2026年湖南省株洲市高一下学期第一次月考物理练习卷01（人教版）（解析版）

2026年湖南省株洲市高一下学期第一次月考练习卷01物理试题（解析版）题号12345678910答案DCCBDABBDADACD1．D【详解】当冲锋舟过河时间最短时，速度的方向垂直河岸，根据几何关系，有可解得在第二次过河的过程中，当冲锋舟速度最小时，速度方向应与虚线垂直，有所以故选D。2．C【详解】解法一：建立v0的方向为x轴，与v0垂直的方向为y轴的直角坐标系xOy，设v0与g的夹角为，如图1所示铅球在x方向做匀减速直线运动，到B点时速度减为零，有可得铅球在y方向做匀加速直线运动，有得t=1s则解法二：抛体运动，由于只受重力作用，加速度方向必然竖直向下，任何时间段内速度变化量方向必然竖直向下，所以速度矢量三角形如图2所示，则有，故选C。3．C【详解】根据开普勒第三定律又已知木星的轨道半径大约是地球的5.2倍，可得设木星合日出现的周期约为t，根据可得故选C。4．B【详解】A．哈雷彗星最近出现1986年，下次2061年，公转周期年，不是150年，故A错误；B．根据开普勒第二定律（面积定律），取极短时间，哈雷彗星在近日点、远日点扫过面积相等整理得即近日点与远日点速度比为，故B正确；C．加速度由万有引力提供，由得因此近日点与远日点加速度比不是，故C错误；D．地球在该点做匀速圆周运动，速度满足哈雷彗星在交点处，接下来会向远日点（远离太阳）运动，做离心运动，万有引力小于所需向心力：得即哈雷彗星速度更大，故D错误。故选B。5．D【详解】设巡逻车第一次发射信号到对面来车第一次接收信号所用时间为，则有解得设巡逻车第二次发射信号到对面来车第二次接收信号所用时间为，则有对面来车从第一次接收到信号到第二次接收到信号期间的位移该过程时间为则对面来车的速度故选D。6．A【详解】A．甲的x-t图像为抛物线，所以时，可得2s时甲的速度大小为由图2知乙前2s做匀速直线运动，速度大小因此2s时，甲乙距离正在增大，故A正确；BD．8s时，甲的位移大小乙的位移大小则乙在甲前面。8s时，甲的速度大小所以8s时甲和乙速度大小相等，8s后甲加速运动，乙匀速运动，所以甲乙共速一次，8s时甲乙距离最远，故BD错误；C．由于甲一直做加速运动，8s后甲追上乙，甲的速度大于乙的速度，之后两者之间的距离一直增大，所以相遇一次，故C错误。故选A。7．B【详解】A．方案一中，两个分力和的夹角大小应适当，以利于减小实验误差，并非必须大于120°。夹角过大或过小都会增大实验误差，故A错误；B．方案一采用的是“等效替代”法，即两个分力和共同作用的效果与一个合力单独作用的效果相同。实验中，这个效果体现在使橡皮筋的结点被拉到同一个位置。因此，必须保证步骤（b）和（c）中小圆环被拉到同一处，故B正确；C．方案二是通过三力平衡来验证力的合成法则。实验中，弹簧测力计A和B的拉力的合力与重物M的重力大小相等、方向相反。因此，必须测量重物M所受的重力，才能将两个拉力的合力（理论值）与重力（实际值）进行比较，故C错误；D．方案二中，每次实验都是在一个新的平衡状态下验证力的合成法则，改变拉力进行多次实验时，结点的位置会随之改变，不需要保证结点被拉到同一处，故D错误；故选B。8．BD【详解】A．将初速度沿斜面向下和垂直斜面向上分解为，将重力加速度沿斜面向下和垂直斜面向上分解为，当小球落到斜面上时，垂直斜面方向位移为0，得运动总时间落至斜面时，速度分量，设速度与斜面夹角为，则代入，得因此，故A错误；B．当小球垂直斜面方向速度减为0时，离开斜面距离最大，由匀变速运动公式，最大距离代入，得，故B正确；C．沿斜面位移的表达式一定时，在时取最大值，先增大后减小，不是越大越大，故C错误；D．对位移的表达式变形，得令对求导可得一定时，范围内始终大于0，则随增大单调递增，因此越大，位移越大，故D正确。故选BD。9．AD【详解】A．飞镖水平位移为，水平方向匀速：，解得飞行时间，故A正确。B．飞镖击中点时，从初始位置（盘心正上方）转到飞镖高度，需要转过圈加半圈（），即整理得周期：时周期最大，最大周期为；越大越小，不存在最小周期，故B错误。C．竖直方向飞镖下落位移：击中时在盘心正下方，下落位移等于圆盘直径，即，得，与选项矛盾，故C错误。D．点线速度，代入和，整理得：当时，，满足条件，故D正确。故选AD。10．ACD【详解】A．对两小球的整体分析可知，，可得此时轻绳c的拉力大小为，，A正确；B．剪断轻绳a瞬间，弹簧的弹力不变，小球1受的合力为则球1的加速度大小为，B错误；C．剪断弹簧b瞬间，小球1的加速度大小为，C正确；D．对1、2整体分析，如图所示若保持轻绳a与竖直方向的夹角为30°不变，使轻绳c沿逆时针缓慢转动60°的过程中，轻绳c的拉力大小先减小后增大，故D正确。故选ACD。11．保持水平【详解】[1]为了保证小球抛出时的速度处于水平方向，斜槽轨道末端必须水平。[2]由于平抛运动竖直方向为自由落体运动，根据匀变速直线运动规律则有解得相邻点迹之间的时间间隔为由于平抛运动水平方向为匀速直线运动，则钢球抛出时的初速度大小为[3]根据匀变速直线运动规律可得，钢球在B点时沿竖直方向的分速度大小为12．(1)AD(2)2.839.75(3)【详解】（1）A．在木球、塑料球、铁球中选重物时应选铁球，以减小阻力的影响，A正确；B．该实验不需要用天平测出所选重物的质量，B错误；C．若使用电火花打点计时器，则电源应使用220V的交流电，C错误；D．实验时应先接通电源，等打点稳定后释放重物，D正确。故选AD。（2）[1]相邻两计数点间还有4个点未画出，可知T=0.1s，打D点时的速度大小为[2]重物下落的加速度大小为（3）a、[1]若某个梯阶通过光电门时的遮光时间为t，则此梯阶通过光电门时的速度；b、[2]根据其中，可得由图像可知，可得自由落体加速度大小13．(1)(2)【详解】（1）因选手落到转盘边缘所需向心力最大有转盘的角速度最大值为（2）人匀加速运动的位移为末的速度平抛运动竖直方向有水平射程选手要想落在转盘上满足联立解得14．(1)3m/s(2)0.8m或3.2m(3)9.6m【详解】（1）从A到B过程中，根据牛顿第二定律，有再根据运动学公式可得

解得（2）无论抛出时物块的初速度如何，在竖直方向，根据解得下落时间均为若传送带逆时针旋转，则物块一直做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律，有解得加速度为根据运动学公式，有解得所以物块水平抛出后的位移为解得若传送带顺时针转动，假设能共速，则解得故物块加速至共速后随传送带一起做匀速直线运动，则所以物块水平抛出后的位移为解得所以x的可能值为0.8m或3.2m（3）由题意可知，传送带需要顺时针转动，物块抛出时的速度为4m/s第一次落地时的速度为碰撞后竖直方向的分速度为碰撞前竖直方向分速度的，所以从第一次碰撞后到发生第二次碰撞的时间同理，从第二次碰撞后到发生第三次碰撞的时间

从第n次碰撞后到发生第次碰撞的时间物块运动的总时间

可得所以n次碰撞后的水平位移为15．(1)，(2)(3)【详解】（1）在时间内