2）
1 30g
8R
【详解】（1）转椅做匀速圆周运动，设圆周运动的半径与轻绳夹角为 θ，由几何知识
r1  2R csθ3R---1 分
得θ 30
设轻绳拉力为 F，转椅质量为 m，沿切向有 F sinθ μmg ---2 分
1 1
沿径向有 F csθ mω2 r ---2 分
ω2 R
联立解得μ 1
g
---1 分
（2）转椅做匀速圆周运动的半径为r2  R  R sinα 1.6R---2 分
2 2
重力与拉力的合力提供向心力，即 mg tanα mω2r
---3 分
1 30g
8R
联立解得ω2 ---1 分
（16 分）【答案】（1） 2 7m/s（2）1.2m（3）分类讨论，见解析
【详解】（1）物体从 E 到 C 的过程中，只有重力做功，设物体运动到最低点 C 时的速度为
v ，对物体从 E 到 C 列动能定理方程有mg h  R  1 mv2  0
---2 分
C2C
2g h  R
代入数据解得vC 
 2 10 0.4 1.0m/s  2 7m/s
---1 分
物体从 C 到 A 的过程中，重力和摩擦力做功，列动能定理方程有
2C
mg R 1 cs 37∘   L sin 37∘   μmg cs 37∘  L  0  1 mv2
代入数据解得斜面 AB 的长度为 L  1.2m
当物块恰好能停在斜面上时应满足mg sin 37∘  μmg cs 37∘
---3 分
---1 分
解得μ tan 37∘  0.75
---2 分
情况一：当μ 0.75 时，物块在斜面上向上滑到速度减为零后静止，将不再下滑。
2C
同理列动能定理方程有mg R 1 cs 37∘   x sin 37∘   μmg cs 37∘  x  0  1 mv2 ---2 分
解得物块在斜面上滑行的路程 x 
6
3  4μ
---1 分
情况二：当0.5  μ 0.75 时，物块将在斜面上多次滑行往复运动，最终到 B 点速度减为零。
对全程列动能定理方程有mg h  R cs 37∘   μmg cs 37  x  0
---2 分
解得 x  3
2μ
---1 分
情况三：当0  μ 0.5 时，物块受到的摩擦力较小，物块将滑出斜面，物块在斜面上滑行的
路程为斜面的长度 L ，即 x  L  1.2m
--1 分