2026湖北省云学联盟高一下学期期中联考物理试题含解析

这是一份2026湖北省云学联盟高一下学期期中联考物理试题含解析，共3页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
1. 下列关于物理概念、物理方法与物理规律的说法，正确的是（ ）
A. 功的正负值不表示方向，表示大小
B. 重力势能的正负值不表示方向，表示大小
C. 做曲线运动的物体，所受合外力一定是变化的
D. 做圆周运动的物体，加速度的方向始终指向圆心
【答案】B
【解析】
【详解】A．功是标量，无方向，正负仅表示力是动力还是阻力（对应能量转化的方向），不表示大小，例如-10J的功的效果大于+5J的功，故A错误；
B．重力势能是标量，无方向，其正负是相对于选取的零势能面而言：正值表示重力势能大于零势能面的势能，负值表示小于零势能面的势能，正负可表示大小，故B正确；
C．曲线运动的条件是合外力与速度方向不共线，合外力可以恒定，例如平抛运动仅受恒定重力，属于曲线运动，故C错误；
D．只有匀速圆周运动的物体加速度才始终指向圆心；变速圆周运动存在切向加速度，合加速度方向不指向圆心，故D错误。
故选B。
2. 某高超速飞行器采用钱学森弹道设计，由运载火箭发射至大气层边缘后，用类似打水漂的方式进行无动力滑翔飞行，其弹道轨迹如图所示。关于飞行器速度与所受合力方向及分析可能正确的是（ ）
A. 飞行器在A点做加速运动B. 飞行器在B点做减速运动
C. 飞行器在C点做加速运动D. 飞行器在D点做减速运动
【答案】D
【解析】
【详解】做曲线运动的物体受合力方向指向轨迹的凹侧，速度方向沿轨迹的切线方向，与速度方向的夹角小于90°时加速，大于90°时减速；
A．飞行器在A点的受力方向错误，A错误；
B．飞行器在B点时速度方向和合力方向夹角小于90°，做加速运动，B错误；
C．飞行器在C点时速度方向和加速度方向均错误，C错误；
D．飞行器在D点时速度方向和合力方向夹角大于90°，做减速运动，D正确。
故选D。
3. 如图所示，探测器在椭圆轨道上绕地球飞行，A为近地点，B为远地点，在B点变轨后进入圆形轨道。关于探测器，下列说法正确的是（ ）
A. 在椭圆轨道上的机械能小于圆形轨道上的机械能
B. 在椭圆轨道上运行的周期大于圆轨道上运行的周期
C. 在椭圆轨道上经过B点的速度与在圆形轨道上经过B点的速度相等
D. 在椭圆轨道上经过B点时的加速度与在圆形轨道上B点时的加速度不相等
【答案】A
【解析】
【详解】AC．在B点变轨后进入圆形轨道，经历了加速过程，即在椭圆轨道上经过B点的速度小于在圆形轨道上经过B点的速度，动能增大，可知机械能增大，故在椭圆轨道上的机械能小于圆形轨道上的机械能，故A正确，C错误；
B．在椭圆轨道上运行的半长轴小于圆轨道的半径，根据开普勒第三定律可得在椭圆轨道上运行的周期小于圆轨道上运行的周期，故B错误；
D．经过B点时有
解得
可知在椭圆轨道上经过B点时的加速度与在圆形轨道上B点时的加速度相等，故D错误。
故选A。
4. 如图所示，在轻弹簧的下端悬挂一个质量为m的小球A，将小球A从弹簧原长位置由静止释放，当小球A下降的高度为h时，其速度为v，重力加速度为g（不计空气阻力）则在此过程中小球克服弹力做的功为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【详解】在此过程中，根据动能定理有
可得小球克服弹力做的功
故选D。
5. 如图所示，把一个可视为质点的小球放在光滑的球形容器中，使小球沿容器壁在某一水平面内做半径为的匀速圆周运动。已知圆周运动的角速度大小为，小球所在位置切面与水平面夹角，小球质量为，重力加速度。关于小球的下列说法正确的是（ ）
A. 轨道半径
B. 线速度大小为5m/s
C. 向心加速度大小为
D. 所受支持力大小为1N
【答案】B
【解析】
【详解】A．小球在水平面内做匀速圆周运动，由合力提供向心力，对小球受力分析，由牛顿第二定律可得
解得，A错误；
B．线速度大小为，B正确；
C．向心加速度大小为，C错误；
D．所受支持力大小为，D错误。
故选B。
6. 2025年我国GJ-1察打一体无人机在阅兵式上亮相。质量的小型无人机在平直的公路上由静止启动沿水平公路运动，如图甲表示无人机运动的速度与时间的关系，图乙表示无人机牵引力的功率与时间的关系。设无人机在运动过程中阻力不变，在18 s末无人机的速度恰好达到最大，则从启动到18 s末，无人机的位移大小为（ ）
A. 103 mB. 113 mC. 123 mD. 133 m
【答案】C
【解析】
【详解】由图像可知，无人机做匀加速运动的位移
从8~18s内保持功率一定，达到最大速度时，则
由动能定理
解得f=800N，x2=91m，总位移x=x1+x2=123m。
故选C。
7. 如图所示，四根长度均为的细杆用铰链连成一个四边形，点通过铰链固定在墙上。现将B点推至与O点重合，使四根细杆都紧贴墙壁。现拉着B点沿垂直于墙壁的方向做速度为的匀速直线运动。当OA杆与OC杆夹角时，图中OA杆的角速度是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】的速度垂直于OA，的速度水平向右，根据关联速度，、两点沿着杆方向的分速度相等，则
解得
根据
则杆的角速度
故选C。
8. 如图所示，下列判断不正确的是（ ）
A. 甲图中，从粗糙的滑梯上下滑的小朋友机械能守恒
B. 乙图中，在匀速转动的摩天轮中的游客机械能不守恒
C. 丙图中，物块A在向下运动过程中机械能守恒
D. 丁图中，不计任何阻力和细绳质量时，B物块的机械能守恒
【答案】ACD
【解析】
【详解】A．甲图中，从粗糙的滑梯上下滑的小朋友受到的摩擦力对其做负功，可知其机械能不守恒，故A错误；
B．乙图中，在匀速转动的摩天轮中的游客动能不变，重力势能不断变化，可知机械能不守恒，故B正确；
C．丙图中，物块A在向下运动过程中弹力对其做负功，可知物块A机械能减小，不守恒，故C错误；
D．丁图中，不计任何阻力和细绳质量时，B物块上升，绳子拉力对B物块做正功，可知B物块的机械能增加，不守恒，故D错误。
本题选错误的，故选ACD。
9. 如图所示，跑步机履带宽度，履带外侧机身上有正对的A、B两点，A点到履带最右端距离L=1.2m。一玩具车（可视为质点）从A点出发后，其相对于静止履带的速度大小，履带的速度大小。下列说法正确的是（ ）
A. 玩具车到达B点的运动时间为2s
B. 玩具车若能到达B点，则车头需与A点左侧履带边缘成60°夹角
C. 若玩具车速度大小方向可调，使玩具车到达对面最右端，其相对于静止履带的最小速率为0.24m/s
D. 若玩具车速度大小方向可调，玩具车若能以相对于静止履带的最小速率到达对面最右端，则车头需与A点左侧履带边缘成37°的夹角
【答案】BC
【解析】
【详解】AB．玩具车若能到达B点，则车头需与A点左侧履带边缘成角，有
解得，
玩具车垂直于履带的速度为，有
解得玩具车到达B点的运动时间为，故A错误，B正确；
CD．若玩具车速度大小方向可调，使玩具车到达对面最右端，如图所示，有
玩具车相对于静止履带的最小速度为
此时车头需与A点左侧履带边缘成的夹角，故C正确，D错误。
故选BC。
10. 在光滑的水平面上，一滑块的质量m=3kg，在水平方向上恒定的外力F=6N的作用下运动，如图所示给出了滑块在水平面上运动的一段轨迹，滑块通过P、Q两点时速度大小均为v=5m/s。滑块在P点的速度方向与PQ连线夹角，sin37°=0.6，则下列说法中正确的是（ ）
A. P、Q两点间距离为15m
B. 从P点运动到Q的时间为3s
C. Q点的速度方向与PQ延长线夹角为37°
D. 滑块从P点到Q的过程中速度先减小再增大
【答案】BCD
【解析】
【详解】AB．滑块通过P、Q两点时速度大小均为v=5m/s，可知合外力做功为零，根据恒力做功可知受力与位移垂直，相当于斜抛运动，根据牛顿第二定律有
可得加速度为
垂直方向，有
可得从P点运动到Q的时间为
沿方向，P、Q两点间距离为，故A错误，B正确；
C．根据对称性可知Q点的速度方向与PQ延长线夹角为37°，故C正确；
D．滑块从P点到Q的过程中，力与速度方向的夹角先是钝角后变为锐角，可知力对物体先做负功再做正功，根据动能定理可得速度先减小再增大，故D正确。
故选BCD。
二、非选择题：本题共5小题，共60分。
11. 图1是“研究平抛物体运动”的实验装置，通过描点画出平抛小球的运动轨迹。
（1）用图1装置进行实验，下列说法正确的是___________
A. 斜槽轨道末端必须水平
B. 小球在斜槽静止释放的高度应等间距下降
C. 以斜槽的末端在白纸上的投影点为坐标原点
D. 每次小球应从斜槽上同一位置静止滚下
（2）甲同学在实验中，只画出了图2所示的一部分曲线，于是他在曲线上取水平距离相等的三点A、B、C，量得，又量出它们之间的竖直距离分别为，，利用这些数据，可求得物体抛出时的初速度大小为_______m/s，抛出点在A点上方的高度为_________m。（g取）（计算结果保留一位有效数字）
【答案】（1）AD （2） ①. 3 ②. 0.2
【解析】
【小问1详解】
A．只有末端水平，小球抛出时的初速度才是水平的，才能保证做平抛运动，故A正确；
BD．实验中只需保证每次从同一位置静止释放，保证初速度相同，不需要等间距下降，故B错误，D正确；
C．坐标原点应取小球抛出时球心的位置，小球球心的投影在斜槽的末端，故C错误。
故选AD。
【小问2详解】
[1]曲线上取水平距离相等的三点A、B、C，根据水平方向做匀速直线运动，可知
又量出它们之间的竖直距离分别为，，根据逐差公式
解得
根据
可得物体抛出时的初速度大小
[2] B点的竖直分速度
又
可得抛出点到B点的时间为
抛出点到A点的时间为
抛出点到A点的竖直高度
12. 小明同学利用如图甲所示的实验装置验证、组成的系统机械能守恒（图中滑轮为轻质光滑滑轮）。从一定高度由静止开始下落，上拖着的纸带打出一系列的点，对纸带上的点迹进行测量，即可验证机械能守恒定律。如图乙给出的是实验中获取的一条纸带：O是打下的第一个点，打点计时器的工作频率为50 Hz。A、B、C为纸带上标注的三个计数点，每相邻两计数点间还有4个点（图中未标出）。各计数点到O点的距离已在图中标出。已知、（重力加速度g取）
（1）关于此实验，下列说法中不正确的是______；
A. 实验中应先接通电源，后释放纸带
B. 不可以利用公式来求解瞬时速度
C. 可以通过多次测量取平均值的方法减小由于空气阻力产生的误差
（2）在打计数点O至B过程中系统动能的增加量_________J，系统重力势能的减少量_______J，由此得出的结论是_____________________；（计算结果均保留两位小数）
（3）某同学测出多个计数点的速度大小v及对应下落的高度h，作出的图像如图丙所示，则根据图像中相关数据计算出当地的重力加速度_________（计算结果保留两位小数）。
【答案】（1）C （2） ①. 1.13 ②. 1.18 ③. 在误差允许的范围内，m1、m2组成的系统机械能守恒
（3）9.72
【解析】
【小问1详解】
A．实验中应先接通电源，后释放纸带，A正确；
B．不可以利用公式来求解瞬时速度，否则就间接应用了机械能守恒定律，这样就失去了验证的价值，B正确；
C．可以通过多次测量取平均值的方法只能减小偶然误差，但不能减小由于空气阻力产生的系统误差，C错误。
故选C。
【小问2详解】
[1][2]每相邻两计数点间还有4个点，可知相邻计数点间的时间间隔为T=0.02s×5=0.1s，打B点时的速度
在打计数点O至B过程中系统动能的增加量
系统重力势能的减少量
由此得出的结论是: 在误差允许的范围内，m1、m2组成的系统机械能守恒；
【小问3详解】
根据
可得
由图像可得
解得g=9.72m/s2
13. 星球A的半径是地球半径的，其表面的重力加速度是地球表面重力加速度的，已知地球的半径为R，地球表面的重力加速度为g，引力常量为G，不计其它星球的影响，求：
（1）星球A的第一宇宙速度；
（2）星球A的密度与地球的密度的比值。
【答案】（1）
（2）2
【解析】
【小问1详解】
对地球，绕地球表面运行的卫星的速度为地球的第一宇宙速度，有
解得
对星球A，有，，
解得星球A的第一宇宙速度为
【小问2详解】
对地球，有，
联立可得
同理可得星球A的密度
可得星球A的密度与地球的密度的比值
14. 高速转动的物体若重心偏离转轴，会产生偏心振动，转轴将承受较大作用力。手机偏心轮振动马达即利用此原理制成，其结构如图所示，将质量分别为、5m的小球A、B固定在轻杆两端，使轻杆围绕位于其中点的转轴O在竖直平面内匀速转动，转动角速度。已知杆长为2L，重力加速度为g，不计一切阻力，当轻杆转动至图示竖直状态时，求：
（1）A球向心加速度的大小；
（2）轻杆对A球的作用力和轻杆对B球的作用力的大小之比；
（3）当轻杆转动至水平状态时轻杆对A球的作用力大小。
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【小问1详解】
A球向心加速度的大小
【小问2详解】
对小球A有
解得
对小球B有
解得
可得轻杆对A球的作用力和轻杆对B球的作用力的大小之比
【小问3详解】
当轻杆转动至水平状态时，水平方向有
竖直方向有
可得轻杆对A球的作用力大小
15. 如图所示，弹簧锁定后所储存的弹性势能，一个质量的小物块紧靠弹簧放置。释放后，弹簧恢复原长时小物块冲上长度的水平传送带，传送带以的速度顺时针转动。在传送带右侧等高的平台上固定半径的圆轨道ABCD，A、D的位置错开，使小物块绕行一圈后可以通过D到达E位置。已知小物块与传送带之间的动摩擦因数，其他摩擦均忽略不计，取。
（1）求小物块通过传送带的时间；（结果保留两位有效数字）
（2）求小物块通过传送带的过程中摩擦产生的热量以及运动到C点时对轨道的压力；
（3）若传送带速度大小、方向皆可任意调节，要使小物块在运动过程中不脱离圆轨道ABCD，求传送带转动速度的可能值。（结果可以用根号表示）
【答案】（1）0.93s
（2）22N，方向竖直向上
（3）若顺时针转动，则或，若逆时针转动，任意速度都可以
【解析】
【小问1详解】
设小物块释放后，冲上水平传送带时的速度大小为，根据题意，由能量守恒定律可得
解得
小物块冲上传送带后做匀减速运动，设其加速度大小为a，根据牛顿第二定律有
解得
设小物块与传送带共速时对地位移为x，则由运动学公式可得
代入数据解得
在传送带上减速时间
匀速时间
小物块通过传送带的时间
【小问2详解】
小物块在传送带上减速过程，传送带位移
摩擦生热
从A到C，由动能定理得
在点
解得
由牛顿第三定律得，小物块运动到C点时对轨道的压力大小
方向竖直向上。
【小问3详解】
①若小物块恰好做完整的圆周运动，在C点
从A到C，由动能定理得
解得
②若小物块能恰好到达圆心等高处，由机械能守恒定律得
解得
若物块一直匀减速通过传送带后速度为，由动能定理得
即得
综上所述，若传送带顺时针转动，需满足或可使得物块不脱离圆轨道。若传送带逆时针转动，无论速度多大，均可使得物块不脱离圆轨道。