江西九江市六校2025-2026学年高一下学期期中物理试卷（含解析）

这是一份江西九江市六校2025-2026学年高一下学期期中物理试卷（含解析），共6页。试卷主要包含了本试卷分选择题和非选择题两部分，本卷命题范围等内容，欢迎下载使用。
1．本试卷分选择题和非选择题两部分。满分100分，考试时间75分钟。
2．答题前，考生务必用直径0.5毫米黑色墨水签字笔将密封线内项目填写清楚。
3．考生作答时，请将答案答在答题卡上。选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效。
4．本卷命题范围：人教版必修第一册（20%），必修第二册第五章到第八章第3节（80%）。
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题中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，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. 如图所示为国产新型战斗机歼35俯冲、向上爬升的飞行轨迹。下列说法正确的是（ ）
A. 战斗机的路程等于位移大小
B. 俯冲前调整战斗机姿态时，可以把战斗机看成质点
C. 战斗机所受合力方向沿轨迹的切线方向
D. 图示位置时的飞行员处于超重状态
【答案】D
【解析】
【详解】A．战斗机做曲线运动，其实际运动轨迹为曲线，因此路程必然大于位移大小，故A错误；
B．俯冲前调整战斗机姿态时，需要关注战斗机机身的转动情况以及各部分的空间位置，其大小和形状不能被忽略，因此不能把战斗机看成质点，故B错误；
C．做曲线运动的物体，其速度方向沿轨迹的切线方向，而所受合外力的方向必定指向运动轨迹弯曲的凹侧，故C错误；
D．图示位置为轨迹的最低点，战斗机在此处做圆周运动或类似圆周运动，具有竖直向上的向心加速度。由于加速度向上，座椅对飞行员的支持力大于飞行员的重力，因此飞行员处于超重状态，故D正确。
故选D。
2. 如图所示为齿轮传动装置，大齿轮与小齿轮的半径比为，P、Q分别为大、小齿轮上的两点，且P、Q两点的半径相等，大齿轮在电机的带动下以恒定的角速度沿顺时针方向转动。下列说法正确的是（ ）
A. 小齿轮沿顺时针方向转动
B. 相同时间内，P、Q两点通过的路程相同
C. 相同时间内，P、Q两点转过的角度之比为
D. P、Q两点的向心加速度大小相等
【答案】C
【解析】
【详解】A．顺时针方向转动的大齿轮带动小齿轮沿逆时针方向转动，故A错误；
B．齿轮传动时，两轮边缘的线速度相等，即相同时间内，两轮边缘通过的路程（弧长）相等，而P点和大轮边缘是同轴转动，角速度相同，而P点半径较小
由
得P点比大轮边缘上的点的线速度小，相同时间内通过的路程小，故相同时间内，P点比Q点通过的路程小，故B错误；
C．两轮边缘的线速度相等，由
故大小轮的角速度之比为1：2
由ω=ΔθΔt
故相同时间内，P、Q两点转过的角度之比为，故C正确；
D．P、Q两点的半径相等，由an=ω2r
故P、Q两点的向心加速度之比为，故D错误。
故选C。
3. 如图甲所示，质量分布均匀的球体，球心为O、半径为R，视为质点的物体放在距球心O为3R的A点，物体受球体的引力大小为F。现在球体的中心挖走一半径为的小球，如图乙所示，则剩余的空心球体对物体的引力大小为（ ）
A. B.
C. F2D. F4
【答案】A
【解析】
【详解】设原实心球体的质量为，位于点的质点质量为。根据万有引力定律，原实心球体对物体的引力大小为F=GMm3R2=GMm9R2
由于球体质量分布均匀，挖去的小球与原球体属于同种材料，根据
质量与半径的立方成正比。挖去的小球半径为，则其质量
挖去的小球的球心依然在点，距点的距离同为，若该部分存在，其对位于点物体的引力大小应为F'=GM'm3R2=18GMm9R2=18F
根据割补法，剩余空心部分对物体的引力大小等于原整体的引力减去被挖去部分的引力，即
故选A。
4. 质量m=2.5×105kg 的CR450动车组以恒定的加速度a=0.5m/s2由静止开始启动，经时间t=160s 动车组的输出功率刚好等于额定功率，之后功率保持不变，再经一段时间动车组的速度达到最大值vm=100m/s ，阻力大小不变。下列说法正确的是（ ）
A. 动车组的额定功率为5×106W
B. 动车组所受的阻力大小为5×105N
C. 动车组匀加速时的牵引力大小为6.25×106N
D. 动车组的速度等于最大速度0.9倍时的加速度大小为13m/s2
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】ABC．匀加速阶段，根据匀加速直线运动速度时间关系式有v1=at
得v1=80m/s
根据牛顿第二定律有F1−Ff=ma
依题意，经时间t=160s 动车组的输出功率刚好等于额定功率，有P额=F1v1
且有P额=Ffvm
解得P额=5×107W ，Ff=5×105N ，F1=6.25×105N ，故AC错误，B正确；
D．当动车组的速度等于最大速度的0.9倍时，即v2=0.9vm=90m/s
由于v2>v1，知此时动车组的输出功率等于额定功率，有P额=F2v2，F2−Ff=ma2
解得a2=29m/s2，故D错误。
故选B。
5. 如图所示，两质量分别为和的物体、分别放在距离转轴和的转台上，物体、与转台间的动摩擦因数分别为、，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，两物体均可视为质点，重力加速度g 取。转台转动过程中物体、与台面始终相对静止。下列说法正确的是（ ）
A. 若转台加速转动，则物体受的摩擦力指向圆心
B. 若转台匀速转动，则物体、受的摩擦力之比为
C. 若转台的角速度缓慢增大，则物体相对转台先滑动
D. 若转台匀速转动，则转台角速度的最大值为
【答案】D
【解析】
【详解】A．转台加速转动时，物体线速度大小不断增大，静摩擦力不仅需要提供指向圆心的向心力（改变速度方向），还需要提供切向分力改变线速度大小，因此合摩擦力不指向圆心，故A错误；
B．转台匀速转动时，静摩擦力完全提供向心力，，两物体角速度相同
fa=3m⋅ω2⋅L1=3mω2×0.5=1.5mω2
fb=m⋅ω2⋅L2=mω2×1.0=mω2
因此摩擦力之比 ，不是，故B错误；
C．物体刚好要滑动时，最大静摩擦力等于向心力：μmg=mω2r
整理得临界角速度
代入数据计算得a 的临界角速度：ωa=μ1gL1=0.2×100.5rad/s=2rad/s
b 的临界角速度：ωb=μ2gL2=0.3×101.0rad/s=3rad/s≈1.732rad/s
​，角速度增大时，b 先达到临界角速度，因此b 先相对转台滑动，故C错误；
D．转台匀速转动时，要保证两物体都不滑动，最大角速度等于较小的临界角速度，即ωmax=ωb=3rad/s ，故D正确。
故选D 。
6. 某港口用无人机吊送货物时，从某时刻开始计时，描绘了t=2s内货物在水平方向和竖直方向的速度随时间的变化图像分别如图甲、乙所示，竖直方向规定向上为正方向。忽略绳索的质量，重力加速度g 取10m/s2。下列说法正确的是（ ）
A. 0~2s内货物的轨迹为直线
B. 1~2s内货物的高度在降低
C. 0~2s内货物的位移为12m
D. 0.5s和1.5s时绳索的拉力之比为
【答案】D
【解析】
【详解】A． 内，货物在水平方向做匀速直线运动，竖直方向做匀速直线运动，合运动为匀速直线运动； 内，货物在水平方向做匀速直线运动，竖直方向做匀减速直线运动，合加速度方向竖直向下，与合速度方向不共线，货物做曲线运动。故 0∼2s 内货物的轨迹不是直线，故A错误；
B． 内，由图乙可知竖直分速度 vy>0 ，货物一直向上运动，高度在增加，故B错误；
C．0∼2s 内，水平位移
竖直位移等于 vy−t 图像面积，即 y=1+22×4m=6m
则合位移 s=x2+y2=62+62m=62m ，故C错误；
D．0.5s 时货物竖直方向匀速，加速度 ，由牛顿第二定律得
解得 F1=mg=10m
时货物竖直方向匀减速，加速度 a2=ΔvΔt=0−41m/s2=−4m/s2
由牛顿第二定律得 F2−mg=ma2
解得 F2=m(g+a2)=6m
故拉力之比 F1:F2=10m:6m=5:3 ，故D正确。
故选D。
7. 从地面竖直向上抛出一质量为的物体，物体运动中受空气阻力大小不变，以地面为零势能面，物体在上升过程中动能与重力势能的关系如图所示，重力加速度取，下列说法正确的是（ ）
A. 物体上抛的初速度为
B. 空气阻力的大小为
C. 物体落回地面时动能为
D. 物体上升中重力势能和动能相等时的高度为
【答案】C
【解析】
【详解】A．由图像可知，物体在地面，即时，初动能 Ek0=36J
根据
代入数据解得初速度 ，故A错误；
B．由图像可知，物体到达最高点，即时，重力势能 Epm=30J
根据 Epm=mgH
解得最大高度 H=300.5×10m=6m
上升过程中，根据能量守恒定律有 Ek0=Epm+fH
代入数据解得空气阻力 ，故B错误；
C．物体从抛出到落回地面的全过程中，重力做功为零，空气阻力做负功。根据动能定理有 −f⋅2H=Ek'−Ek0
代入数据解得落回地面时的动能 Ek'=24J ，故C正确；
D．物体上升过程中，设重力势能和动能相等时的高度为 ，此时 Ek=Ep=mgℎ'
根据能量守恒定律有 Ek0=Ek+Ep+fℎ'
代入数据解得 ℎ'=3611m≈3.27m ，故D错误。
故选C。
8. 2026年3月13日06时33分，试验三十号03/04星在西昌卫星发射中心发射成功，03/04星的轨道距离地面约为600 km ，已知北斗三号GEO是地球静止轨道卫星，北斗三号GEO的轨道距离地面约为35600 km ，地球的半径为R=6400km 。下列说法正确的是（ ）
A. 北斗三号GEO的发射速度大于11.2 km/s
B. 试验三十号03/04星与北斗三号GEO的环绕速度之比约为
C. 试验三十号03/04星的环绕周期约为263ℎ
D. 在任意相等时间内，试验三十号03/04星与地心连线扫过的面积等于北斗三号GEO与地心连线扫过的面积
【答案】BC
【解析】
【详解】A．11.2km/s 是第二宇宙速度，是物体脱离地球引力束缚的最小发射速度，北斗三号GEO仍绕地球运行，发射速度小于11.2km/s 大于7.9km/s ，故A错误；
B．万有引力提供向心力，由GMmr2=mv2r
得环绕速度v=GMr
试验卫星轨道半径r1=6400km+600km=7000km
GEO轨道半径r2=6400km+35600km=42000km
故v1v2=r2r1=6，故B正确；
C．根据开普勒第三定律T2r3=k
GEO为地球同步卫星，周期T2=24h ，代入得T1=T2·r1r232=263h ，故C正确；
D．开普勒第二定律（面积定律）仅适用于同一环绕天体，不同环绕天体与地心连线在相等时间内扫过的面积不相等，故D错误。
故选BC。
9. 如图甲所示，倾角为的斜面体固定在水平面上，小木块以初速度v0从斜面上某点沿斜面上滑，小木块在斜面上滑行的速率平方随路程变化的关系图像如图乙所示，重力加速度g 取10 m/s2，。下列说法正确的是（ ）
A. 小木块上滑的加速度大小为2 m/s2
B. 斜面倾角
C. 小木块与斜面间的动摩擦因数为0.25
D. 小木块在斜面上滑行的时间为4 s
【答案】BD
【解析】
【详解】A．上滑过程：由图乙得，初速度平方 v02=100m2/s2，上滑最大路程 x1=5m ，末速度为0，代入公式 0−v02=−2a1x1
解得 a1=10m/s2，故A错误；
BC．下滑过程：下滑路程 x2=14m−5m=9m ，末速度平方 v2=36m2/s2，代入公式 v2=2a2x2​
解得 a2=2m/s2
受力分析：上滑时摩擦力沿斜面向下：mgsin⁡θ+μmgcs⁡θ=ma1
下滑时摩擦力沿斜面向上：mgsin⁡θ−μmgcs⁡θ=ma2
解得 sinθ=0.6 ，即 θ=37∘，。故B正确，C错误；
D．上滑时间：t1=v0a1=1010s=1s
下滑时间：t2=va2=62s=3s
总时间：t=t1+t2=4s ，故D正确。
故选BD。
10. 如图所示，水平面上固定由两个半径均为r=0.1m的圆管组成的内壁光滑管道，B为两段圆管的衔接点，圆管的底端与水平面相切于A点、顶端C点切线水平。水平面的左侧有竖直挡板，挡板上固定着一根轻质弹簧，可视为质点、质量m=0.2kg的物块将弹簧压缩，弹簧储存的弹性势能EP=1J，由静止释放物块，物块在O点与弹簧分离，OA段的距离L=0.5m，水平面除OA段其余部分光滑，物块略小于圆管的内径，物块运动到C点时对圆管上壁的压力F=6N，重力加速度g 取10 m/s2，忽略空气阻力。下列说法正确的是（ ）
A. 物块经C点的速度大小为3m/s
B. 物块在A点对圆管的压力大小为16 N
C. 物块与OA段的动摩擦因数为0.2
D. 物块第一次的落地点到C点的水平距离为0.4 m
【答案】CD
【解析】
【详解】A．物块运动到C点时对圆管上壁的压力F=6N
由牛顿第三定律可知：物块运动到C点圆管上壁对物块的弹力大小FN=6N
由FN+mg=mvC2r
解得vC=2m/s ，故A错误；
B．从点到点，由机械能守恒定律得12mvA2=mg⋅2r+12mvC2
解得vA=22m/s
物块在A点由FNA−mg=mvA2r
解得FNA=18N
由牛顿第三定律得物块在A点对圆管的压力大小FNA'=FNA=18N ，故B错误；
C．设点的速度大小为v0，由能量守恒定律得Ep=12mv02
解得v0=10m/s
从点到点，由动能定理得−μmgL=12mvA2−12mv02
解得μ=0.2 ，故C正确；
D．从点飞出做平抛运动，则2r=12gt2
解得t=2×2rg=0.2s
物块第一次的落地点到C点的水平距离x=vCt=2×0.2m=0.4m
故D正确。
故选CD。
二、实验题（本题共2小题，共16分）
11. 某同学用如图甲所示的装置“探究小车加速度与合力的关系”，力传感器固定在小车右侧，重力加速度为g ，不计滑轮的摩擦。
（1）（多选）下列实验操作正确的是___________。
A. 小车的质量要远大于钩码的质量
B. 调节滑轮的高度，使细线与长木板平行
C. 实验开始时先接通电源后释放小车运动
D. 平衡小车运动中的阻力时要挂上钩码，将长木板左端适当垫高
（2）电火花计时器使用频率为，电压为___________V（填“8”或“220”）的交流电，从纸带上比较清晰的点起，每5个点取一个计数点如图乙所示，由纸带可得小车的加速度大小为___________m/s2（结果保留两位有效数字）。
（3）改变钩码质量m，记录多组钩码重力mg、力传感器示数F、小车加速度a，比较a与F的关系，其中F___________（填“>”“=”或“