湖北省襄阳市第四中学2026-2027学年高一上学期8月阶段检测物理试卷（Word版附解析）

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一、选择题（1-7 题为单选题，8—10 题为多选题，每小题 4 分，选不全得 2 分）
1. 关于速度、速度的变化量、加速度，正确的说法是（ ）
A. 速度很大的物体，其加速度不可能为零
B. 加速度很大时，运动物体的速度变化一定很快
C. 某时刻物体的速度为零，其加速度不可能很大
D. 物体运动时，速度变化量越大，它的加速度一定越大
【答案】B
【解析】
【详解】A．速度很大的物体若做匀速直线运动，加速度为零，因此速度很大的物体加速度可能为零，故 A
错误；
B．加速度的物理意义就是反映速度变化的快慢，加速度越大，说明速度变化越快，故 B 正确；
C．某时刻物体速度为零时，加速度仍可能很大，例如火箭点火升空的瞬间，速度为零但加速度极大，故 C
错误；
D．根据加速度定义式 ，加速度由速度变化量 和发生该变化的时间 共同决定，仅速度变化量
大，若对应时间很长，加速度也会很小，故 D 错误。
故选 B。
2. 某人站在置于水平地面的压力传感器上，持续多次完成下蹲、站起、下蹲、站起的动作，图中呈现的是
在一段时间内，压力传感器的示数随时间变化的情况。由此可以判断（ ）
A. 状态 b 时，人处于静止状态
B. 在 0-8s 内，该人完成两次完整的下蹲、站起过程
C. 状态 b 到状态 c 对应着站起过程，人处于超重状态
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D. 从状态 e 到状态 f，人的重心运动的加速度方向向下
【答案】D
【解析】
【详解】A．状态 时，压力传感器示数等于人的重力，此时人处于匀速直线运动状态，并非静止状态，故
A 错误；
B．由 图像可知，人的重力为 ，则压力传感器的示数大于重力时处于超重，加速度向上，
压力传感器的示数小于重力时处于失重，加速度向下，一次下蹲过程是先向下加速再向下减速，则应为先
失重后超重；一次站起过程是先向上加速再向上减速，则应为先超重后失重，故在 内，该人完成一
次完整的下蹲过程（状态 到状态 ）和一次完整的站起的过程（状态 到状态 ），即该人完成一次完整
的蹲起过程，故 B 错误；
C．状态 到状态 对应着下蹲过程中的减速过程，加速度向上，处于超重状态，故 C 错误；
D．从状态 到状态 ，人的视重小于重力，处于失重状态，人处于向上站起的减速阶段，则重心运动的速
度方向向上，加速度方向向下，故 D 正确。
故选 D。
3. 如图所示是一种自助餐厅用的保温盘放置的内部结构示意图，三根完全相同的轻质弹簧等间距竖直挂在
水平固定圆环上，下端连接一托盘，现在托盘上放着 6 个相同的盘子处于静止状态，并且从上到下编号依
次为 1、2、3、4、5、6，托盘与盘子的质量相等，不计任何摩擦阻力，弹簧在弹性限度内，则某人快速取
走 1 号盘子的瞬间，托盘对 6 号盘子的作用力与每根弹簧的弹力大小之比等于（ ）
A. 5∶3 B. 5∶2 C. 6∶1 D. 6∶5
【答案】B
【解析】
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【详解】设托盘和每个盘子的质量为 ，某人快速取走 1 号盘子的瞬间，托盘和剩余盘子的整体所受合力
为 ，根据牛顿第二定律有
设托盘对 6 号盘子的作用力大小为 ，对剩余的盘子为整体有
解得
取走 1 号盘子的瞬间，弹簧还未来得及发生形变，故此时弹力大小与取走 1 号盘子前大小相等，则由平衡
条件 有
解得每根弹簧的弹力大小为
则有 。
故选 B。
4. 如图所示，将一个 的力分解为两个分力，如果已知其中一个不为零的分力 的方向与 成 30°
角，则下列说法正确的是（ ）
A. 若 的大小为 ，则 一定等于
B. 若 的大小为 20N，则 一定等于
C. 若 的大小为 35N，则 只有一个可能值
D. 若 的大小为 45N，则 可能有两个值
【答案】B
【解析】
【详解】
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AC．根据三角形法则，由图可知，当 时， 有两个可能值，故 AC 错误；
B．当 与 垂直时，力 有唯一最小值
此时 ，故 B 正确；
D．当 时， 只有一个可能值，故 D 错误。
故选 B。
5. 如图所示，一名消防队员在进行训练，沿着长为 12m 的竖立在地面上的钢管从顶端由静止先匀加速再匀
减速下滑，滑到地面时速度恰好为零。如果他加速时的加速度大小是减速时加速度大小的 2 倍。下滑的总
时间为 4s，那么该消防队员（ ）
A. 加速与减速运动过程的时间之比为 2∶1
B. 加速与减速运动过程的位移大小之比为 1∶1
C. 加速与减速运动过程中平均速度之比为 1∶2
D. 下滑过程中的最大速度为 6m/s
【答案】D
【解析】
【详解】A．设匀加速运动阶段的加速度大小为 ，运动时间为 ，匀减速阶段的加速度大小为 ，运动
时间为 ，根据匀变速直线运动公式得 ，
其中 ，
联立解得 ， ， ， ，
所以加速与减速运动过程的时间之比为 1:2，A 错误；
B．由运动学知识可知加速阶段的位移为
由运动学知识可知减速阶段的位移为
故加速与减速运动过程的位移大小之比为 1∶2，B 错误；
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C．由平均速度的定义可知加速阶段的平均速度为
减速阶段的平均速度为
故加速与减速运动过程中平均速度之比为 1∶1，C 错误；
D．加速阶段结束时速度最大，由运动学知识有 ，D 正确。
故选 D。
6. 如图所示，不可伸长的细绳一端与轻环 A 相连，另一端与重物 B 相连，轻环 A 套在竖直细杆 MN 上，若
对 A 施加一竖直方向的外力 F 让轻环 A 沿杆以速度 v 匀速上升，从图中 M 位置上升至与定滑轮的连线水平
的 N 位置，已知 AO 与竖直杆成θ角，则（ ）
A. A 匀速上升时，重物 B 匀速下降
B. 所施加的外力 F 的方向竖直向上
C. 轻环 A 过位置 M 时，重物 B 的速度
D. 重物 B 下降过程，绳对 B 的拉力小于 B 的重力
【答案】C
【解析】
【详解】ACD．根据题意，分解 A 的速度，如图所示
可知，轻环 A 过位置 M 时，重物 B 的速度
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A 匀速上升时， 增大，则 减小，可知， 减小，即重物 B 减速下降，重物 B 具有向上的加速度，
处于超重状态，则绳对 B 的拉力大于 B 的重力，故 AD 错误，C 正确；
B．根据题意，设绳子的拉力为 ，对轻环受力分析可知，竖直方向上受竖直向下的摩擦力，绳子拉力竖直
向上的分力，和外力 ，若绳子拉力竖直向上的分力
由平衡条件可知，外力 竖直向下，若绳子拉力竖直向上的分力
由平衡条件可知，外力 竖直向上，故 B 错误。
故选 C。
7. 如图所示，光滑水平面上放置一长为 0.4m 的木板 C，一大小不计的支架 B 放置在木板 C 上，一段细线
上端固定在支架上，下端连接小球 A。已知小球 A、支架 B、木板 C 质量分别为 1kg、2kg、3kg，支架 B
与木板 C 之间的动摩擦因数μ＝0.75，现对木板施加水平向右的拉力 F，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，
sin53°＝cs37°＝0.8，cs53°＝sin37°＝0.6，重力加速度 g 取 10m/s2，下列说法不正确的是（ ）
A. 细线与竖直方向的最大偏角为 37°
B. 当拉力 F＝30N 时，细线对 A 的拉力大小为
C. 当支架 B 与木板 C 间发生滑动时，拉力 F 最小值为 22.5N
D. 当 F＝60N 时，B 经 0.4s 从木板 C 的左端离开
【答案】C
【解析】
【详解】A．支架 B 与木板 C 之间的静摩擦力达到最大静摩擦力时，支架 B 的加速度最大，细线与竖直方
向 的 偏 角 也 最 大 ， 设 为 ， 此 时 对 小 球 A 与 支 架 B 组 成 的 整 体 ， 根 据 牛 顿 第 二 定 律 有
解得
对小球 A，根据牛顿第二定律有
解得
即 ，故 A 正确；
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C．支架 B 与木板 C 之间的静摩擦力达到最大静摩擦力时，对小球 A、支架 B、木板 C 组成的整体，根据
牛顿第二定律有 ，故 C 错误；
B． 当 拉 力 F＝ 30N 时 ， 三 者 具 有 共 同 的 加 速 度 ， 对 三 者 组 成 的 整 体 ， 根 据 牛 顿 第 二 定 律 有
解得
小球 A 的受力如图所示
则 ，故 B 正确；
D．当 时，支架 B 的加速度大小为
设木板 C 的加速度大小为 ，对木板 C，根据牛顿第二定律有
解得
支架 B 从木板 C 左端离开，则有
解得 ，故 D 正确。
由于本题选择错误的，故选 C。
8. 设想太空中有两颗可视为质点的人造卫星，它们之间的万有引力为 F。若要使它们之间的万有引力减小
为原来的 ，下列调整方案可行的是（ ）
A. 将两卫星的间距增加为原来的 3 倍，质量保持不变
B. 将两卫星的质量都减半，间距变为原来的 3 倍
C. 将其中一颗卫星的质量变为原来的 倍，间距不变
D. 将两卫星的质量都减为原来的 ，间距减为原来的
【答案】AC
【解析】
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【分析】
【详解】根据万有引力定律，两卫星间的万有引力为 ，其中 为引力常量， 为两卫
星质量， 为两卫星间距
A．两卫星质量不变，间距变为原来的 3 倍，新引力 ，A 正确；
B．两卫星质量都减半，间距变为原来的 3 倍，新引力 ，B 错误；
C．其中一颗卫星质量变为原来的 ，间距不变，新引力 ，C 正确；
D．两卫星质量都变为原来的 ，间距变为原来的 ，新引力 ，引力大小不
变，D 错误。
故选 AC。
【点睛】
9. A、B 两个可视为质点的物体从同一位置以相同的方向沿同一直线运动，A 物体的初速度为零，加速度与
时间关系如图 1 所示，B 物体的速度与时间关系如图 2 所示。下列说法中正确的是（ ）
A. A 追上 B 前，A、B 间的最大距离为 1.5m
B. A、B 出发后只相遇一次
C. 当 A 追上 B 时，两物体离出发点的距离为
D. 6s 时 A、B 第二次相遇
【答案】AC
【解析】
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【详解】A．根据速度时间公式，2s 末 A 物体的速度为
4s 末 A 物体的速度为
可以画出 A 与 B 物体的 v-t 图像，如下图所示
B 物体的加速度为
设 ，
如图所示在 2s 前 AB 会有一次共速的时刻，此时为 A 追上 B 之前二者距离最大的位置，有
代入数据可解得时间
此时 A 的位移为
B 的位移为
二者之间的距离为 ，故 A 正确；
C．在 2s 内，
所以在第 2s 末，AB 两物体刚好第一次相遇，离出发点 12m，故 C 正确；
D．设 AB 第二次相遇的时刻为 ，此时
B 的位移为
当 时解得 （舍去）或 ，可知 AB 能相遇 2 次，故 BD 错误。
故选 AC。
10. 如图所示，轻质弹簧竖直放置在水平地面上，其上下端点分别与物块 B 及地面固定连接，物块 A 放在
B 上并通过轻质细绳跨过光滑定滑轮 M、N 与轻质挂钩连接。M、A 间细绳竖直且足够长，M、N 间细绳水
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平，A、B 两物块的质量分别为 ， ，弹簧的劲度系数为 ，弹簧始终在弹性
限度内，重力加速度 g 取 ，开始时系统静止，细绳伸直无拉力作用。现在轻质挂钩上挂上钩码 C
并从静止开始释放，发现 C 的速度最大时，A、B 恰好分离。已知释放时 C 位置离地面足够远，所有阻力
忽略不计，关于钩码 C 下降、物块 A、B 上升过程中，下列说法正确的是（ ）
A. C 质量大小为 2kg
B. 释放钩码 C 时，A、B 间的作用力为 22.5N
C. 钩码 C 下降位移为 0.3m 时，A、B 分离
D. 只要 C 的质量足够大，就可以在 C 挂上去的同时 A、B 就分离
【答案】BC
【解析】
【详解】A．初态弹簧压缩量为 ，有
C 的速度最大时，A、B 恰好分离，此时 间弹力为零， 加速度均为零，此时弹簧压缩量
由平衡条件
C 质量大小为 ，故 A 错误；
C．A、B 分离时，钩码 C 下降位移为 ，故 C 正确；
B．释放钩码 C 时，对 ABC 整体有
解得
对 B 有
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解得释放钩码 C 时，A、B 间的作用力为 ，故 B 正确；
D．对 ABC 整体有
对 B 有
联立得 A、B 间的作用力
当 C 的质量足够大， ，所以 A、B 不可能分离，故 D 错
误。
故选 BC。
二、实验题
11. 某学习小组利用如图甲所示的装置探究加速度与力、质量的关系。请回答下列问题：
（1）某实验小组补偿阻力时是这样操作的：将不悬挂槽码的小车静止地放在水平长木板上，把木板不带滑
轮的一端慢慢垫高，直到小车由静止开始沿木板向下滑动为止，即认为刚好补偿阻力完毕。如果该小组已
按如上操作补偿阻力，保持 M（小车和砝码总质量）不变，以槽码的重力为外力，通过改变槽码质量，得
到 图像是下图中的________（将选项代号的字母填在横线上）；
A. B.
C. D.
（2）实验获得的纸带如图乙所示，相邻计数点间均有 4 个点未画出，打点计时器电源频率为 50Hz，则小
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车的加速度大小为________ （结果保留三位有效数字）；
（3）该实验小组在另一次实验中正确补偿了阻力，保持小车和砝码总质量不变，以槽码的重力为外力，通
过改变槽码的个数，得到了图丙中的曲线图像，一位同学利用最初的几组数据拟合了一条直线图像。如图
所示，作一条与纵轴平行的虚直线，与这两条图线及横轴的交点分别为 P、Q、N，若此虚线对应的小车和
砝码总质量为 M，悬挂槽码的质量为 m，则 ________（用 M、m 表示）；
（4）该实验小组经过讨论后，改进了（3）中的实验方案，保持槽码、小车、砝码的总质量不变，把槽码
分别逐个叠放在小车上，重复（3）中的实验。由此得到的 图像是一条________（填“直线”或“曲
线”）。
【答案】（1）C （2）0.625
（3）
（4）直线
【解析】
【小问 1 详解】
将不悬挂槽码的小车静止地放在水平长木板上，把木板不带滑轮的一端慢慢垫高，直到小车由静止开始沿
木板向下滑动为止，即认为刚好补偿阻力完毕。此时小车重力沿木板向下的分力已经大于阻力，在不挂槽
码的情况下已经有加速度， 图像应与纵轴交于正半轴；随着槽码质量增大，不再满足槽码质量远小于
小车质量时，图像会向力的方向弯曲。
故选 C。
【小问 2 详解】
相邻计数点间的时间间隔
小车的加速度大小为
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【小问 3 详解】
当槽码总质量较小时，根据牛顿第二定律得
可得
对应图像 P 点，图像斜率
当槽码总质量较大时，根据牛顿第二定律
可得
对应图像 Q 点，图像斜率
联立可得
【小问 4 详解】
设槽码的总质量为 m，总个数为 N，每个槽码的质量为 ，取走槽码的个数为 n（ ），对槽码和
小车整体分析，根据牛顿第二定律
可得
由此得到的 图像是一条直线。
12. 为了探究斜面对平抛运动的制约性，某实验小组设计了如图甲所示的实验装置：轻弹簧放置在光滑水平
桌面上，弹簧左端固定，右端与小钢球接触而不连接，桌面右端有一个光电门连接数字计时器，紧贴桌面
右端放置一倾角为 的斜面，斜面顶端与桌面等高。已知小钢球直径为 ，开始时弹簧处于原长状态。向左
推小球使弹簧压缩一段距离，由静止释放小球，小球在 点以水平向右的初速度 做平抛运动，落到 或
平面上，用刻度尺测出小球的落点与 之间的距离为 ，多次做实验，获取数据，画出 关系图
像如图乙所示，画出的 关系图像如图丙所示，重力加速度为 g，回答下列问题。
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（1）图________（选填“乙”或“丙”）说明小球落在斜面 上；图丙对应小球平抛运动的时间________（选
填“是”或“不是”）定值；
（2）若图乙和图丙的斜率分别为 和 ，则 的正切值为________， 、 两点的高度差为________。
【答案】（1） ①. 乙 ②. 是
（2） ①. ②.
【解析】
【小问 1 详解】
[1]当小球落在斜面上，下落高度 与水平距离 满足
根据平抛运动规律有 ，
联立解得 ①
因此图乙说明小球落在斜面 上；
[2]当小球没有落在斜面上，令下落最大高度为 ，根据平抛运动规律，有 ，
推导出 ， ②
不变，时间 不变，因此图丙对应小球平抛运动的时间为定值。
【小问 2 详解】
[1]由①式可知，图乙的斜率
推导得
[2]由②可知，图丙的斜率
推导出 、 两点的高度差
三、解答题
13. 如图所示，质量为 1kg 的物块放在倾角为 30°的固定斜面底端，在与斜面成 30°角的力 N 作用
下，物块从静止开始沿斜面向上运动。已知物块与斜面间的动摩擦因数 ，重力加速度 ，
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斜面足够长，求：
（1）物块的速度为 3m/s 时，物块运动了多长时间；
（2）当物块的速度为 5m/s 时，撤去拉力 F，则撤去拉力 F 后经多长时间物块的速度大小为 3m/s。
【答案】（1）0.3s
（2）0.25s 和 2.125s
【解析】
【小问 1 详解】
对物块受力分析如图所示
根据牛顿第二定律得到
根据摩擦力公式可以得到
联立解得
当运动的速度 时，运动的时间
【小问 2 详解】
撤去拉力后，物块沿斜面向上滑动时，根据牛顿第二定律，有
解得
撤去拉力后，当物块沿斜面向上运动速度变为 3m/s 时，物块运动的时间
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此时物块的速度向上，之后物体继续向上滑，则此阶段经过时间
速度减到零， 因为
所以物块的速度减速到零后会反向下滑，物块沿斜面向下滑动时，根据牛顿第二定律有
代入数据解得
则经过 时间速度向下，此过程的时间为
则撤去拉力 F 后，从第一次变为 3m/s 到第二次变为 3m/s 经过时间为
此时物块的速度向下并为 3m/s，则撤去拉力 F 后到速度第二次变为 3m/s 经历时间为
所以撤去拉力 F 后物块经过 0.25s 和 2.125s 时速度大小为 3m/s。
14. 一个质量为 的物体在重力和另一变力 共同作用下在 竖直平面内做顺时针的匀速圆周运动，运
动轨迹是以 为圆心， 半径的圆， 为运动轨迹与坐标轴的交点，如图甲所示，其竖直方向
的速度分量随时间的变化规律如图乙所示（图像为正弦函数图像），规定竖直向上为 的正方向。已 时
刻， ，重力加速度为 。求：
（1）物体做匀速圆周运动的速率 （ 未知）；
（2） 时刻， 的大小和方向；
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（3）在 0 至 时间段内，当 时撒去 ，求撒去 后物体运动至 轴的坐标。
【答案】（1）
（2） ，方向斜向右上方，与 x 轴正方向成
（3）
【解析】
【小问 1 详解】
物体做匀速圆周运动，竖直分速度满足正弦规律
由图乙可知周期
故角速度 。
代入得：
解得
【小问 2 详解】
时， 达到最大值，说明速度方向竖直向上，此时物体在圆的 点，向心力指向圆心 （水
平向右），向心力大小
方向沿 x 轴正方向
物体受重力 （竖直向下）和变力 ，根据矢量法则结合几何关系因此 的大小
方向斜向右上方，与 x 轴正方向成
【小问 3 详解】
当 时，重力提供向心力，说明向心力方向与重力方向一致（向下），物体在最高点 ，此时速
度方向水平向左，大小 。
撤去 后物体做平抛运动，竖直方向下落高度为 ，则
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得
水平方向向左的位移
因此落到 轴的坐标为
15. 如图所示，光滑水平面内有一直角坐标系 xOy，物体在 区域受到沿 x 轴正方向的恒力和沿 y
轴负方向、大小为 的恒力作用，在 区域只受到沿 y 轴负方向、大小为 的恒力作用。现将一质量
为 m 的小球从坐标原点 O 沿 y 轴正方向掷出，小球的运动轨迹交直线 于 M、N 两点，小球通过 Q 点
时距离 x 轴最远，小球从 N 点返回 x 轴的过程中做直线运动，回到 x 轴时的速度方向与 x 轴正方向的夹角
为 。取 ， 。求：
（1）小球在 区域所受的沿 x 轴正方向的恒力大小 F；
（2）小球从 O 点掷出时的速度大小与小球通过 Q 点时的速度大小的比值 k；
（3）Q 点到 x 轴的距离 ；
（4）小球回到 x 轴时到 O 点的距离 。
【答案】（1）
（2）
（3）
（4）
【解析】
【小问 1 详解】
由题意，小球从 N 点返回 x 轴的过程中做直线运动，则合外力方向与轨迹共线，如下图
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由几何关系可知，
得
【小问 2 详解】
由题意，在 区域只受到沿 y 轴负方向、大小为 的恒力作用，小球做类斜抛运动，由运动的对称性，
可知 M、N 两点的速度大小相等，设 M、N 两点速度为 ，分解 M 点的瞬时速度， 方向的分速度
方向的分速度
则小球在 点的速度
物体在 区域受到沿 x 轴正方向的恒力 和沿 y 轴负方向、大小为 的恒力作用，设 方向加速度
为 ， 方向加速度为 ， 点速度为 ，则由牛顿第二定律可得 方向加速度
方向加速度
方向做匀加速运动，满足公式
方向做匀减速运动，满足公式
联立得 ，
则小球从 O 点掷出时的速度大小与小球通过 Q 点时的速度大小的比值
【小问 3 详解】
由题意小球从 M 经 Q 到 N 的过程，上升的最大高度
小球从 O 到 M 的过程，上升的高度满足
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联立得 ，
Q 点到 x 轴的距离
【小问 4 详解】
小球从 O 到 M 的过程， 方向的位移
联立得
小球从 M 经 Q 到 N 的过程， 方向的位移
类斜抛的时间
联立得
小球从 N 点返回 x 轴的过程中，由几何关系
小球回到 x 轴时到 O 点的距离
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