江西省南昌市新建区第二中学2025-2026学年高一（下）期中物理试卷（含解析）

第=page11页，共=sectionpages11页2025-2026学年江西省南昌市新建区第二中学高一（下）期中物理试卷一、单选题：本大题共7小题，共28分。1.如图所示，物体在力F的作用下沿水平面运动一段位移l。设这三种情形下力F和位移l的大小都是一样的。下列说法正确的是(

)

A.甲图中，力F对物体做负功 B.甲图和乙图中，力F对物体做功相同

C.乙图和丙图中，力F对物体做功相同 D.乙图中，力F对物体做功为−Flcos30°2.如图所示，桌面高为h，质量为m的小球从离桌面高H处由静止开始下落，不计空气阻力，取桌面所在高度为零势能面，重力加速度为g。小球落地前瞬间的机械能为(

)A.mgH

B.−mgh

C.mg(H+h)

D.03.图甲是游乐场里的旋转飞椅，图乙是其工作时的简化原理图，圆盘匀速转动，通过系在圆盘边缘的轻绳带动小球A在水平面内做匀速圆周运动。已知轻绳长度L=22m，圆盘半径r=2m，轻绳与竖直方向的夹角α=45°，重力加速度g取10m/s2，取π2A.2s B.3s C.4s D.5s4.如图为发射某卫星的情景图，该卫星发射后，先在椭圆轨道Ⅰ上运动，A点到地心的距离为R，远地点B到地心的距离为3R，卫星在椭圆轨道的远地点B变轨进入圆轨道Ⅱ，地球半径约为R，则下列判断正确的是(

)A.卫星在轨道Ⅰ近地点A的线速度大小等于第一宇宙速度

B.卫星在轨道Ⅰ上经过A点的机械能大于在轨道Ⅰ上经过B点的机械能

C.卫星在轨道Ⅱ上运行周期为在轨道上运行周期的33倍

D.卫星在轨道Ⅰ上经过B点的机械能小于在轨道Ⅱ上上经过B点的机械能

5.2025年11月14日，神舟二十一号载人飞船返回舱安全返回地面，在打开降落伞后的一段时间内，整个装置先减速后匀速下降，忽略返回舱受到的空气阻力，在这段时间内关于返回舱的说法正确的是(

)A.减速下降阶段，返回舱处于失重状态

B.减速下降阶段，返回舱动能的减少量等于返回舱克服绳拉力做的功

C.匀速下降阶段，返回舱机械能的减少量等于重力对返回舱做的功

D.匀速下降阶段，返回舱的机械能守恒

6.如图所示，套在光滑竖直杆上的圆环A用跨过光滑定滑轮的轻质细绳与放置在光滑水平面上的滑块B相连，滑轮(可视为质点)到杆的距离为L，B到定滑轮的距离也为L，初始绳子水平且刚好伸直。已知A、B质量均为m，重力加速度为g。将A、B由静止释放，当圆环A下降距离L过程中，绳子对B做的功为(

)A.mgL B.13mgL C.127.如图所示，两个质量相同的小球A、B分别用细线悬在等高的O1、O2点。A球的悬线比B球的长，把两球的悬线拉至水平后无初速度释放，不计空气阻力，则小球经过最低点时，下列说法正确的是(

)A.A球的机械能小于B球的机械能

B.A球重力的瞬时功率大于B球重力的瞬时功率

C.A球的加速度等于B球的加速度

D.悬线对A球的拉力大于悬线对B球的拉力二、多选题：本大题共3小题，共18分。8.如图所示，丙、丁两颗卫星分别绕甲、乙两行星做匀速圆周运动，丙、丁两卫星的轨道半径之比为2：1，丙、丁两卫星运动周期之比1：2，下列选项正确的是(

)A.丙、丁两卫星线速度之比为2：1 B.丙、丁两卫星线速度之比为4：1

C.甲、乙两行星质量之比为16：1 D.甲、乙两行星质量之比为32：19.长为L的轻杆可绕O在竖直平面内无摩擦转动，质量为M的小球A固定于杆端点，质量为m的小球B固定于杆中点，且M=2m，重力加速度为g，不计空气阻力，如图所示，当轻杆从水平位置由静止释放，在轻杆摆至竖直位置的过程中，下列选项正确的是(

)A.A球和B球组成的系统机械能守恒 B.A球在最低点速度为235gL

C.A球重力势能的变化量为2mgL D.轻杆对10.如图甲所示，置于水平地面上质量为m的物体，在竖直拉力F作用下，由静止开始向上运动，其动能Ek与距地面高度h的关系如图乙所示，已知重力加速度为g，不计空气阻力。下列说法正确的是(

)

A.在0～h0过程中，拉力F的大小始终为mg

B.在0～h0和h0～2h0过程中，拉力F做功之比为4：3

C.在三、实验题：本大题共2小题，共16分。11.在探究向心力大小的实验中，会用到向心力演示器，其具体结构如图所示。匀速转动手柄，可以使变速塔轮、长槽和短槽随之匀速转动，槽内的小球也随着做匀速圆周运动，使小球做匀速圆周运动的向心力由横臂的挡板对小球的压力提供。球对挡板的反作用力，通过横臂的杠杆作用使弹簧测力套筒下降，从而露出标尺，根据标尺上露出的红白相间等分标记，可以粗略计算出两个球的向心力的比值。已知小球在挡板A、B、C处做圆周运动的半径之比为1：2：1。

(1)在探究向心力与质量之间的关系时，应选择半径

(填“相同”或“不同”)的两个塔轮，并将质量不同的小球放置于挡板C与挡板

(填“A”或“B”)处。

(2)某次实验中，两质量相同的小球放置于不同挡板处，使得两球转动半径相同，实验观察到左侧标尺和右侧标尺露出的红白相间的等分格之比为1：4，若皮带与塔轮间没有打滑，则用皮带连接的左、右变速塔轮的半径之比应为

。12.现利用如图所示装置验证机械能守恒定律。图中AB是固定的光滑斜面，斜面的倾角为30°，1和2是固定在斜面上适当位置的两个光电门，与它们连接的数字计时器都没有画出。让滑块从斜面的顶端滑下，光电门1、2各自连接的数字计时器显示的挡光时间分别为5.00×10−2s、2.00×10−2s。已知滑块质量为2kg，滑块沿斜面方向的长度为5.00cm，光电门1和2之间的距离为0.54m，g取9.80m/s2，取滑块经过光电门时的速度为其平均速度。

(1)滑块通过光电门1时的速度v1=

m/s，通过光电门2时的速度v2=

m/s。(结果均保留三位有效数字)

(2)滑块通过光电门1、2之间的动能增加量为

J，重力势能的减少量为

J。四、计算题：本大题共3小题，共38分。13.某游乐场的过山车如图甲所示，现将其简化为如图乙所示的模型：过山车轨道位于竖直平面内，大弧形轨道的下端与圆轨道最低点N平滑相接，P为圆轨道的最高点，已知圆形轨道的半径为R=0.4m。现有质量为m=1kg的小球(可视为质点)从大弧形轨道上M点静止释放，进入圆轨道后沿圆轨道内侧运动，不考虑小球运动过程中所受阻力，取g=10m/s2。求：

(1)小球经过最高点P时恰好不脱离轨道时释放点M的高度h。

(2)小球在上述(1)的情形下经过圆轨道最低点N时对轨道的压力大小。14.目前，我国新能源汽车技术在全球处于第一梯队。某国产电动汽车，质量为m=2×10kg，从静止开始以a=1m/s2的加速度沿平直路面直线行驶，当驱动电机功率达到P=60kW后保持不变，直到达到最大速度，行驶过程中受到的阻力大小f恒为2000N。取重力加速度g=10m/s2。

(1)求在平直路面上汽车最大速度的大小v1；

(2)求在平直路面上汽车匀加速运动的时间t1；

(3)若该汽车保持驱动电机功率60kW，以(1)中求得的v1沿倾角正弦值为0.15的倾斜路面上坡，汽车沿直线运动直到其速度减为最小值，此过程用时t15.如图所示，MN为光滑的水平面，NO是一长度s=1.25m、倾角为θ=37°的光滑斜面(斜面体固定不动)，OP为一粗糙的水平面。MN、NO间及NO、OP间用一小段光滑圆弧轨道相连。一条质量为m=2kg，总长L=0.8m的均匀柔软链条在外力作用下静止放在MNO面上，处在斜面上的AB段长度为L1=0.4m，链条与OP面的动摩擦因数μ=0.5(g=10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8)，不计链条经过圆弧处时的能量损失，现自由释放链条，求：

(1)取OP水平面为零势能面，链条在开始释放位置的重力势能为多大；

(2)链条的A端滑到O点时，链条的速率为多大；

(3)链条在水平面OP停下时，链条的C端离O答案解析1.【答案】D

【解析】解：A、甲图中，力的方向与物体的位移方向成锐角，则力F对物体做正功，故A错误；

BCD、甲图力F对物体做功为

W甲=Flcos30°=32Fl

乙图中，力F对物体做功为

W乙=Flcos150°=−Flcos30°=−12Fl

丙图中，力F对物体做功为

W丙=Flcos30°=12Fl

故甲图和乙图中，力F对物体做功不相同。乙图和丙图中，力F对物体做功不相同，故2.【答案】A

【解析】解：小球下落过程中，不计空气阻力，仅重力做功，系统机械能守恒，故落地前瞬间的机械能等于初始释放位置的机械能。

取桌面高度为零势能面，初始位置小球由静止释放，动能为零，重力势能为Ep=mgH，则初始机械能为E=Ek+Ep，解得：E=mgH。

根据机械能守恒定律，落地前瞬间机械能也为mgH，故A正确，BCD错误。

故选：A。

3.【答案】C

【解析】解：设小球A的质量为m，对小球A受力分析如图所示

可得，小球A所受合力F=mgtanα

合力F提供小球A做圆周运动的向心力，可得F=m4π2T2(Lsinα+r)

则有mgtanα=m4π2T2(Lsinα+r)

代入数据可得小球A做圆周运动的周期T=4s，故C4.【答案】D

【解析】解：A.以地球球心为圆心过A点建一个近地圆轨道，由于为近地圆轨道则该轨道卫星的运行速度为7.9km/s，而从该近地圆轨道到椭圆轨道Ⅰ需要在A点点火加速，则卫星在轨道Ⅰ近地点A的线速度大小一定大于7.9km/s，故A错误；

B.卫星在轨道Ⅰ上运动时，只有万有引力做功，机械能守恒，可知卫星在轨道Ⅰ上经过A点的机械能等于在轨道Ⅰ上经过B点的机械能，故B错误；

C.椭圆轨道半长轴为R+3R2=2R，根据开普勒第三定律有(2R)3T12=(3R)3T22，则T2T1=(32)3，故C错误；

D.卫星从轨道5.【答案】C

【解析】解：打开降落伞后，整个装置先减速下降后匀速下降，返回舱受到竖直向下的重力及绳子竖直向上的拉力。

A、在减速下降阶段，返回舱的加速度方向竖直向上，因此处于超重状态，故A错误；

B、在减速下降阶段，由动能定理可知，重力所做的正功与绳子拉力所做的负功之和等于返回舱动能的变化量，即减少的动能等于克服绳子拉力所做的功与重力做功之差，故B错误；

CD、在匀速下降阶段，返回舱的动能保持不变，其机械能的减少量等于重力势能的减少量，而重力势能的减少量在数值上等于重力对返回舱所做的正功；由于绳子拉力对返回舱做负功，其机械能不断减小，故C正确，D错误。

故选：C。

整个装置先减速后匀速下降，返回舱受到重力和绳子拉力的作用。减速下降阶段，加速度方向向上，返回舱处于超重状态，其动能减少量等于合外力做功，需考虑重力做正功和拉力做负功的共同效果。匀速下降阶段，动能不变，重力势能减少导致机械能减少，其减少量等于重力做的正功，同时拉力做负功，因此机械能不守恒。

本题以返回舱着陆过程为背景，综合考查牛顿运动定律、功能关系及机械能守恒定律等核心知识。题目情景贴近实际，设问层次清晰，通过减速与匀速两个阶段的对比，有效检验学生对超失重判断、动能定理应用以及功能关系转化的掌握程度。减速阶段需明确合力向上导致超重，并准确理解动能变化是合力做功的结果；匀速阶段则需辨析重力做功与机械能变化的关系，明确有非重力做功时机械能不守恒。本题计算量小但概念辨析要求高，能较好地锻炼学生的物理过程分析和逻辑推理能力。6.【答案】B

【解析】解：圆环A下降距离L时，连接A的绳子与杆的夹角为45°，根据A的速度沿绳子方向分量等于B的速度，有vAcos45°=vB

对A和B整体，由动能定理得

mg(2L−L)=12mvA2+12mvB2

对B，根据动能定理得

W=12mvB2

联立解得绳子对B做的功为W=13mgL，故ACD错误，B正确。

7.【答案】C

【解析】解：A、两球在运动过程中仅受重力作用，机械能守恒。若以释放位置的水平线为零势能面，则两球初始机械能均为零，在下滑至最低点的过程中，机械能始终保持为零，故经过最低点时，A球的机械能与B球的机械能相等，故A错误；

B、在最低点，两球速度方向均水平，而重力方向竖直向下，速度与重力方向垂直，根据瞬时功率公式P=mgvcosα，可知经过最低点时两球重力的瞬时功率均为零，故B错误；

C、小球从水平位置静止释放下滑至最低点，由机械能守恒定律得mgL=12mv2，在最低点，由向心加速度公式a=v2L，解得a=2g。

因向心加速度与悬线长度L无关，故A球的加速度等于B球的加速度，故C正确；

D、在最低点，根据牛顿第二定律有F−mg=mv2L，联立解得悬线拉力F=3mg。由于两球质量相同，悬线对A球的拉力等于对B球的拉力，故D错误。

故选：C。

两小球从水平位置无初速度释放，仅受重力作用，机械能守恒。初始机械能均为零，经过最低点时机械能仍相等，故A错误。最低点速度水平而重力竖直向下，瞬时功率为零，B8.【答案】BD

【解析】解：AB.由v=2πrT，丙、丁两卫星线速度之比为v丙v丁=r丙r丁⋅T丁T丙=21×21=41，故A9.【答案】AB

【解析】解：轻杆在竖直平面内绕固定轴O转动，由于无摩擦和空气阻力，系统在运动过程中仅有重力做功，因此由小球A、小球B与地球构成的系统机械能守恒。

AB、在轻杆由水平位置摆至竖直位置时，系统机械能守恒。设杆摆到竖直位置时小球B的速度大小为vB，小球A的速度大小为vA。

由于两球固定于同一轻杆并绕同一点转动，角速度ω相同，根据圆周运动线速度与角速度关系有vA=2vB。系统减少的重力势能等于增加的动能，根据机械能守恒定律有MgL+mg⋅12L=12MvA2+12mvB2，代入M=2m与vB=12vA，解得：vA=235gL，故A正确，B正确。

C、小球A在运动过程中下落高度为L，其质量为M=2m，因此小球A的重力势能减少量为2mgL，重力势能变化量应为−2mgL，故C错误。

D、分析小球B的运动过程，其下落高度为1210.【答案】BCD

【解析】解：A.根据动能定理，合外力做功等于动能变化，公式为W合=ΔEk=(F−mg)Δh

因此ΔEkΔh=F−mg，即Ek−h图像的斜率等于合外力，在0～h0过程中，图像为曲线，斜率不断变化，说明合外力F−mg，不断变化，拉力F并非恒定值，故A错误；

B.对0～h0过程应用动能定理：WF1−mgh0=Ek1−Ek0=mgh0−0

解得WF1=2mgh0，

对h0～2h0过程应用动能定理：WF2−mg(2h0−h0)=Ek2−Ek1

解得WF2=1.5mg11.【答案】相同A2：1

【解析】解：(1)根据控制变量法，探究向心力与质量之间的关系时，需要保持两小球做圆周运动的角速度ω和圆周运动半径r相同；根据线速度与角速度的关系ω=vR可知，两塔轮的半径应该相等，因此应选择半径相同的两个塔轮，并将质量不同的小球放置于挡板C与挡板A处。

(2)已知两小球质量m相同、转动半径r相同，向心力之比F左：F右=1：4

由向心力公式F=mω2r

得F∝ω2，因此ω左2：ω右2=F左：F右=1：4

即ω左：ω右=1：2

皮带传动不打滑，两塔轮边缘线速度相等，即v左=v右

由12.【答案】1.002.505.255.29在实验误差允许的范围内，滑块的机械能守恒

【解析】解：(1)滑块通过光电门1时的速度为

v1

=

Lt1

=

5.00×10−25.00×10−2m/s

=

1.00m/s

滑块通过光电门2时的速度

v2

=

Lt2

=

5.00×10−22.00×10−2m/s

=

2.50m/s

(2)动能增加量

ΔEk

=

12mv22−12mv12

=

5.25J

重力势能的减少量13.【答案】小球经过最高点P时恰好不脱离轨道时释放点M的高度h为1m

小球在上述(1)的情形下经过圆轨道最低点N时对轨道的压力大小为60N

【解析】解：(1)若小球经过最高点P时恰好不脱离轨道，则轨道对小球无作用力，由重力提供向心力，则有mg=mvP2R

解得vP=2m/s

从M点到P点的过程，根据动能定理得

mg(h−2R)=12mvP2

联立解得h=1m

(2)小球从N到P过程，根据动能定理得

−mg×2R=12mvP2−12mvN2

在N点，对小球，由牛顿第二定律得

FN−mg=mvN2R

联立解得FN=60N

根据牛顿第三定律，经过圆轨道最低点N时对轨道的压力大小60N。

答：(1)小球经过最高点P时恰好不脱离轨道时释放点M的高度h为1m；

(2)小球在上述(1)14.【答案】在平直路面上汽车最大速度的大小v1为30m/s

在平直路面上汽车匀加速运动的时间t1为15s

若该汽车保持驱动电机功率60kW，以(1)中求得的v1沿倾角正弦值为0.15的倾斜路面上坡，汽车沿直线运动直到其速度减为最小值，此过程用时t2=25s，所受路面和空气的阻力大小之和也恒为2000N【解析】解：(1)汽车先做匀加速直线运动，后以恒定功率加速到最大速度，当速度达到最大时，加速度

为0，即F=f=2000N

汽车的最大速度满足P=Fv1

解得v1=30m/s