湖南省湘潭市2025-2026学年高一下学期期中模拟考试自编物理试卷01（范围：人教版必修一、必修二第五-七单元）（解析版）

湖南省湘潭市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CBBCCABADADAD1．C【详解】A．设篮球投出到进筐过程中，上升时间为，下降时间为，由题意可得其中解得，则篮球投出到进筐过程总时间故A错误；BD．抛出瞬间篮球速度的水平分量为篮球速度的竖直分量为解得，，，篮球在水平方向做匀速运动，因此篮球最高点速度大小为，故BD错误；C．篮球抛出点到篮筐中心的水平距离满足，故C正确。故选C。2．B【详解】B．当小球运动到圆弧轨道上某C点时，取O点与小球的连线与的夹角为，此时小球的速度为v，对小球在半径方向进行受力分析有故当小球在A点时，，由牛顿第二定律得，故，故B正确；C．当小球在圆弧轨道中点时，故C错误；AD．当小球在B点时，可得故B点的滑动摩擦力且此时小球切向加速度方向与速度方向相反，说明小球已经进入了减速阶段，故AD错误。故选B。3．B【详解】时间延缓效应与相对运动的方向无关，静止参考系的时间是固有时间。惯性系A与惯性系B中的人都感觉自己的参考系是静止的，在相对某参考系运动的参考系来看，原参考系中的时间就变长了，运动就变慢了。故选B。4．C【详解】AB．小盒子B向被测物体发出短暂的超声波脉冲后，经过时间到达被测物体并被反射折回，再经过时间回到小盒子B，故AB错误；C．从小盒子B发射超声波脉冲开始计时，经时间再次发射超声波脉冲，经过时间到达被测物体并被反射折回，再经过时间回到小盒子B，该过程中超声波经过的路程为，所以超声波的速度可以表示故C正确；D．被测物体在时刻第一次接收到超声波，接收到第二次超声波的时刻为该过程中被测物体发生的位移为所以物体的平均速度为故D错误。故选C。5．C【详解】在两段图像中加速度随时间线性变化，可取其平均加速度，公交车等效于以平均加速度做匀减速运动，设公交车的刹车时间为t,则公交车恰好不会撞上的条件解得故选C。6．A【详解】每个弹簧的伸长量为每个小球所受弹簧弹力的合力为故选A。7．B【详解】A．工件从传送带上端向下运动时，做匀加速运动，运动的加速度大小工件滑出传送带的速度，说明工件与传送带达到共同速度后再加速运动，加速度大小则即，故A错误；B．传送带以速度运动时，工件运动的图像如图中1线。当传送带以速度运动时，工件可能一直匀加速运动，工件滑出时的速度大小，工件运动的图像如图中2线；也可能先匀加速在速度达到后再次以加速度做匀加速运动，工件运动的图像如图中3线，如图由于工件在传送带上运动的位移大小相等，图像与时间轴围成的面积相等，由图可知，故B正确；C．工件的速度达到前，工件在传送带上运动的位移大小相等、时间相等；当传送带以速度运动时，若工件一直匀加速运动，剩下的一段位移当传送带以速度运动时，若工件一直匀加速运动，剩下的一段位移由于，所以，故C错误；D．传送带上留下的划痕长度为工件与传送带相对位移的大小，当传送带以速度运动时，工件若恰好到达下端时划痕长度等于传送带的长度。当传送带以速度运动时，达到共同速度前，工件的速度小于传送带的速度；达到共同速度后，工件的速度大于传送带的速度，两次的划痕有重叠，最后划痕的长度可能等于传送带的长度，故D错误。故选B。8．AD【详解】A．根据，得则在国际单位制中粘滞系数的单位为，故A正确；B．设释放后某一时刻小球的速度为v，则此时小球所受粘滞阻力为，小球受到重力、浮力和粘滞阻力，由牛顿第二定律有化简得仅增大小球密度，则小球的加速度变大，小球速度达到时所需时间变短，故B错误；C．小球达到最大速度时，根据平衡条件得得仅将小球半径变为原来的2倍，小球达到最大速度为，故C错误；D．根据，小球速度为零时加速度最大，加速度的最大值为，故D正确。故选AD。9．AD【详解】ABC．设行李箱滑上传送带时的速度为，转盘的速度为，倾斜转盘与水平方向的夹角为,则行李箱相对转盘的速度方向如图中的所示，滑动摩擦力的方向与相对运动方向相反，如图中所示，行李箱所受摩擦力的方向与转盘运动方向不相同。沿转盘所在斜面，行李箱受重力分力与滑动摩擦力作用，这两个力的合力方向与行李箱相对转盘的初速度、行李箱的对地初速度都不在一条直线上，所以行李箱相对转盘和相对地面均做曲线运动，故A正确，BC错误；D．转盘与行李箱间的摩擦力为滑动摩擦力，增大转盘的转速不会增加二者间的正压力，摩擦力大小不变，故D正确。故选AD。10．AD【详解】当较小时，A、B、C分别由盘面的静摩擦力提供向心力，设时，A与盘面先达到最大静摩擦力，此时对A，解得当时，AB间轻绳上出现弹力，设弹力大小为，B与盘面间摩擦力为（以指向圆心为正方向），此时对A、B分别有，联立解得随增大将减小，当时，解得此时当时，将反向增大。设时，C与盘面间达最大静摩擦力，此时对C，解得当时，BC间轻绳上将出现弹力，由于，当时，解得此时未达到最大静摩擦力。综上：当时，减小为0，当时，设BC间轻绳上弹力大小为，对A，对B，对C，联立三式，解得随增大，反向增大，当B与盘面间达最大静摩擦力，即时，解得此时综上所述可知A．当BC间轻绳出现弹力时，B所受摩擦力为0，A正确；BCD．当时，A与盘面间的摩擦力反向增大。当再次达到最大静摩擦力时，对A，对B，对C，联立三式，解得继续增大则A、B、C会一起滑动。此时和都达到最大，代入解出此时，，D正确，BC错误。故选AD。11．(1)AC(2)是，判断依据见解析(3)0.83(4)1.6(5)D(6)，见解析【详解】（1）A．打点计时器所用电源是交流电源，故A正确；B．打点计时器是计时仪器，故本实验不需要秒表，故B错误；C．为了更充分利用纸带，则实验时应先接通电源再释放小车，故C正确；D．纸带上打的点越密，说明物体运动得越慢，故D错误。故选AC。（2）由图乙可知，，，，在误差允许范围内，连续相等的时间间隔内位移差近似相等，故小车做的是匀变速直线运动。（3）相邻两计数点间的时间间隔为D点的速度大小为（4）[1]标出速度vD对应的坐标点，作出v-t图线，如图所示[2]根据v-t图像的斜率表示加速度，则小车的加速度为（5）A．根据可知d-t图线是一条抛物线，故A错误；B．根据可知d-t2图线只有初速度为零时才是一条倾斜直线，故B错误；C．根据可得则图线只有初速度为零时才是一条倾斜直线，故C错误；D．根据可得则v2-d图线拟合得到一条斜率为k的直线，则斜率为即小车加速度为，故D正确。故选D。（6）由题意可知则速度与位移的关系式其中加速度所以取趋近于0时，表示在时刻的瞬时速度即12．4:2:18:4:1【详解】（1）[1]设a轮转动的角速度为2ω，因ab同缘转动，则b轮转动的角速度为ω，钢球①、②、③的速度分别为，，即三球线速度之比为4:2:1；（2）[2]根据可得钢球①、②、③受到的向心力之比为（3）[3]小球做圆周运动时，竖直方向解得小球质量（4）[4]小球做匀速圆周运动的角速度，绳b被烧断之前小球做匀速圆周运动，则，解得（5）[5]小球做匀速圆周运动的角速度线速度：绳b被烧断之后的瞬间，小球的速度来不及突变，即将在竖直面内做变速圆周运动，半径为，绳a的拉力突变为F0，向心力突变为：F0-mg，若：，可解得则向心力公式得到验证。13．(1)(2)v=15m/s，(3)，【详解】（1）当A恰好不滑动时，轻绳的拉力大小当A恰好不滑动时，所受的摩擦力为最大静摩擦力（设为），对A，在水平方向有设此时台面对A的支持力大小为N，对A，在竖直方向有又解得。（2）设在轻绳被剪断后，B在空中下落的时间为t，有解得B落地时的速度大小解得又解得。（3）如图所示，将A所受的滑动摩擦力f与支持力合成为一个等效力，当A沿台面向上匀速运动时，、F的合力与二力平衡，可知与方向相反，设、的夹角为，有又解得根据几何关系有解得当F与垂直时，F最小，有解得。14．(1)(2)【详解】（1）设网球初速度为时，经历时间恰能过网，水平方向有竖直方向有解得设网球初速度为时，经历时间恰好不出右侧底线，水平方向有竖直方向有解得综上，要使得网球能落到右侧场地，初速度应满足。（2）设网球初速度方向与GI方向的夹角为，初速度大小为，恰能过网，如图所示网球运动轨迹与球网的交点为在地面上的投影为，网球落地点为，设的距离为。从H运动至M的过程中，水平方向有从H运动至P的过程中，水平方向有落点P到球网的距离解得即所有恰好过网的网球落点位置到球网的距离均相同，与初速度方向无关。故所有可能的落点组成的形状为矩形，面积为联立解得15．(1)(2)(3)【详解】（1）根据万有引力提供向心力有地球的质量为联立解得第一宇宙速度为（2）距离地心为x时，