河北雄安新区部分高中2025-2026学年高一下学期5月期中物理试题（含解析）

这是一份河北雄安新区部分高中2025-2026学年高一下学期5月期中物理试题（含解析），共25页。试卷主要包含了选择题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。
一、选择题（本题共10小题，共46分。在每小题给出的四个选项中，第1~7题只有一项符合题目要求，每小题4分；第8~10题有多项符合题目要求，每小题6分，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分）
1. 下列说法正确的是
A. 两个匀变速直线运动的合运动一定是匀变速直线运动
B. 做圆周运动的物体受到的合力不一定指向圆心
C. 一对摩擦力做功的代数和为零
D. 物体竖直向上运动，其机械能一定增加
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】A．当两个匀变速直线运动的合加速度与合初速度共线时，合运动为匀变速直线运动；当合加速度与合初速度不共线时，合运动为曲线运动，故A错误；
B．做匀速圆周运动的物体合外力全部提供向心力，合外力一定指向圆心；做变速圆周运动时，合外力沿半径方向的分力提供向心力，合外力沿切线方向的分力改变速度的大小，故B正确；
C．一对静摩擦力做的功的代数和为零，一对滑动摩擦力做的功的代数和为负值，故C错误；
D．根据功能关系可知，物体竖直向上运动时，当除重力以外的力的合力向上时，机械能增加，当除重力以外的力的合力向下时，机械能减小，故D错误。
故选B。
2. 在光滑水平桌面上建立直角坐标系xOy，滑块位于坐标原点O处，现给滑块以一沿y方向的初速度v0，同时在x方向施加一恒力F，经过一段时间后撤去F，则滑块的运动轨迹可能为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】给滑块以一沿y方向的初速度v0，同时在x方向施加一恒力F，y方向做匀速直线运动，x方向做静匀加速，则滑块将做匀变速曲线运动，曲线的凹侧沿x方向；经过一段时间后撤去F时，此时的速度沿曲线的切线方向斜向右上，此后沿速度方向做匀速直线运动，故轨迹正确的选C。
3. 2022年6月5日，神舟十四号载人飞船发射升空。“神舟十四”号采用自主快速交会对接模式成功对接于天和核心舱径向端口，与“天舟三号”“天舟四号”一起构成四舱（船）组合体，如图甲所示。如图乙所示，轨道Ⅰ为空间站运行圆轨道，轨道Ⅱ为载人飞船运行椭圆轨道，两轨道相切于A点，载人飞船在A点与空间站组合体完成对接，航天员与载人飞船始终相对静止，则下列说法正确的是（ ）
A. 地球位于圆形轨道Ⅰ的圆心和椭圆轨道Ⅱ的焦点上，两轨道运行周期相等
B. 对接前，载人飞船与地心的连线和空间站组合体与地心的连线在相同时间内扫过的面积相同
C. 三位航天员随空间站组合体做圆周运动过程中处于失重状态，所受向心力大小相等
D. 载人飞船在轨道Ⅰ、Ⅱ上运行经过A点时加速度相等，速度不相等
【答案】D
【解析】
【详解】A．由开普勒定律可得地球位于圆形轨道Ⅰ的圆心和椭圆轨道Ⅱ的焦点上，但轨道Ⅰ的半径和轨道Ⅱ的半长轴不相等，由开普勒第三定律可得两轨道运行周期不相等，故A错误；
B．根据开普勒第二定律可知在不同轨道上，载人飞船与地心的连线和空间站组合体与地心的连线在相同时间内扫过的面积不相等，故B错误；
C．航天员随空间站做圆周运动过程中，所受向心力由万有引力提供，由于三人质量可能不同，根据F＝可知，三人所受向心力大小可能不相等，故C错误；
D．载人飞船在轨道Ⅰ、Ⅱ上运行经过A点时所受万有引力相等，因此在轨道Ⅰ、Ⅱ上运行经过A点时加速度相等，由轨道Ⅱ运行到A点时需要加速才可变轨到轨道Ⅰ，故两者速度不相等，故D正确。
故选D。
4. 如图所示，a为地球赤道上随地球自转的未发射的卫星，b、c、d均为绕地球做匀速圆周运动的卫星，其中b为近地卫星（轨道半径近似等于地球半径），c为极地同步卫星（轨道平面过地球两极，轨道半径与d相等），d为地球赤道同步卫星。已知地球半径为R，c、d轨道半径为r，地球两极处的重力加速度为g，则下列说法不正确的是（ ）
A. 卫星d与卫星a转动方向一致且相对静止
B. 各卫星周期：Ta＝Tc＝Td＝24h＞Tb
C. vb＝7.9km/s，是地球第一宇宙速度，也是地面发射卫星时的最小发射速度
D. 各卫星线速度、加速度和向心力大小满足：＝，＝，＝
【答案】D
【解析】
【详解】A．卫星d为同步卫星，与卫星a和地球均自西向东转，角速度相等，保持相对静止，故A正确，不符合题意；
B．a为地球赤道上随地球自转的卫星，则a的周期等于地球自转周期，d为同步卫星，c、d的轨道半径相等，则运行周期相等，故Ta＝Tc＝Td＝24h
卫星b的轨道半径小，则由开普勒第三定律可知，卫星的周期最小，故B正确，不符合题意；
C．b为近地卫星，线速度大小等于地面发射卫星时的最小发射速度，大小为7.9km/s，也是地球第一宇宙速度，故C正确，不符合题意；
D．卫星绕地球做匀速圆周运动时，有
解得
对b、c可得
a、c两者做圆周运动的周期相同，则由可得
由于卫星的质量未知，故向心力大小无法确定，所以不一定成立，故D错误，符合题意。
故选 D。
5. 如图所示，轻杆长3L，在杆两端分别固定质量为、的球A和球B，光滑水平转轴穿过轻杆上距球A为L处的O点，给系统一定初速度后，杆和球在竖直平面内转动，球A运动到最高点时，速度，此时转轴对轻杆恰好无作用力。若忽略空气阻力，重力加速度为g，则关于此时的说法不正确的是（ ）
A. 两球速度与加速度满足：
B. A小球失重，受到轻杆的作用力大小为，方向竖直向下
C. B小球超重，受到轻杆的作用力大小为，方向竖直向上
D. 两小球向心力
【答案】C
【解析】
【详解】A．两球绕O点同轴转动，角速度相同，已知，
由，得
由，得
因此，故A正确；
B．A小球加速度向下，处于失重状态，由重力和轻杆的作用力的合力提供向心力，有
解得A小球受到轻杆的作用力大小为
方向竖直向下，故B正确；
C．由，可得球B运动到最低点时的速度
B小球加速度向上，处于超重状态，由重力和轻杆的作用力的合力提供向心力，有
解得B小球受到轻杆的作用力大小为
方向竖直向上，故C错误；
D．转轴对轻杆恰好无作用力，则有
可得质量关系
向心力，因此，故D正确。
本题选不正确的，故选C。
6. 用竖直向上大小为30 N的力F，将质量为2 kg的物体由沙坑表面静止抬升1 m时撤去力F，经一段时间后，物体落入沙坑，测得落入沙坑的深度为20 cm.若忽略空气阻力，g取10 m/s2.则物体克服沙坑的阻力所做的功为( )
A. 20 JB. 24 JC. 34 JD. 54 J
【答案】C
【解析】
【详解】试题分析：对物体从开始上升到落到沙坑深处，由动能定理可知：，解得Wf=34J，故选C.
考点：动能定理.
7. 如图所示为可视为质点的排球从O点水平抛出后，只在重力作用下运动的轨迹示意图。已知排球从O点到a点与从a点到b点的时间相等，则（ ）
A. 排球从O点到a点和从a点到b点重力做功之比为1∶1
B. 排球从O点到a点和从a点到b点重力做功的平均功率之比为1∶3
C. 排球运动到a点和b点时重力的瞬时功率之比为1∶3
D. 排球运动到a点和b点时的速度大小之比为1∶2
【答案】B
【解析】
【详解】AB．排球抛出后，在竖直方向上做自由落体运动，在最初的相同时间内竖直方向运动的位移大小之比为1∶3，则排球从O点到a点和从a点到b点竖直方向运动的位移大小之比为1∶3，根据
W=mgh
可知重力做功之比为1∶3；根据
重力做功的平均功率之比为1∶3，选项A错误，B正确；
C．由
vy=gt
得排球落到a点和b点时的竖直速度大小之比为1∶2，又
P=mgvy
可得重力的瞬时功率之比为1∶2，选项C错误；
D．排球落到a点和b点的竖直速度大小之比为1∶2，水平速度相同，根据
可知排球运动到a点和b点时的速度大小之比不为1∶2，选项D错误。
故选B。
8. 如图所示，在粗糙固定斜面顶端系一弹簧，其下端挂一物体，物体在A点处于静止状态。现用平行于斜面向下的力拉物体，第一次直接拉到B点，第二次将物体先拉到C点，再回到B点，弹簧始终在弹性限度内，则这两次过程中（ ）
A. 重力势能改变量不相等
B. 弹簧的弹性势能改变量相等
C. 摩擦力对物体做的功相等
D. 斜面弹力对物体均不做功
【答案】BD
【解析】
【详解】A．第一次直接将物体拉到B点，第二次将物体先拉到C点，再回到B点，两次初、末位置一样，路径不同，根据重力做功只跟初、末位置有关，跟路径无关，所以两次重力做功相等，所以两次重力势能改变量相等，故A错误；
B．由于两次初、末位置一样，即两次对应的弹簧的形变量一样，所以两次弹簧的弹性势能改变量相等，故B正确；
C．根据功的定义式得摩擦力做功和路程有关。两次初、末位置一样，路程不同，所以两次摩擦力对物体做的功不相等，故C错误；
D．斜面的弹力与物体位移方向垂直，则弹力对物体不做功，故D正确。
故选BD。
9. 如图所示，一半径为R=1m的半圆形管状轨道竖直固定在水平面上，一直径略小于管内径的小球由轨道的最低点M冲入半圆形管状轨道，小球由轨道的最高点N离开轨道，经t=0.3s的时间垂直地撞在左侧倾角为θ=45°的固定斜面上的O点，已知小球的质量为m=1kg，重力加速度g取10m/s2，不计空气阻力．则下列说法正确的是（ ）
A. N、O两点之间的水平距离为0.9m
B. N、O两点之间的水平距离为1.9m
C. 小球在N点受到轨道向上的作用力且大小为1N
D. 小球在N点受到轨道向下的作用力且大小为1N
【答案】AC
【解析】
【详解】AB．小球从N点脱离后做平抛运动，经过0.3s后又恰好垂直与倾角为的斜面相碰，则在O点的竖直分速度为
因小球恰好垂直撞在斜面上，则平抛运动水平初速度为
则N、O两点之间的水平距离为
故A正确，B错误；
CD．设小球经过N点时，受到上管道竖直向下的作用力为，根据牛顿第二定律可得
解得
故小球在N点受到轨道向上的作用力且大小为1N，故C正确，D错误。
故选AC。
10. 如图所示，两小滑块P、Q的质量分别为2m、m，P、Q用长为L的轻杆通过铰链连接，P套在固定的竖直光滑杆上，Q放在光滑水平地面上，原长为的轻弹簧水平放置，右端与Q相连，左端固定在竖直杆O点上，轻杆与竖直方向夹角α＝30°，P由静止释放，下降到最低点时α变为60°，整个运动过程中，P、Q始终在同一竖直平面内，弹簧在弹性限度内，忽略一切摩擦，重力加速度为g，则P下降过程中（ ）
A. P、Q组成的系统机械能不守恒
B. 下降过程中P的速度始终比Q的速度大
C. 弹簧弹性势能最大值为（－1）mgL
D. P速度最大时，Q受到的支持力大小为3mg
【答案】ACD
【解析】
【详解】A．在整个运动过程中，由于弹簧对Q要做功，所以P、Q组成的系统机械能不守恒，故A正确；
B．P、Q沿杆方向的速度分量相等，可得
即
根据几何关系可知初始时刻α为30°，α由30°增大到60°的过程中，P的速度先比Q的速度小，后比Q的速度大，故B错误；
C．对于P、Q及弹簧组成的系统，由于只有重力和弹力做功，所以系统机械能守恒，当P下降到最低点时P的重力势能转化为弹簧的弹性势能，到达最低点时弹簧弹性势能最大，根据系统机械能守恒可得弹簧弹性势能最大值，故C正确；
D．P由静止释放，P开始向下做加速度逐渐减小的加速运动，当加速度为零时，P的速度达到最大，此时动能最大，设此时杆与竖直方向的夹角为，杆的弹力大小为，则
对Q，根据平衡条件可得地面对Q的支持力大小为
联立得到，故D正确。
故选ACD。
二、实验题（本题共2小题，共14分）
11. 航天员登陆某星球后做了一个平抛运动实验，并用频闪照相机记录小球做平抛运动的部分轨迹，如图所示，a、b、c、d为连续四次拍下的小球位置，已知照相机连续拍照的时间间隔是0.10s，照片大小如图中坐标所示，照片的长度与实际背景屏的长度之比为1∶3。
（1）根据以上信息，下列说法正确的是 。
A. a点不是小球的抛出点
B. 小球的平抛初速度为6m/s
C. 该星球表面的重力加速度为8.0m/s2
D. 小球在b点时的速度是
（2）若已知该星球的半径与地球半径之比为R星∶R地＝1∶4，则该星球的密度与地球密度之比ρ星∶ρ地＝__________，第一宇宙速度之比v星∶v地＝__________。（g地取10m/s2）
【答案】（1）D （2） ①. 12∶5 ②. ∶10
【解析】
【小问1详解】
A．由题图可知，竖直方向上连续相等的时间内位移之比为
符合初速度为零的匀变速直线运动的特点，由此可知a点的竖直分速度为0，所以a点是小球的抛出点，故A错误；
B．水平方向小球做匀速直线运动，由照片的长度与实际背景屏的长度值之比为可知，图中每个正方形的实际边长为
因此小球的平抛初速度为，故B错误；
C．竖直方向上小球做的是自由落体运动，则根据逐差公式有
代入数据解得该星球表面的重力加速度为，故C错误；
D．在b点小球竖直方向上的分速度为
所以小球在b点时的速度为，故D正确。
故选D。
【小问2详解】
[1] 根据在星球表面万有引力与重力近似相等有
又因为
联立解得
所以该星球的密度与地球密度之比
[2] 根据万有引力提供向心力有
又因为
联立解得第一宇宙速度的表达式为
所以该星球与地球的第一宇宙速度之比为
12. 用如图装置可验证机械能守恒定律，轻绳两端系着质量相等的相同物块A、B，物块B上放置一金属薄片C，轻绳穿过C中心的小孔。铁架台上固定一金属圆环，圆环处于物块B的正下方。系统静止时，金属薄片C与圆环间的高度差为h。系统由静止释放，当物块B穿过圆环时，金属海片C被搁置在圆环上。两光电门固定在铁架台的P1、P2两点处，可以测出物块B通过P1、P2这段高度的时间。（测时原理：光电门P1被挡光时开始计时，光电门P2被挡光时停止计时）。
（1）若测得P1、P2之间的距离为d。光电门记录物块B通过这段距离的时间为t，则物块B刚穿过圆环后的速度表示为v=_____；
（2）若物块A、B的质量均为M，金属薄片C的质量为m，在不计滑轮大小、质量、摩擦及空气阻力等次要因素的情况下，该实验应验证机械能守恒定律的表达式为：_________（用M、m、重力加速度g、h及v表示）
（3）改变物块B的初始位臂，使物块B由不同的高度落下穿过圆环，记录各次高度差h以及物块B通过P1、P2这段距离d的时间为t，以h为纵轴，以_______（填“”或“”）为横轴，通过描点作出的图线是一条这坐标原点的直线，若此直线的斜率为k，且M=2m，则重力加速度g=_______（用k、d表示）。
【答案】 ①. ②. 2mgh=（2M+m）v2 ③. ④.
【解析】
【详解】(1)[1] 光电门记录物块B通过这段距离的时间为t，根据平均速度等于瞬时速度，则有：物块B刚穿过圆环后的速度
(2)[2] 由题意可知，系统ABC减小的重力势能转化为系统的增加的动能，即为
即
2mgh=（2M+m）v2
(3)[3][4] 将以上关系式变形后，则有
所以以为横轴；由上式可知，作出的图线是一条过原点的直线，直线的斜率
所以
三、计算题（本题共3小题，共40分。解答时应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位）
13. 如图所示，宇航员站在某质量分布均匀的星球表面沿水平方向以初速度 v0抛出 一个小球，经时间 t 落地，落地时速度与水平地面间的夹角为α，已知该星球半径为 R，万有引力常量为 G，求：
(1)该星球表面的重力加速度 g′；
(2)该星球的第一宇宙速度 v；
(3)人造卫星绕该星球表面做匀速圆周运动的最小周期 T。
【答案】（1）；（2）；（3）
【解析】
【详解】（1）设该星球表现的重力加速度为g′，根据平抛运动规律得
水平方向
竖直方向
速度偏转角的正切值
所以
（2）第一宇宙速度是近地卫星的环绕速度，则
解得
（3）近地卫星的周期最小，故有
解得
14. 一种餐桌的构造如图所示，已知圆形玻璃转盘的半径r＝0.6m，圆形桌面的半径R＝1.2m，轻绳一端固定在转盘边缘，另一端连着小球，小球被轻绳带动沿桌面边缘一起旋转，达到稳定状态后，二者角速度相同为ω0，俯视图如图所示。若小球与桌面之间的动摩擦因数μ＝，转盘的厚度不计。
（1）求稳定时小球的角速度ω0；
（2）某时刻绳子突然断裂，求小球落地速度大小及落地点到桌面和转盘共同圆心O点的距离s。（已知桌面到地面的高度h＝0.8m，重力加速度g取10m/s2，忽略空气阻力）
【答案】（1）
（2），
【解析】
【小问1详解】
小球状态稳定时做匀速圆周运动，由几何关系得，则
将拉力分解如图所示，沿半径方向
沿切线方向
联立解得
【小问2详解】
绳子突然断裂，小球沿桌面边缘飞出做平抛运动，
由公式
得
故
落地速度
小球做平抛运动的水平位移
由几何关系有
解得
15. 如图所示，一弹射游戏装置由安装在水平台面上的固定弹射器、竖直圆轨道（在最低点E分别与水平轨道和相连）、高度h可调的斜轨道组成。游戏时滑块从O点弹出，经过圆轨道并滑上斜轨道。全程不脱离轨道且恰好停在B端则视为游戏成功。已知圆轨道半径，长，长，圆轨道和光滑，滑块与、之间的动摩擦因数。滑块质量m=2g且可视为质点，弹射时从静止释放且弹簧的弹性势能完全转化为滑块动能。忽略空气阻力，各部分平滑连接。求
（1）滑块恰好能过圆轨道最高点F时的速度大小；
（2）当且游戏成功时，滑块经过E点对圆轨道的压力大小及弹簧的弹性势能；
（3）要使游戏成功，弹簧的弹性势能与高度h之间满足的关系。
【答案】（1）；（2） ，；（3），其中
【解析】
【详解】（1）滑块恰过F点的条件：
解得
（2）滑块在斜面上摩擦受重力、支持力和摩擦力，其中仅重力和摩擦力做功从E到B，动能定理
代入数据可得
在E点做圆周运动，根据牛顿第二定律
解得
根据牛顿第三定律可知压力大小为0.14N，方向竖直向下
从O到E点，根据能量守恒定律：
解得
（3）要使游戏成功，首先滑块不能脱离轨道，其次滑块需要恰好停留在B点，设滑块恰能过F点，从O点到F点，此情况由能量守恒定律可得
滑块恰能过F点，恰好能停留在B点，设此时B点离地高度为h1，从O点到B点能量守恒有
解得
由于滑块需要停留在B点，则需要
解得
即B点离地高度最高为
从O到B点
其中