湖南省株洲市2025-2026学年高一下学期期中模拟考试自编物理试卷01（范围：人教版必修1、必修2第五-六单元）（解析版）

湖南省株洲市2025-2026学年高一下学期期中模拟考试自编物理试卷01（解析版）题号12345678910答案ABDDBACACCDAD1．A【详解】A．在研究导弹飞行轨迹时，导弹的大小和形状对研究问题没有影响，可以看作质点，故A正确；B．飞行的导弹除受重力作用外，还受到阻力作用，故B错误；C．导弹斜向上加速时，竖直方向有向上的加速度，所以处于超重状态，故C错误；D．飞行的导弹受重力和阻力作用，合外力不断变化，加速度不断变化，所以不是做匀变速曲线运动，故D错误。故选A。2．B【详解】解析：初始状态时，小球受重力、拉力和圆环弹力的作用，当圆环以角速度ω匀速转动，由正交分解可得：水平方向：竖直方向：解得：当时，支持力为0，故C错误；当时，细绳拉力为0，故B正确；当，小球不滑动，故D错误；，支持力沿半径向外；，支持力沿半径向内。故选B。3．D【详解】设“卫星A”卫星周期为，则它运动到地球另一侧经过的时间，，设导航卫星B周期为，经过的时间，由于“卫星A”卫星轨道更低，周期更短，则它再从导航卫星B正下方经过，满足即，设导航卫星B的半径为，根据开普勒第三定律，则卫星B的轨道半径其中、取整数且，D符合题意。故选D。4．D【详解】因飞机做匀减速直线运动，故抛出的救灾物资都应在飞机的右下方，设某个救灾物资抛出时的速度为，飞机水平方向的加速度大小为，则从这个救灾物资抛出开始经历时间，这个救灾物资与飞机水平方向和竖直方向的距离分别为，则这个救灾物资与飞机的连线和水平方向夹角的正切即任一时刻抛出的所有救灾物资与飞机的连线与水平方向的夹角都相等，故任一时刻空中的救灾物资都应在一条直线上。故选D。5．B【详解】A．由勾股定理得A点到C点距离为，从A点到达C点的路程为200m，故A错误；B．从A点到达C点的位移为由点A指向点C的有向线段的长度，故大小为，故B正确；C．全程的路程为,故C错误；D．全程的位移大小为0,故D错误；故选B。6．A【详解】（1）第一次相遇：两蜗牛相向而行，相对速度为，相遇时间此时，向下蜗牛位置为向上蜗牛位置为（2）到达端点的时间：向下蜗牛从相遇点到底端的时间为总时间此后以向上运动；向上蜗牛从相遇点到顶端的时间为总时间此后以向下运动。（3）第二次相遇：在时，向下蜗牛已向上运动时间，位置为向上蜗牛从顶端以向下运动，初始距离为，相对速度，相遇时间总时间故选A。7．C【详解】A．由图像可知，撤去拉力F前，物块在木板上一直有有相对运动，否则，撤去拉力F后，木板的v-t图像不可能是两段折线。在1～1.5s内，物块加速、木板减速，设它们的加速度大小分别为a1、a2，则设物块、木板的质量均为m，物块与木板之间的动摩擦因数为μ1，木板与地面之间的动摩擦因数μ2，则有对物块得μ1=0.2，μ2=0.4撤去拉力F前，木板的加速度对木板,根据第二定律有得F=18N选项A错误；B．由上可知，物块与木板间的动摩擦因数为，选项B错误；C．在t1=1.5s内，物块位移为木板位移为在t1=1.5s后，物块与木板间仍有相对滑动物块的加速度大小木板的加速度大小为得物块到停止的时间还需木板到停止的时间还需所以木板比物块早停止运动。在t1=1.5s到物块停止运动的时间内，物块的位移为木板位移为物块最终停止时的位置与木板右端间的距离为选项C正确；D．由上可知，物块从开始到停止运动的时间为3s，2s时的速度不为0，选项D错误。故选C。【点睛】8．AC【详解】两球脱落后做平抛运动。设圆盘角速度为。对于A球：轨道半径初速度下落高度。对于B球：轨道半径初速度下落高度两球落到同一点，说明水平位移相等，即根据平抛运动规律有化简得两边平方整理得解得A．由上述推导可知，要使两球落到同一点，必须满足，故A正确；B．根据h为平抛的竖直位移，若仅把高度加倍，h不一定为原来的4倍，则不一定加倍，故B错误；C．若仅把角速度减半，保持不变，两球仍满足落到同一点的条件。此时初速度变为原来的一半，下落时间不变，水平位移变为原来的一半。原落点为，新落点即为的中点，故C正确；D．若增大高度，两球水平位移不相等，不可能落到同一点，更不可能都落到点，故D错误。故选AC。9．CD【详解】A．第二宇宙速度是，是脱离地球引力束缚的最小发射速度，嫦娥号未脱离地球引力，发射速度小于，故A错误；B．嫦娥号绕月做匀速圆周运动，处于完全失重状态，小球绕点做圆周运动的向心力由绳子的拉力提供，故B错误；C．根据向心力公式，已知力传感器的示数、半径和周期，可求出小球质量，故C正确；D．小球从到运动时间为，则在点竖直方向上速度同理在点竖直方向上速度从到的运动联立可计算出月球表面的重力加速度但不知道月球半径，根据无法求出月球质量和密度，故D正确。故选CD。10．AD【详解】A．根据平均速度等于其中间时刻的瞬时速度，物体在0.5s末速度一定为6.4m/s，故A正确；D．因为物体在0.5s末速度一定为6.4m/s，设2s末的速度v2，根据速度公式，假设第3s末的速度刚好为零，逆向分析，可以看作初速度为零的匀加速直线运动，根据匀变速直线运动运动的规律可知解得减速后第3s内的位移为所以第3s内某一时刻冰壶已经静止。因为第3s内的位移为0.4m，由逆向思维解得，故D正确；B．物体在2.5s末速度为故B错误；C．由逆向思维，物体在第2s内的位移为故C错误。故选AD。11．(1)B(2)球心(3)【详解】（1）因为本实验是研究平抛运动，只需要每次实验都能保证钢球做相同的平抛运动，即每次实验都要保证钢球从同一高度无初速度释放并水平抛出，没必要要求斜槽轨道光滑，挡板高度可以不等间距变化。故ACD错误，B正确。故选B。（2）[1]因为钢球做平抛运动的轨迹是其球心的轨迹，故将钢球静置于Q点，钢球的球心对应白纸上的位置即为坐标原点。[2]钢球做平抛运动，水平方向做匀速直线运动，初速度等于水平方向速度，则有竖直方向做自由落体运动，则有联立解得（3）设重锤线与y轴间的夹角为θ，将重力加速度分别沿x、y轴方向分解，如下图所示。则有，根据匀变速运动推论，设相邻两点间的时间间隔为T1。根据匀变速直线运动的推论，沿x轴方向有代入数据解得沿y轴方向有代入数据解得则重垂线方向与y轴正方向间夹角的正切值为12．2.05/2.04/2.0624.5【详解】[1]刻度尺的最小分度为1mm，则读数。[2]设小桶质量为，当小桶中水的体积为时，由平衡条件可知变形可得以小桶中水的体积为横坐标，橡皮筋伸长量为纵坐标，则图线的斜率解得。13．(1)(2)，(3)【详解】（1）在点合力提供向心力，有解得（2）由于传送带足够长，物块最终与传送带共速，以速度滑上平板。在平板上有相对运动，物块向左的加速度大小平板向右的加速度满足解得物块从滑上平板到与之共速，速度满足解得平板位移物块相对于地面运动的位移（3）令传送带速度为，物块在平板上向左的加速度为平板向右的加速度满足解得物块到达点的过程，根据物块与木板是否有共速过程，分两种情况讨论。情况一：平板到达前，物块和平板已经共速。令刚刚共速时的速度为，物块从滑上平板到与之共速，物块相对地面的位移满足①平板相对地面的位移满足刚刚共速后，若它们共同运动，则加速度由可知物块与平板将相对静止，共同运动到平板接触，共速的位移为令到达时，平板与物块的共同速度为，满足②平板到达后静止，物块减速运动，位移为，物块向左的加速度为，令物块运动到处的速度为，满足③，联立①②③推导得要使得最小，取，因此当取最大,最小，即时，有代入数据解得情况二：平板到达前，物块和平板不能共速。令物块到达点的速度为，对物块有解得当时，由于物块一直减速且和平板不能共速，因此速度不能小于和情况一比较可以发现综上传送带的最小速度14．(1)(2)(3)当时，，当时，【详解】（1）滑块在斜面上运动时，由牛顿第二定律，有解得加速度为由运动学公式，有解得（2）滑块从离开传送带到落入货车车厢，下落的高度为由自由落体运动规律有平抛运动总用时t满足解得若要落入车厢，滑块平抛运动的水平运动需满足解得若滑块能从D点做平抛运动，由牛顿第二定律有解得故物块到达D点时的速度需满足滑块在传送带上相对滑动时，由牛顿第二定律解得若滑块在传送带上加速，则若滑块在传送带上一直减速，D点速度为，由运动学公式解得故滑块不能一直在传送带上减速，故传送带的速度取值范围为。（3）由前问有，现在开始寻找不符合题意的情况情况一：一直减速后仍然有此时由运动学公式有解得情况二：直到最后仍然有刚进入传送带时，滑块速度快于传送带，若达到速度相同用时，有解得，此时滑块的位移此后由于，滑块将一直保持的加速度做匀加速运动：联立代入解得故L0的取值范围为，在符合取值范围的L0中：若离开传送带时，滑块已经与传送带共速，即，则水平距离假设某滑块直至离开传送带时，仍未与传送带共速，则水平距离，其中该滑块刚进入传送时，滑块速度快于传送带，若达到速度相同用时，有：解得，此时滑块的位移情况一：若共速前就离开传送带，即解得故当时，物块离开传送带时仍未与传送带共速，有由，代入数值可得故当时，当滑块与传送带速度相同后，由于，滑块将一直保持的加速度做匀加速运动解得由，代入数值可得故当时，当时15．（1）36；（2）1.76s；（3）18【详解】（1）汽车加速的时间在绿灯亮的40s时间内汽车能行驶的位移为n量车的长度为当时能通过路口，解得当时，根据题意可知，能有36辆汽车通过路口。（2）记，当显示灯刚亮出“”时，第37辆汽车前面一共有36