重庆市江津区2025-2026学年高一物理下学期半期考试试卷含解析

本试卷满分100分，考试用时75分钟

注意事项：

1．答题前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上。

2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改

动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在

本试卷上无效。

3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。

4．本试卷主要考试内容：人教版必修第二册第五章到第七章。

一、单项选择题：本题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有

一项是符合题目要求的。

1.某新型隐身战机在飞行表演中展示动作。如图所示，该战机沿曲线ab向上爬升。整个飞行轨迹位于同一

竖直平面内，且飞行速度大小保持不变。则在沿ab段曲线飞行过程中（）

A.战机所受合力可能为图中的

B.战机所受合力可能为图中的

C.战机在竖直方向的分速度逐渐增大

D.战机在水平方向的分速度逐渐增大

【答案】C

【解析】

【详解】AB．曲线运动的合力方向指向曲线的凹侧，图中和指向轨迹凸侧，故AB错误；

C．战机沿曲线向上爬升，轨迹越来越陡，说明速度方向与水平方向的夹角逐渐增大。将速度分

解，竖直分速度

由于大小不变，增大（且），增大，所以逐渐增大，故C正确；

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D．水平分速度

由于大小不变，增大，减小，所以逐渐减小，故D错误。

故选C。

2.某大型风力发电装置的叶片转动的圆面的直径超百米。如图所示，a、b为同一叶片上的两点，当叶片绕

发电装置的中轴线O以恒定转速旋转时，下列说法正确的是（）

A.a点的转动周期大于b点的转动周期

B.a点的角速度大于b点的角速度

C.a点的线速度大于b点的线速度

D.a点的向心加速度等于b点的向心加速度

【答案】C

【解析】

【详解】AB．a、b两点在同一个叶片上，属于同轴转动，根据同轴转动的特点可知，两点的角速度相等，

根据周期公式可知，两点的转动周期相等，故AB错误；

C．根据线速度与角速度的关系公式，由图可知a点的转动半径大于b点的转动半径，所以a点的

线速度大于b点的线速度，故C正确；

D．根据向心加速度公式，可知a点的向心加速度大于b点的向心加速度，故D错误。

故选C。

3.如图所示，一台3D打印机的底板可沿x轴方向移动，喷头可在导轨OP上沿y轴方向移动。若喷头从坐

标原点O出发，沿y轴正方向做匀速直线运动，同时底板沿x轴负方向做匀加速直线运动，则打印出来的

图像是（）

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A.抛物线B.双曲线C.圆弧D.直线

【答案】A

【解析】

【详解】根据平抛运动的定义可知，沿y轴正方向做匀速直线运动，同时沿x轴负方向做匀加速直线运动，

喷头的运动为类平抛运动，运动轨迹为抛物线。

故选A。

4.中国天问二号探测器于2025年发射，目标是对近地小行星进行伴飞探测。科学家选定了一颗特殊的小行

星作为目标。观测显示，这颗小行星的轨道很扁：近日点在水星轨道的内侧，远日点在木星轨道的外侧，

轨道半长轴大于地球轨道半径，小于木星轨道半径，如图所示。已知木星绕太阳公转的周期约为11.86年，

关于这颗小行星（只考虑太阳引力作用），下列说法正确的是（）

A.它在远日点的速度比在近日点的速度大

B.它的公转周期一定大于11.86年

C.它在近日点的加速度比在远日点的加速度小

D.它与太阳的连线在相同时间内扫过的面积相等

【答案】D

【解析】

【详解】A．根据开普勒第二定律（面积定律），小行星与太阳的连线在相等时间内扫过的面积相等。由于

近日点距离太阳较近，远日点距离太阳较远，为了扫过相同的面积，小行星在近日点的线速度必须大于在

远日点的线速度，故A错误；

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B．根据开普勒第三定律，可知轨道半长轴a越大，周期T越大。题目已知小行星轨道半长轴小于

木星轨道半径（即小于木星轨道的半长轴），所以小行星的公转周期一定小于木星的公转周期（11.86年），

故B错误；

C．根据牛顿第二定律和万有引力定律

解得加速度

因为近日点距离r小，所以近日点的加速度大，远日点的加速度小，故C错误；

D．根据开普勒第二定律，对于绕太阳运动的小行星，它与太阳的连线在相同时间内扫过的面积相等，故D

正确。

故选D。

5.某次战斗中，我方固守一处阵地：山坡横截面呈直角三角形，坡面朝向敌方，坡脚延伸至开阔平地。敌

方步兵分队正从平地发起仰攻。为阻止敌方向我方推进，我方战士从坡顶掩体水平投掷手榴弹。忽略空气

阻力。关于手榴弹从出手到触地的时间t与出手时水平速度的关系图像，下列图像正确的是（）

A.B.

C.D.

【答案】A

【解析】

【详解】设山坡倾角为，当较小时，手榴弹落在山坡上，根据几何关系可得

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可得

可知当手榴弹落在山坡上，下落时间与初速度成正比；当较大时，手榴弹落在水平地面上，下落高度

一定，由，可得

可知下落时间一定，与初速度无关。

故选A。

6.如图甲所示，小球（视为质点）穿在竖直平面内光滑的固定圆环上，绕圆心O点做半径为R的圆周运动。

小球运动到最高点的速度大小为v，圆环与小球间的弹力大小为F，弹力F与速度大小的平方的关系图

像（）如图乙所示，取重力加速度大小，不计空气阻力，则下列说法正确的是（）

A.小球的质量为2kg，圆环的半径为0.4m

B.当小球在最高点的速度大小为4m/s时，小球与圆环间的作用力大小为20N

C.当小球在最高点受到的弹力为其所受重力大小的时，小球的速度大小可能为

D.当小球在最高点的速度大小为3m/s时，它受到的弹力为0

【答案】B

【解析】

【详解】A．当时，小球竖直方向受力平衡有

代入数据解得

当时，小球受到的重力提供向心力，由牛顿第二定律可得

代入数据解得，A错误；

B．当时，小球受到圆环弹力与重力的合力提供向心力，由牛顿第二定律可得

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代入数据解得，B正确；

CD．小球速度为时，可知

由图乙可知，此时小球不受圆环弹力作用，C错误，D错误。

故选B。

7.如图所示，运动员将网球（视为质点）在边界A处正上方B点垂直球网C水平向右击出，恰好过球网的

上边沿落在D点。已知，网高，边界A到球网的距离为L，重力加速度大小为g，不计

空气阻力，下列说法正确的是（）

A.网球在B点的速度大小为

B.D点到球网的距离为

C.若击球高度低于H（仍大于h），且减小击球速度，则网球可能落在球网右侧

D.若网球的初速度变为原来的倍，则网球刚好落在右边的边界上

【答案】D

【解析】

【详解】A．网球做平抛运动，从B点到网的上边沿，竖直方向有

解得

水平方向有

解得，故A错误；

B．网球从B点落到D点，竖直方向有

解得

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水平方向总位移

所以D点到球网的距离为，故B错误；

C．若击球高度低于H（设为），且减小击球速度（设为），网球运动到球网位置的时间变大，

下落高度变大；而允许的最大下落高度变小，所以击球高度低于H（仍大于h），且减小

击球速度，则网球不可能落在球网右侧，故C错误；

D．若网球的初速度变为原来的倍，落地时间不变，则水平总位移

此时网球落点距离球网的水平距离为

根据场地对称性，刚好落在右边的边界上，故D正确。

故选D。

二、多项选择题：本题共3小题，每小题5分，共15分。在每小题给出的四个选项中，有多

项符合题目要求。全都选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。

8.某校科技节上，小明操控一艘遥控救援船进行“精准投递”挑战。如图所示，救援船从起点M垂直河岸

驶向对岸，目标点N位于M点的正对岸。挑战水域的水流速度恒为3m/s，救援船在静水中的航速为4m/s。

下列说法正确的是（）

A.救援船将精准抵达目标点N

B.救援船的实际航速大小为5m/s

C.救援船将到达目标点N的下游某处

D.救援船的过河时间随水流速度增大而减小

【答案】BC

【解析】

【分析】

【详解】AC．救援船船头垂直河岸航行，沿河岸向下游方向存在水流带来的分速度，船会随水流向下游漂

移，无法抵达正对岸，只会到达的下游，故A错误，C正确；

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B．船速（静水中）方向垂直河岸，水流速度方向沿河岸，两个分速度相互垂直，根据勾股定理，实际航速

为，故B正确；

D．过河时间由垂直河岸方向的分运动决定，公式为（为河宽，是垂直河岸的分速度），本题中

船的分速度垂直河岸，与水流速度无关，水流速度增大不改变过河时间，故D错误。

故选BC。

【点睛】

9.如图所示，设想未来在地球赤道上空建立三个等间隔分布的空间站，构成“三星链”系统，用于全球通

信中继。这三个空间站的质量均为m，均在半径为r的圆轨道上运行，地球的质量为M，引力常量为G。

忽略其他天体影响，下列说法正确的是（）

A.三个空间站对地球引力的合力大小为0

B.任意两个空间站之间的引力大小为

C.任意两个空间站之间的引力大小为

D.地球对一个空间站的引力大小为

【答案】ACD

【解析】

【详解】A．三个空间站对地球的引力均为，由于三力大小相等，方向对称，其矢量和为零，故合力

为零，故A正确；

BC．由几何关系可得任意两个空间站之间距离

根据万有引力定律，引力大小，故B错误，C正确；

D．根据万有引力定律，地球对单个空间站的引力大小为，故D正确。

故选ACD。

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10.某科技馆设计了一个“双人离心挑战”互动体验装置，其原理的简化示意图如图所示，水平圆形转台可绕

中心竖直轴匀速转动。转台上放置着两个质量均为m的“体验舱”A和B（均可视为质点），A、B之间

用一根不可伸长的水平轻质安全绳连接，安全绳经过转台的中心轴线。初始状态下，安全绳刚好伸直但无

张力，“体验舱”A、B到转轴的距离分别为r和2r。转台从静止开始缓慢加速转动，角速度ω逐渐增大，直到

两“体验舱”相对台面发生滑动为止。已知“体验舱”与台面间的动摩擦因数均为μ，最大静摩擦力等于滑动摩

擦力，重力加速度大小为g，下列说法正确的是（）

A.当转台的角速度为时，安全绳中有拉力

B.当转台的角速度为时，安全绳中有拉力

C.当转台的角速度为时，“体验舱”A受到的摩擦力为零

D.当转台的角速度为时，“体验舱”A和B相对转台向A的一侧发生相对滑动

【答案】AC

【解析】

【详解】A．当绳子拉力刚好为0、B的静摩擦力达到最大时，是绳子出现拉力的临界状态，对B由牛顿第

二定律

解得

当转台的角速度为时，所以安全绳中有拉力，故A正确；

B．当转台的角速度为时，所以安全绳中没有拉力，故B错误；

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C．当时，对A、B根据牛顿第二定律有，

解得，故C正确；

D．ω继续增大，A的摩擦力反向（背离转轴）并逐渐增大，当A的摩擦力也达到最大静摩擦力时，即将滑

动。对A有

对B有

解得

由于

因此会发生滑动，B所需的向心力较大，则“体验舱”A和B相对转台向B的一侧发生相对滑动，故D错误。

故选AC。

三、非选择题：本题共5小题，共57分。

11.利用手机软件可定量探究向心加速度a与半径r、角速度ω的关系。装置如图甲所示，转盘连接在一个

可调转速的电机上，在转盘上沿半径方向每隔相等距离打一个方孔，手机可固定在孔上。

（1）该实验采用的物理方法是________（填“等效替代法”“极限思维法”“控制变量法”或“微元法”）。

（2）若使手机的线速度不变，则手机的向心加速度大小与手机做圆周运动的半径成________（填“正比”

或“反比”）。

（3）手机固定在某个孔位时，手机转动过程中向心加速度a与角速度的平方的图像如图乙所示，分析

图乙发现，图线过原点和点。此时手机所在孔位距转盘中心的距离________m。

（结果保留两位有效数字）

【答案】（1）控制变量法

（2）反比（3）

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【解析】

【小问1详解】

探究向心加速度与半径、角速度三个量的关系时，需要控制一个量不变，研究另外两个量的关系，

该方法为控制变量法；

【小问2详解】

根据向心加速度公式

当线速度不变时，向心加速度与圆周运动半径成反比；

【小问3详解】

由向心加速度公式

可知图像的斜率等于转动半径，代入坐标得

12.某学习小组利用如图甲、乙所示的装置探究平抛运动的特点。

（1）如图甲所示，用小锤击打弹性金属片后，A球沿水平方向飞出，同时B球被松开并自由下落，实验现

象是A、B球同时落地，该现象说明A球在________。

A.水平方向上做匀速直线运动B.竖直方向上做自由落体运动

（2）如图乙所示，将白纸和复写纸对齐重叠并固定在竖直硬板上。小钢球沿斜槽轨道PQ滑下后从斜槽末

端Q水平飞出，落在水平挡板MN上。由于挡板靠近硬板一侧较低，小钢球落在挡板上时，小钢球会在白

纸上挤压出一个痕迹点。移动挡板，依次重复上述操作，白纸上将留下一系列痕迹点。下列说法正确的是

________。

A.斜槽必须光滑

B.挡板高度应等间距变化

C.应调节硬板保持竖直

D.重复实验时，小钢球应从斜槽的同一位置由静止释放

（3）利用图乙所示的装置得到如图丙所示的轨迹，在轨迹上取A（非抛出点）、B、C三点，A、B两点和B、

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C两点的水平间距相等且均为x，测得A、B两点和A、C两点的竖直间距分别是和。

①已知当地重力加速度大小为g，可得小钢球离开斜槽末端时的速度大小为________。

②若在实验中，斜槽末端切线斜向上，仅从这一影响因素分析，第①问中求得小钢球离开斜槽末端时的速

度大小________（填“偏大”“偏小”或“没有影响”）。

【答案】（1）B（2）CD

（3）①.②.偏小

【解析】

【小问1详解】

甲装置实验中，A球做平抛运动，B球做自由落体运动，二者同时落地，说明平抛运动的竖直分运动和自由

落体运动规律一致，证明A球竖直方向做自由落体运动。

故选B。

【小问2详解】

A．只要每次小球从斜槽同一位置释放，即可保证初速度一致，斜槽摩擦不影响实验结果，斜槽无需光滑，

故A错误；

B．只需要多次移动挡板记录落点，不需要挡板高度等间距变化，故B错误；

C．平抛运动在竖直平面内，必须保持硬板竖直，避免小球碰撞硬板，故C正确；

D．重复实验时，小球从同一位置静止释放，才能保证每次平抛初速度相同，轨迹一致，故D正确。

故选CD。

【小问3详解】

[1]AB和BC水平间距相等，因此A到B、B到C的运动时间相等，设时间间隔为，平抛初速度为，水

平方向钢球做匀速直线运动有

竖直方向上做匀变速直线运动，由逐差法可得

联立解得

[2]斜槽末端切线不水平时，小球初速度不沿水平方向，上述推导得到的结果只是初速度的水平分量，实际

初速度是合速度，大小为

大于我们计算得到的水平分量，因此求得的速度大小偏小。

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13.如图所示，某物流仓库使用简易滑轮装置转运货物。一辆无人搬运车（视为质点）从轨道起点A处由静

止启动，此时滑轮左侧的牵引绳与水平轨道的夹角，水平向左以加速度大小做匀加速

直线运动，牵引绳另一端通过定滑轮用动滑轮悬挂着质量的货箱。经过时间搬运车运动至

B处，此时滑轮左侧的牵引绳与水平轨道的夹角。忽略滑轮和牵引绳的质量及滑轮与绳之间的摩

擦。货箱仅在竖直方向运动，取重力加速度大小，，。求：

（1）搬运车到达B处时货箱的速度大小v；

（2）该过程中货箱上升的高度h。

【答案】（1）

（2）1.25m

【解析】

【小问1详解】

搬运车做匀加速直线运动，到达B点的速度为

将搬运车速度分解，沿绳方向的分速度等于牵引绳的速度为

货箱的速度大小

【小问2详解】

设定滑轮到水平轨道的竖直高度为H，由几何关系，A、B点到定滑轮正下方的水平距离，

搬运车从A到B的位移

且

解得

总绳长不变，左侧绳增加的长度等于下方绳缩短的长度

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货箱上升高度

14.在太阳系的岩石行星中，火星是目前人类最有可能实现登陆并建立前哨站的“第二故乡”候选者。若火

星和地球绕太阳的公转均视为圆周运动，轨道半径之比为，火星的质量与地球的质量之比为，火

星的半径与地球的半径之比为，把火星和地球均看成质量分布均匀的球体，忽略火星和地球的自转。

（1）求火星与地球的公转周期之比；

（2）若在火星和地球表面上相同高度处，各水平抛出一物体，物体的水平位移大小相等，不计空气阻力，

求在火星和地球表面上抛出物体的初速度大小之比。

【答案】（1）

（2）

【解析】

【小问1详解】

记太阳质量为，行星轨道半径为，则行星受到的万有引力提供向心力，有

化简可得

由于火星和地球绕太阳的公转的轨道半径之比为

代入可得

【小问2详解】

根据牛顿第二定律，记行星半径为，物体质量为，则物体在行星表面受到的重力为

化简可得

设平抛运动释放高度为，水平初速度为，落地时水平位移为，根据平抛运动关系有，

联立可得

由于火星的质量与地球的质量之比为，火星的半径与地球的半径之比为，在火星和地球表面上相

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同高度