2025-2026学年内蒙古自治区鄂尔多斯市第一中学高一下学期5月期中物理试卷（解析版）

这是一份2025-2026学年内蒙古自治区鄂尔多斯市第一中学高一下学期5月期中物理试卷（解析版）试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题
1．一质点做匀变速曲线运动，从a点运动到d点的轨迹如图所示。已知该质点运动到c点时速度方向与它所受合力方向恰好互相垂直。则该质点从a点运动到d点的过程中，下列说法正确的是( )
A．质点的经过b点时的加速度比d点的大
B．质点的速率先减小后增大
C．质点经过b点时的速率比d点的大
D．质点经过d点时的加速度方向与速度方向的夹角大于90°
【答案】B
【解析】质点做匀变速曲线运动，说明合外力恒定，加速度恒定不变，故质点的经过b点时的加速度大小等于d点的加速度大小，方向也相同，A错误；质点运动到c点时速度方向与它所受合力方向恰好互相垂直，根据曲线运动轨迹和合外力的关系可知，合外力指向曲线运动轨迹的内侧，合外力的方向和加速度方向相同，速度方向是轨迹上某点的切线方向，质点从a运动到c的过程合外力与速度成钝角，质点做减速运动，速率越来越小，从c运动到d的过程合外力与速度成锐角，质点做加速运动，速率越来越大，即速率先减小后增大，质点经过d点时的加速度方向与速度方向的夹角小于90∘，B正确，D错误；质点运动到C点时速度方向与它所受合力方向恰好互相垂直，即竖直方向速度为零，合外力竖直向下，质点从b→c运动的竖直位移小于质点从c→d运动的竖直位移，从a到c的水平位移与c到d的水平位移之比为1:2，水平方向上根据匀变速运动规律可知，质点从b→c运动的时间小于质点从c→d的运动时间，则在b点的竖直方向速度小于d点的竖直方向速度，在水平方向上做匀速直线运动，根据速度的合成，即质点经过b点时的速率比d点的小，C错误。故选B。
2．一质点在直角坐标系xOy所在平面内由O点开始运动，其沿坐标轴方向的两个分速度随时间变化如图所示。则( )
A．3s末质点速度的大小为7m/s
B．前3s质点做匀变速直线运动，加速度大小为1m/s2
C．3−4s内质点做匀变速曲线运动，加速度大小为5m/s2
D．3−4s内质点的位移大小为7.5m
【答案】D
【解析】3s末质点x轴方向和y轴方向的速度分别为3m/s、4m/s，根据矢量的合成可知，3s末质点速度的大小为v=vx2+vy2=5m/s，A错误；初始质点y轴方向有速度，x轴方向有加速度，二者不共线，则质点做曲线运动，v−t图像的斜率表示加速度，由图可知质点的加速度为a=ΔvΔt=1m/s2，B错误；同理，可知3−4s内质点x轴和y轴方向的加速度分别为ax=ΔvxΔtx=6−34−3m/s2=3m/s2，ay=ΔvyΔty=8−44−3m/s2=4m/s2，根据平行四边形定则可知质点的合加速度为a'=ax2+ay2=5m/s2，与x轴方向的夹角为tanθ=ayax=43，3s末，速度与x轴方向夹角为tanα=vyvx=43，可知3−4s内质点做匀变速直线运动，加速度大小为5m/s2，C错误；3s末质点的速度为5m/s，加速度为5m/s2，做匀变速直线运动，根据匀变速直线运动的位移-时间关式，可知3s~4s内质点的位移为x=vt+12a't2=7.5m，D正确；故选D。
3．在一个足够长的斜面上，将一个弹性小球沿垂直斜面的方向抛出，落回斜面又弹起。如图所示，设相邻落点的间距分别为x1、x2、x3 ⋯每次弹起时平行于斜面的速度不变，垂直于斜面的速度大小不变、方向相反。不计空气阻力，下列说法正确的是( )
A．小球每次弹起在空中运动时间越来越长
B．小球每次弹起时和斜面间的最大间距越来越大
C．x1:x2:x3=1:2:3
D．x1+x3=2x2
【答案】D
【解析】将垂直斜面向上的抛体运动分解成沿斜面方向和垂直斜面方向的两个分运动，在垂直斜面方向做的是匀减速直线运动，当垂直于斜面方向的分速度减小为零时，小球离斜面最远。由于每次反弹垂直斜面方向速度大小不变，所以每次在空中运动时间、与斜面间的最大距离相同，AB错误；沿斜面方向，根据题意知每次反弹沿斜面方向的速度不变，相邻两次运动的时间间隔相等，所以在该方向上小球做初速度为0的匀加速直线运动，则相邻落点的间距之比为x1:x2:x3=1:3:5，根据匀变速直线运动的位移差公式可知x2-x1=x3-x2，可得x1+x3=2x2，C错误，D正确。故选D。
4．学校门口的车牌自动识别系统如图所示，闸杆距地面高为1m，可绕转轴O在竖直面内匀速转动，闸杆转动的角速度为π12rad/s。 若汽车可看成高为1.6m的长方体，闸杆转轴O与车左侧面水平距离为0.6m，自动识别区ab到a'b'的距离为6.0m，不计自动识别系统的反应时间，则汽车匀速通过识别区的速度不能超过( )
A．2m/sB．2.5m/sC．3m/sD．3.5m/s
【答案】A
【解析】如图所示
由几何知识可得，汽车恰好通过闸杆时，设闸杆刚好转过的角度为θ，根据几何关系，有tanθ=1.6−，得闸杆端点到转轴的连线与水平方向的夹角为θ=45∘，闸杆转动时间t=θω=π4π12s=3s，汽车需要在闸杆转动的时间内通过识别区，识别区长度s=6.0m，则汽车匀速通过识别区的速度最大速度vm=63m/s=2m/s，故选A。
5．过山车的部分轨道可简化为半径为R1、R2的圆，其底部位于同一水平面上，R1=3R2。质量为m的一节过山车(可简化为质点)以某一速度滑上半径为R1的轨道时，恰好能通过轨道的最高点；若过山车通过轨道R2的最高点时速度恰好与通过R1的最高点时相等，则过山车通过R2的最高点时对轨道压力为( )
A．0B．mgC．2mgD．3mg
【答案】C
【解析】过山车恰好经过半径为R1轨道的最高点，由牛顿第二定律得mg=mv2R1，解得v=gR1，以同样速度通过半径为R2轨道的最高点时mg+FN=mv2R2，由于R1=3R2，解得FN=2mg，故ABD错误，C正确。故选C。
6．2022年12月8日发生了火星冲日的天文奇观，即火星、地球和太阳位于同一直线上，且火星与地球的距离达到了最近值，对于很多的天文爱好者来说，这是观察火星最佳的时期。火星和地球的相关数据如下表所示，根据表中的数据通过估算预测下一次火星冲日发生在( )
A．2024年1~2月B．2025年1~2月
C．2025年5~6月D．2026年5~6月
【答案】B
【解析】设地球绕太阳公转周期为T1，火星绕太阳公转周期为T2，由开普勒第三定律可得R13T12=R23T22，解得火星绕太阳公转周期为T2=T1R23R13=1×2.25×10831.5×1083年≈1.84年，设经时间t地球与火星再次相距最近，即再次火星冲日，则有2πT1t−2πT2t=2π，解得地球与火星再次达到最近距离的时间间隔为t=T1T2T2−T1=1×−1年≈2.19年，可知预测下一次火星冲日发生在2025年1~2月。故选B。
7．已知两颗行星的质量m1=2m2，公转周期T1=2T2，则它们绕太阳运转轨道的半长轴之比a1a2为( )
A．12B．2C．34D．134
【答案】C
【解析】由开普勒第三定律可知a13a22=T12T22，解得a1a2=3T12T22=34，故C正确。故选C。
二、多选题
8．在光滑水平面上有一质量为1kg的物体，受几个共点力作用做匀速直线运动，速度是1m/s。现突然将与速度方向相反的2N的力水平旋转90°，则关于物体运动情况的叙述正确的是( )
A．物体1秒末的速度是13ms
B．物体做加速度变化的曲线运动
C．物体做加速度为2ms2的匀变速曲线运动
D．物体做加速度为22ms2的匀变速曲线运动
【答案】AD
【解析】根据题意可知，将与速度方向相反的2N的力水平旋转90°，根据力的合成可知此时物体所受合力大小为F=22+22N=22N，由牛顿第二定律可知物体的加速度为22ms2，方向与速度方向的夹角为45°，则物体做匀变速曲线运动，C错误，D正确；由上述分析可知，物体在原速度方向上做初速度为1ms，加速度为a1=22cs45°=2ms2的匀加速直线运动，根据匀变速直线运动的速度-时间关系，可知物体1秒末沿原速度方向的分速度为vx=v0+a1t=3ms，物体在与原速度方向垂直的方向上做初速度为0，加速度为a2=2ms2的匀加速直线运动，同理，根据匀变速直线运动的速度-时间公式，可知物体1秒末在与原速度方向垂直的方向上的分速度为vy=a2t=2ms，根据矢量的合成可知物体1秒末的速度大小为v1=vx2+vy2=13ms，A正确。故选AD。
9．如图所示的四幅图表示的是有关圆周运动的基本模型，下列说法正确的是( )
A．图a中轻杆长为L，若小球在最高点的角速度小于gL，杆对小球的作用力向上
B．图b中若火车转弯时未达到规定速率，轮缘对外轨道有挤压作用
C．图c中若A 、B均相对圆盘静止，所在圆周半径2RA=3RB， 质量mA=2mB， 则A、B所受摩擦力fA=fB
D．图d中是一圆锥摆，增加绳长，保持圆锥的高度不变，则圆锥摆的角速度不变
【答案】AD
【解析】A．若小球在最高点时杆对球无作用力则mg=mω2L，可得ω=gL，若角速度小于gL，则杆对小球的作用力向上，A正确；B．图b中若火车转弯时未达到规定速率，则轨道对火车的支持力和重力的合力大于所需的向心力，则火车有做向心运动的趋势，则轮缘对内轨道有挤压作用，B错误；C．图c中若A 、B均相对圆盘静止，所在圆周半径2RA=3RB， 质量mA= 2mB， 根据f=mω2R，可知A 、B所受摩擦力fA=3fB，C错误；D．图d中是一圆锥摆，根据mgtanθ=mω2ℎtanθ，可得ω=gℎ，可知增加绳长，保持圆锥的高度不变，则圆锥摆的角速度不变，D正确。
故选AD。
10．2025年4月24日，神舟二十号载人飞船成功对接天和空间站核心舱。已知地球半径为R，空间站绕地球做圆周运动的轨道半径为kR，周期为T，引力常量为G。下列说法正确的是( )
A．地球的质量为4π2k2R3GT2
B．地球的平均密度为3πk3GT2
C．空间站的线速度大小为2πkRT
D．地球的平均密度为3πGT2
【答案】BC
【解析】根据题意，空间站绕地球做匀速圆周运动，万有引力提供向心力有GMmkR2=m4π2T2kR，解得地球的质量为M=4π2k3R3GT2，A错误；根据题意可知，地球的体积为V=43πR3，结合密度公式ρ=MV，可知地球的密度为ρ=MV=3πk3GT2，B正确，D错误；根据线速度的定义式v=2πrT可得，空间站的线速度大小为v=2πkRT，C正确。
故选BC。
三、实验题
11．某学习小组利用如图甲、乙所示的装置探究平抛运动的特点。
(1)如图甲所示，用小锤打击弹性金属片后，A球沿水平方向飞出，同时B球被松开并自由下落，实验现象是A、B球同时落地，该现象说明A球在___________。
A．竖直方向做的是自由落体运动
B．水平方向做的是匀速直线运动
(2)如图乙所示，将白纸和复写纸对齐重叠并固定在竖直硬板上。A球沿斜槽轨道PQ滑下后从斜槽末端Q水平飞出，落在水平挡板MN上。由于挡板靠近硬板一侧较低，钢球落在挡板上时，A球会在白纸上挤压出一个痕迹点。移动挡板，依次重复上述操作，白纸上将留下一系列痕迹点。下列操作中有必要的有___________。
A．尽可能减小A球与斜槽之间的摩擦
B．通过调节使硬板保持竖直
C．挡板高度等间距变化
D．重复实验时，A球从斜槽的同一位置由静止释放
(3)利用图乙装置得到如图丙所示的轨迹，在轨迹上取A(非抛出点)、B、C三点，AB和BC的水平间距相等且均为x，测得AB和BC的竖直间距分别是y1和y2。
①已知当地重力加速度为g，可求得钢球离开斜槽末端时的速度大小为___________。
②若在实验中，斜槽末端切线不水平，仅从这一影响因素分析，第①问中求得钢球离开斜槽末端时的速度大小___________(选填“偏大”“偏小”或“没有影响”)。
【答案】(1)A (2)BD (3) xgy2−y1 偏小
【解析】(1)甲装置实验中，A球做平抛运动，B球做自由落体运动，二者同时落地，说明平抛运动的竖直分运动和自由落体运动规律一致，证明A球竖直方向做自由落体运动，故选A。
(2)A．只要每次小球从斜槽同一位置释放，即可保证初速度一致，斜槽摩擦不影响实验结果，无需减小摩擦，故A错误；B．平抛运动在竖直平面内，必须保持硬板竖直，避免小球碰撞硬板，故B正确；C．只需要多次移动挡板记录落点，不需要挡板高度等间距变化，故C错误；D．重复实验时，小球从同一位置静止释放，才能保证每次平抛初速度相同，轨迹一致，故D正确。故选BD。
(3)[1]AB和BC水平间距相等，因此A到B、B到C的运动时间相等，设时间间隔为T，平抛初速度为v0，水平方向钢球做匀速直线运动有x=v0T，竖直方向上做匀变速直线运动，由逐差法可得y2−y1=gT2，联立解得v0=xgy2−y1，
[2]斜槽末端切线不水平时，小球初速度不沿水平方向，上述推导得到的结果只是初速度的水平分量，实际初速度是合速度，大小为v=vx2+vy2，大于我们计算得到的水平分量，因此求得的速度大小偏小。
12．如图(a)所示是某兴趣小组设计的验证向心力大小表达式的实验装置原理图。用一刚性细绳悬挂一质量为m的小球，小球的下方连接一轻质的遮光片，细绳上方的悬挂点处安装有一个力传感器，悬挂点的正下方固定一个光电门，两装置连接到同一数据采集器上，可以采集小球经过光电门的遮光时间和此时细绳拉力的大小，重力加速度为g。实验过程如下：
①用刻度尺测量出悬挂点到球心的距离L；
②将小球拉升到一定高度(细绳始终伸直)后释放，记录小球第一次经过最低点时遮光片的遮光时间Δt和力传感器示数F；
③改变小球拉升的高度，重复步骤②，测6~10组数据；
④根据测量得到的数据在坐标纸上绘制图像；
⑤改变悬挂点到球心的距离L，重复上述步骤，绘制得到的图像如图(b)A、B、C所示。
(1)图(b)中图像横坐标表示的物理量为_____(选填“Δt”、“1Δt”或“1Δt2”)。
(2)理想情况下，图(b)中各图像的延长线是否交于纵轴上的同一点：_____(选填“是”或“否”)。
(3)图(b)中A组实验所用细绳的长度与B组实验所用细绳长度之比为_____。
(4)将图(b)的纵坐标改为_____则可以得到结论：向心力的大小与线速度的平方成正比。
A．FmgB．mgFC．F+mgD．F−mg
【答案】(1)1Δt2；(2)是；(3)1:2；(4)D
【解析】(1)小球经过光电门时，遮光片的宽度设为d，可认为通过光电门的平均速度等于瞬时速度，则小球通过光电门的速度v=dΔt，根据向心力公式，小球在最低点时，受到拉力和重力作用，由牛顿第二定律和向心力公式，可得F−mg=mv2L，将速度v=dΔt，代入可得F−mg=md2L(Δt)2，整理得力传感器示数为F=mg+md2L⋅1(Δt)2，可见F与1(Δt)2成线性关系，所以图像横坐标表示的物理量为1(Δt)2。
(2)判断图像延长线是否交于纵轴同一点，根据力传感器示数表达式F=mg+md2L⋅1(Δt)2，可知当1(Δt)2=0，即速度v=0，F=mg，理想情况下，无论L如何变化，当横坐标为0时，纵坐标都为mg，所以各图像的延长线是交于纵轴上的同一点F=mg
(3)根据F=mg+md2L⋅1(Δt)2，结合一次函数知识可知F−1(Δt)2图像的斜率k=md2L，设A组斜率为kA，对应细绳长度LA；B组斜率为kB，对应细绳长度LB。因为小球质量m、遮光片宽度d相同，所以k∝1L，即A、B组斜率的比值为kAkB=LBLA，从图像看，在横坐标相同时，即1(Δt)2相同，A组的F变化量与B组的F变化量之比等于斜率之比，且由图像可知kA=2kB，通过图像斜率对比，假设单位刻度对应的斜率关系，则LALB=kBkA=12，即A组实验所用细绳的长度与B组实验所用细绳长度之比为1:2。
(4)小球在最低点的向心力F向=F−mg，若要得到“向心力的大小与线速度的平方成正比”，需让纵坐标表示向心力，即把纵坐标改为F−mg，根据向心力公式，有F−mg=mv2L，当m、L一定时，F−mg与v2成正比。
四、解答题
13．小球以15m/s的水平初速度向一倾角为37°的斜面抛出，飞行一段时间后，恰好垂直撞在斜面上(g取10m/s2，sin37°=0.6，cs37°=0.8，tan37°=0.75)，求：
(1)小球在空中的飞行时间；
(2)抛出点距落点的高度。
【答案】(1)2s；(2)20m
【解析】(1)将小球垂直撞在斜面上的速度分解，如图所示
由图可知，合速度与竖直方向的夹角为θ=37°
根据几何关系，有tanθ=v0gt
代入数据解得小球在空中的飞行时间t=2s
(2)根据自由落体运动的位移-时间关系ℎ=12gt2
代入数据可得，抛出点与落球点的高度为ℎ=12×10×22m=20m。
14．我国航天技术飞速发展，设想数年后宇航员登上了某星球表面。宇航员从距该星球表面高度为h处，沿水平方向以初速度v抛出一小球，测得小球做平抛运动的水平距离为L，已知该星球的半径为R，引力常最为G，忽略星球自转，试求：
(1)该星球表面的重力加速度g；
(2)该星球的平均密度ρ。
【答案】(1)g=2ℎv2L2；(2)ρ=3ℎv22πGRL2
【解析】(1)根据平抛运动规律，竖直方向，有ℎ=12gt2
水平方向，有L=vt
联立解得该星球表面的重力加速度g=2ℎv2L2
(2)根据黄金代换式GM=gR2
结合密度公式和球的体积公式，有ρ=MV=M43πR3
联立以上，解得该星球的平均密度为ρ=3ℎv22πGRL2
15．如图所示，质量M=1kg、半径R=0.15m的光滑细圆管，上端用竖直轻杆固定在竖直平面内，小球A和B(均可视为质点)的直径略小于细圆管的内径(内径远小于细圆管半径)。它们的质量mA=0.1kg、mB=0.2kg。某时刻小球A、B分别位于圆管最低点和最高点，且AB的速度大小为vA=2m/s，vB=1m/s(取g=10m/s2)求：
(1)A小球对圆管的压力；
(2)B小球对圆管的压力；
(3)竖直轻杆对圆管的弹力。
【答案】(1)113N，方向竖直向下；(2)23N，方向竖直向下；(3)433N，方向竖直向上
【解析】(1)对A球在最低点时，根据牛顿第二定律FA−mAg=mAvA2R
解得FA=113N
根据牛顿第三定律A球对圆管压力为113N，方向竖直向下。
(2)设圆管对B球的弹力向上FB
根据牛顿第二定律mBg−FB=mBvB2R
FB=23N，假设正确，根据牛顿第三定律B球对圆管压力为23N，方向竖直向下。
(3)根据圆管受力平衡轻杆拉力F=Mg+FA+FB
F=433N，方向竖直向上。行星
质量(kg)
直径(km)
绕太阳公转轨道半径(km)
火星
6.4×1023
6794
2.28×108
地球
6.0×1024
12756
1.5×108