湖南省衡阳市2026年高一下学期学情检测模拟考试物理自编试卷01（人教版）（解析版）

答案第=page11页，共=sectionpages22页答案第=page11页，共=sectionpages22页湖南省衡阳市2026年高一下学期学情检测模拟考试自编试卷01物理试题（解析版）题号12345678910答案DABBBCBDADACDBD1．D【详解】A．瞬时加速度的定义用的是极限法（微元法），曹冲称象运用了等效法，故A错误；B．“伽利略理想斜面实验”运用了逻辑推理的方法，与曹冲称象的方法不同，故B错误；C．探究“加速度与质量、合外力的关系”应用控制变量法，曹冲称象运用了等效法，故C错误；D．探究“两个互成角度的力的合成规律”应用了等效法，与曹冲称象运用的方法相同，故D正确。故选D。2．A【详解】A．滑翔爱好者在滑翔过程中只受重力和空气阻力，根据功能关系可知，克服阻力做的功等于机械能的减少量，故A正确；B．根据重力做功与重力势能变化的关系可知，重力势能的减小量等于重力做的功，故B错误；C．根据能量守恒可知，重力势能的减少量等于动能的增加量与克服重力做的功之和，故重力势能的减小量大于动能的增加量，故C错误；D．根据动能定理可知，动能的增加量等于合力做的功，故D错误。故选A。3．B【详解】A．国际单位制（SI）中，力学范围内的基本单位是千克（kg）、米（m）、秒（s），牛顿（N）是导出单位（由kg·m/s²定义），故A错误。B．牛顿第二定律公式为。为使该式成立，单位必须一致：力的单位为牛顿（N），质量的单位为千克（kg），加速度的单位为米每二次方秒（m/s²），且N的定义即为kg·m/s²，故单位必须为N、kg、m/s²，故B正确。C．惯性是物体的固有属性，由质量决定，与重力状态无关。完全失重时质量不变，惯性不变，故C错误。D．根据牛顿第三定律，马拉车的力与车拉马的力是一对作用力与反作用力，大小始终相等，与运动状态无关，故D错误。故选B。4．B【详解】A．根据v-t图像的斜率等于加速度可知，甲车的加速度在某些时刻为零，故A错误；B．在前3s内，甲车的速度比乙车的大，两者出发点相同，则甲车在乙车的前方，两者间距逐渐增大，所以在t=3s时，两车相距最远，故B正确；C．根据“面积”表示位移，可知t=9s时，两车不在同一位置，故C错误；D．根据斜率表示加速度，斜率的正负表示加速度的方向，则知甲车在t=6s时的加速度与t=9s时的加速度方向不同，故D错误。故选B。5．B【详解】对正三角形内部的小球受力分析，如图所示由几何关系可知，随着角度θ从0°到120°增大过程中，角α与角θ之和保持不变，且α+θ=120°，所以角β也保持不变，β=60°，由平衡条件和正弦定理得所以球对AC边的压力球对BC边的压力A．当BC边与AC边所受压力大小相等时，即N'AC=N'BC，则θ=60°，此时AB处于水平状态，故A错误；BC．角度θ从0°到120°增大过程中，sinθ和sin（120°-θ）都是先增大后减小，所以球对AC边的压力和球对BC边的压力都是先增大后减小，B正确，C错误；D．当0＜θ＜60°时，N'BC＞G，即BC边所受压力有可能大于球的重力，故D错误。故选B。6．C【详解】A．分离前整体分析有由于a不变，x减小，则F增大。故A错误；B．A、B分离时，对B有解得A、B分离时，弹簧弹力不为零，故B错误；C．施加F前，物体A、B整体平衡，根据平衡条件，有2Mg=kx1解得A、B分离时，A上升的距离为故C正确；D．A、B分离后，B将做加速度减小的加速运动，当时，B达到最大速度，故D错误。故选C。7．BD【详解】A．卫星进入运行轨道之后，与地球之间仍然存在一对作用力与反作用力，即地球对卫星的引力和卫星对地球的引力，故A错误；BC．火箭尾部向下喷气，喷出的气体反过来对火箭产生一个反作用力，从而让火箭获得了向上的推力，故B正确，C错误；D．火箭飞出大气层后，由于没有了空气，火箭向后喷气，喷出的气体反过来对火箭产生一个反作用力，从而让火箭获得了向上的推力，故D正确。故选BD。8．AD【详解】A．设飞轮边缘有一点C，链轮和飞轮之间通过链条传动，A、C两点线速度大小相等，即，故A正确；D．后轮和飞轮同轴转动，故B、C两点角速度相同，即，根据，可知A、B两点的角速度大小之比为故D正确；BC．B、C两点角速度相同，根据，可知B、C两点的线速度大小之比为A、C两点线速度大小相等，则A、B两点的线速度大小之比为，故BC错误。故选AD。9．ACD【详解】AB．设弹簧弹力为F，对两球整体受力分析，由平衡条件可得对小球M受力分析且由平衡条件可得联立解得，故A正确，B错误；CD．剪断轻绳B的瞬间，轻绳A的张力为球N在径向的分力为剪断轻绳B的瞬间，弹簧弹力不变，球M的合力大小为故CD正确。故选ACD。10．BD【详解】A.时刻，推力为零，物块的加速度大小为对物块受力分析，如图所示，根据牛顿第二定律，沿斜面的方向有解得故A错误；B.物块加速度为零时，由力的平衡条件得又代入上式解得由图乙可知，此时解得故B正确；C.由B选项分析可知，推力的大小为故C错误；D.时，由牛顿第二定律得又代入数据解得故D正确。

故选BD。11．(1)D(2)C(3)12.0(4)B【详解】（1）用一个力将小圆环拉到点，与两个力的共同作用效果完全相同，属于等效替代法。故选D。（2）A．弹簧测力计使用前应该校零，即将两弹簧测力计调零后水平互钩对拉，选择两个读书相同的测力计，竖直互拉会有重力影响，故A错误；B．两个分力的方向不是必须垂直，分力夹角适当大些，便于作图，误差可以小些，故B错误；C．为了作图的精确性，拉橡皮条时，弹簧秤，橡皮条，细绳应贴近木板且与木板平面平行，故C正确。D．两次拉橡皮条时，都要使橡皮条沿的方向从点伸长到点，故D错误。故选C。（3）[1]如图[2]由图可知的大小为要保留3位有效数字，应为12.0N。（4）用一个力单独拉住小圆环，所以是实际的作用力，是实际测量值，而是利用作图法作出的的合力，是理论值。故选B。12．左下方0.45不过大于【详解】[1]因为需要利用重力沿斜面向下的分力平衡摩擦力，所以需要将5个钩码全部放入小车中，在长木板左下方垫上适当厚度的小物块，使小车（和钩码）可以在木板上匀速下滑。[2]利用表中的数据在图（b）中描点，并作出a-n图像如图所示[3]设小车质量为，对于钩码和小车组成的整体有即结合图像可知，图像的斜率为求得[4][5]若保持木板水平，对钩码和小车组成的整体根据牛顿第二定律有整理得因此图像不过原点，由于即该直线的斜率大于步骤（4）中直线的斜率。13．(1)(2)【详解】（1）若电场强度，对滑块受力分析，如图所示假设滑块沿斜面下滑，沿垂直斜面方向有解得假设成立，滑块沿斜面下滑受到的摩擦力根据功能关系，滑块运动至水平面过程中与斜面因摩擦而产生的热量（2）若电场强度，滑块受到的合力设合力与水平面夹角为α，则解得滑块将沿如图直线运动至水平面，由功能关系，此过程中电势能变化量14．（1），方向沿木棍向上；（2）0.6【详解】（1）从右侧视角分析，在沿斜坡方向根据平衡条件解得方向沿木棍向上。（2）由底部沿木棍向上看，受力关系如图所示图中角满足解得根据平衡条件解得所以动摩擦因数15．（