2025-2026学年高一年级下册期中质量检测物理试卷

2025-2026学年度下学期高一期中质量检测

物理试卷

试卷满分：100分考试时间：75分钟

一、选择题：本题共10小题，每小题4分，共40分。在每小题给出的四个选项中，第1~7题

只有一项符合题目要求，第8~10题有多项符合题目要求。每小题全部选对的得4分，选对但

不全的得2分，有选错的得。分。

1.书法课上，某同学临摹“力”字时，笔尖的软迹如图中带箭头的实线所示。笔尖由〃点经〃点回到。点，

则（）

为

A.该过程位移为0B.该过程路程为0

C.两次过。点时速度方向相同D.两次过。点时摩擦力方向相同

【答案】A

【解析】

【详解】A.笔尖由〃点经〃点回到〃点过程，初位置和末位置相同，位移为零，故A正确；

B.笔尖由。点经。点回到。点过程，矶迹长度不为零，则路程不为零，故B错误；

C.两次过。点时轨迹的切线方向不同，则速度方向不同，故C错误；

D.摩擦力方向与笔尖的速度方向相反，则两次过。点时摩擦力方向不同，故D错误。

故选Ao

2.甲、乙两行星绕某恒星做圆周运动，甲的轨道半径比乙的小。忽略两行星之间的万有引力作用，下列说

法正确的是（）

A.甲运动的周期比乙的小B.甲运动的线速度比乙的小

C.甲运动的角速度比乙的小D.甲运动的向心加速度比乙的小

【答案】A

【解析】

【详解】根据卫星做圆周运动的向心力等于万有引力可知G粤=，〃匕=〃汝/7=,

r2rT2

GMGM

可得丁=276(O-a-

因而＜2，可知卫星甲、乙运动的周期4＜乙

线速度关系W＞U乙

角速度关系公科＞口乙

向心加速度关系。甲＞〃/.

故选Ao

3.韩晓鹏是我国首位在冬奥会雪上项目夺冠的运动员.他在一次自由式滑雪空中技巧比赛中沿“助滑区”保

持同一姿态下滑了一段距离，重力对他做功1900J,他克服阻力做功100J.韩晓鹏在此过程中（）

A.动能增加了1900J

B.动能增加了2000J

C.重力势能减小了1900J

D.重力势能减小了2000J

【答案】C

【解析】

【详解】AB、根据动能定理合外力做的功等于物体动能的增加量，重力对他做功1900J,他克服阻力做功

10CJ,即阻力对他做功为T00J,则外力对他所做的总功为19OOJTOOJ=I8OOJ,是正功，他的动能增加了1800J,

A、B错误；

CD、重力做的功等于重力势能的减少量，重力对物体做功为1930J,是正功，则重力势能减小了I900J,C

正确、D错误，故选C

【点睛】物体重力做功多少，物体的重力势能就减小多少；根据动能定理确定动能的变化.

4.某高中开设了糕点制作的选修课，小明同学在体验糕点制作的“裱花”环节时，如图所示，他在绕中心

匀速转动的圆盘上放了一块直径8英寸（20cm）的蛋糕，在蛋糕边缘上每隔4s“点”一次奶油，蛋糕随圆

盘转一周后均匀“点”上了15次奶油，则下列说法正确的是（）

可

快

A.圆盘转动的转速为2m*/min

B.圆盘转动的角速度大小为三rad/s

30

C.蛋糕边缘的奶油的线速度大小为工m/s

3

D.圆盘转动的周期为15s

【答案】B

【解析】

【详解】ABD.由题意可知，圆盘转一周所需的时间为15x4s=60s,可知周期为60s,可得转速为117min,

2427r7i

角速度为刃=—=——rad/s=一rad/s,故AD错误，B正确；

T6030

C.直径8英寸（20cm）的蛋糕，可知半径为10cm,根据•。可知蛋糕边缘的奶油的线速度大小为

JT7T

v=0.1x-m/s=-----m/s,故C错误。

30300

故选B。

5.有关生活中的圆周运动实例分析，下列说法正确的是（）

A.若火车转弯的速度超过规定速度，图甲中的内轨对火车轮缘会有挤压作用

B.在图乙的“水流星”表演中，装满水的桶转动到最高点的速度越大，水越不容易洒出

C.图丙中，衣服（质量不变）在滚筒内壁做匀速圆周运动时，在最高点的合力大于化最低点的合力

D.图丁中的汽车通过凹桥最低点时对桥的压力小于车受到的重力

【答案】B

【解析】

【详解】A.火车转弯时，规定速度下重力与支持力的合力提供向心力。若速度超过规定速度，所需向心力

增大，外轨对轮缘产生挤压，而非内轨，A错误；

B.“水流星”最高点，水不洒出的条件是向心力至少等于重力，速度越大，所需向心力越大，桶对水的压

力越大，水越不易洒出，B正确；

2

C.衣服做匀速圆周运动，合力大小始终等于向心力弓,

质量、速度、半径均不变，故最高点与最低点合力大小相等，c错误;

D.汽车过凹桥最低点时，向心力向上，支持力F文一〃咯十竺二,支持力大于重力，根据牛顿第二定律，对

桥的压力等于支持力，大于重力，D错误；

故选B。

6.2024年6月，嫦娥六号探测器首次实现月球背面采样返回。如图所示，探测器在圆形轨道I上绕月球飞

行，在A点变轨后进入椭圆轨道2、3为远月点。关于嫦娥六号探测器，下列说法正确的是（）

A.在轨道2上从A向8运动过程中动能逐渐减小

B.在轨道2上从A向8运动过程中加速度逐渐变大

C.在轨道2上机械能与在轨道1上相等

D.利用引力常量和轨道I的周期，可求出月球的质量

【答案】A

【解析】

【详解】A.在轨道2上从A向8运动过程中，探测器远离月球，月球对探测器的引力做负功，根据动能

定理，动能逐渐减小，A正确；

B.探测器受到万有引力，由G等=〃心

M

解得。=G;y

在轨道2上从A向B运动过程中，，・增大，加速度逐渐变小，B错误；

C.探测器在4点从轨道1变轨到轨道2,需要加速，机械能增加，所以探测器在轨道2上机械能大于在轨

道I上的机械能，C错误；

D.探测器在轨道I上做圆周运动，根据万有引力提供向心力，得6警二团驾厂

r2T2

442/

解得M亏

利用引力常量G和轨道I的周期r,还需要知道轨道I的半径厂才能求出月球的质量，D错误。

故选Ac

7.已知某品牌概念车的质量为“，额定功率为。，运动过程中汽车所受的因力大小恒定，若俣持额定功率

P

PK变，汽车能达到的最大速度为人若汽车以不■的恒定功率启动。从静止开始做加速直线运动，当速度

为E时，汽车的加速度大小为4，当速度为上时，汽车的加速度大小为〃一则加速度之差4-4,为

43

()

2机V3mv4/7?v3"w

【答案】A

【解^5]

【详解】汽车以额定功率启动，当牵引力大小等于阻力大小时，汽车具有最大速度，即

P

v=­

f

当汽车畤的恒定功率启动，速度为:时，牵引力

4

052P

月=气=一

由牛顿第二定律有

Frf=m4

解得

P

4=一

mv

速度为g时，牵引力

P

r33P

v2v

3

由牛顿第二定律有

F2-f=ma2

解得

P

a

22mv

则

p

2mv

故选Ao

8.在万有引力定律建立的过程中，“月一地检验”证明了维持月球绕地球运动的力与地球对苹果的力是同

一种力，从而实现了“地上物理学”和“天上物理学”的统一，即都遵从与距离的平方成反比的规律。设

月球在半径为，•（尸60七R为地球半径）的轨道,上绕地球做匀速圆周运动，运行周期为丁，向心加速度为

物体在地面处的重力加速度为g,物体在月球所在轨道处的加速度为g',忽略地球自转的影响。下列关

系正确的是（)

A夕=嬴g4/厂D・"系

B.gC.a=

~60T2

【答案】AC

【解^5]

…fggGMmGMm,

【详解】AR.根据=mg,——=〃吆

R~r

又r=60R可得g'二」一

3600

故A正确，B错误。

CD.根据万有引力提供向心力可得平"=〃伙'=/n（y）2r=ma

-r㈤，4兀%

可得。=g=亍厂

故C正确，D错误。

故选AC。

9.2024年3月20日，鹊桥二号中继星成功发射升空，为嫦娥六号在月球背面的探月任务提供地月间中继

通讯。鹊桥二号采用周期为24h的环月椭圆冻结轨道（如图），近月点A距月心约为2.0x103km,远月点

8距月心约为1.8x10』km,CO为椭圆轨道的短轴，下列说法正确的是（）

A

A.鹊桥二号从C经4到。的运动时间为12h

B.鹊桥二号在A、3两点的加速度大小之比约为81：1

C.鹊桥二号在C、。两点的速度方向垂直于其与月心的连线

D.鹊桥二号在地球表面附近的发射速度大于7.9km/s且小于ll.2km/s

【答案】BD

【解析】

【详解】A.鹊桥二号围绕月球做椭圆运动，根据开普勒第二定律可知，从AfC—8做减速运动，从

B-O-A做加速运动，则从C-6-O的运动时间大于半个周期，即大于12h,故A错误；

B.鹊桥二号在A点根据牛顿第二定律有

「Min

G7r="%

同理在B点有

_Mm

G——=maB

rB

带入题中数据联立解得

。八：48=81:1

故B正确；

C.由于鹊桥二号做曲线运动，则可知鹊桥二号速度方向应为轨迹的切线方向，则可知鹊桥二号在C、。两

点的速度方向不可能垂直于其与月心的连线，故c错误；

D.由于鹊桥二号环绕月球运动，而月球为地球的“卫星”，则鹊桥二号未脱离地球的束缚，故鹊桥二号的

发射速度应大于地球的第一宇宙速度7.9km/s,小于地球的第二宇宙速度lL2km/s,故D正确，

故选BDO

10.如图，矩形金属框MNQP竖直放置，其中MN、PQ足够长，且P。杆光滑，一根轻弹簧一端固定在

M点，另一端连接一个质量为根的小球，小球穿过P。杆，金属框绕MV轴分别以角速度。和力匀速转动

时，小球均相对P。杆静止，若3>0），则与以。匀速转动时把比，以〃匀速转动时（)

①3

A.小球的高度一定降低B.弹簧弹力的大小一定不变

C.小球对杆压力的大小一定变大D.小球所受合外力的大小一定变大

【答案】BD

【解析】

【分析】

【详解】对小球受力分析，设弹力为。弹簧与水平方向的夹角为仇则对小球竖直方向

Tsin，=mg

而

MP/、

T=k（---/（））

cosg

可知。为定值，r不变，则当转速增大后，小球的高度不变，弹簧的弹力不变。则A错误，B正确;

水平方向当转速较小时，杆对小球的弹力入背离转轴，则

Tcos0-FN=maTr

即

2

FN=Tcos0-mcor

当转速较大时，入指向转轴

Tcos6+F\=mco2r

即

F'=mco~r-Tcos0

则因，根据牛顿第三定律可知，小球对杆的压力不一定变大。则C错误；

根据

-mco~r

可知，因角速度变大，则小球受合外力变大。则D正确。

故选BD。

二、非选择题：本题共5小题，共60分。

11.小明同学在科技节的实验室开放期间，进入力学实验室自主探究，他做探究影响向心力大小因素的实验:

如图甲所示，已知小球在挡板A，B,C处做圆周运动的轨迹半径之比为1:2:1,变速塔轮自上而下按如

图乙所示三种组合方式，左右每层半径之比由上至下分别为1:1、2:1和3:1。回答以下问题：

（1）本实验所采用的实验探究方法与下列哪些实验是相同的；

A.探究小车速度随时间变化规律

B.探究两个互成角度的力的合成规律

C.探究平抛运动的特点

D.探究加速度与物体受力、物体质量的关系

（2）某次实验中，把两个质量相等的钢球放在9、C位置，探究向心力的大小与半径的关系，则需要将

传动皮带调至第层塔轮（填“一”、“二”或"三”）;

（3）现将质量相等的两小钢球分别放在A、C位置，将传送带调至第三层塔轮，则两球转动时所受向心

力之比为o

（4）用此装置做实验有较大的误差，误差产生的主要原因是。

A.匀速转动时的速度过大

B.无法做到两小球的角速度相同

C.实验过程中难以保证小球做匀速圆周运动

D.读数时标尺露出的红白相间的等分格数不稳定

【答案】（I）D（2）一

（3）1：9（4）CD

【解析】

【小问1详解】

A.探究小车速度随时间变化规律，是规律探究，不需要控制变量，故A错误；

B.探究互成角度的力的合成规律，采用等效替代法，故B错误；

C.探究平抛运动的特点，采用运动分解法，故C错误；

D.探究加速度与受力、质量的关系，同样采用控制变量法，与本实验方法一致，故D正确。

故选D。

【小问2详解】

探究向心力与半径的关系，根据控制变量法，需要保证小球质量相等、角速度相等。皮带传动时塔轮边缘

线速度相等，由^=出/?，要①左二例：，需要左右塔轮半径相等，第一层塔轮半径比为1：1，因此调至第

一层。

【小问3详解】

已知〃。二轨迹半径心二2,第三层塔轮左右半径比我左：R右=3:1,皮带传动边缘线速度相等，因

此3/|R左=3/右，得3A=R右:R左=1:3。根据向心力公式/=〃76/广，代入得：=器券==

【小问4详解】

A.速度大小本身不会带来误差，故A错误；

B.可以通过塔轮半径比控制两轮角速度，故B错误；

C.实验靠手摇驱动，很难保证小球持续做匀速圆周运动，向心力不稳定，产生误差，故C正确；

D.小球运动不稳定时，标尺露出的格数不稳定，读数会产生误差，故D正确。

故选CD。

12.测量小物块Q与平板P之间的动摩擦因数的实验装置如图所示。4B是半径足够大的、光滑的四分之•

圆弧轨道，与水平固定放置的P权的上表面3c在〃点相切，C点在水平地面的垂直投影为C'。重力加速

度为4。实验步骤如下:

②测量出轨道AB的半径R、的长度L和CC'的高度人：

③将物块Q在A点由静止释放，在物块Q落地处标记其落地点。，C'/)=s;

④重复步骤③，共做10次；

⑤将10个落地点用一个尽量小的圆围住，用米尺测量圆心到C’的距离$。

(1)用实验中的测量量表示：

(i)物块Q到达8点时的动能=；

(ii)物块Q到达C点时的动能Eg=；

(亩)在物块Q从〃运动到。的过程中，物块Q克服摩擦力做的功叱=

(iv)物块Q与平板P之间的动摩擦因数〃=。

(2)回答问题：实验步骤④©的目的是o

【答案】(1)①.mgR②.磔二③.叫R一鳖1④.四一工

4/14/?L4hL

(2)减小实验的偶然误差，让s的测量值更准确

【解析】

【小问1详解】

[1]对物块Q从A点到3点的过程列动能定理方程有mgR二0

解得物块Q到达B点时的动能为EkB=mgR

⑵离开C点后物块Q做平抛运动，其竖直方向为自由落体运动，则由。=3/2

可知，物块Q从C点到。点的运动时间为f=g

又因为物块Q在水平方向做的是匀速直线运动，则有s=%，

解得物块Q到达C点时的速度为％=；=s旧

所以物块Q到达。点时的动能为耳°=gm片=-

13J对物块Q从“点运动到C点的过程，列动能定理方程有一叱=弓0一纭8

2

解得该过程物块Q克服摩擦力做的功为叱=EkB-Ek()=〃2gR-鳖1

4/7

2

14J物块Q从笈点运动到C点的过程中,克服摩擦力做的功为VV；-pnigL—"igR-

解得物块Q与平板P之间的动摩擦因数为R=%

4/iL

【小问2详解】

步骤④重复多次实验，步骤⑤用最小圆法确定落点圆心，是为了减小实验的偶然误差，让s的测量值更准

确。

13.如图为游乐场飞椅项目，某飞椅由4条绳索悬挂，可抽象为如图乙所示模型，已知绳长L=5m,水平

横梁1=3m，飞椅和小孩总质量〃尸40kg,整个装置可绕竖直轴匀速转动，绳与竖直方向夹角8=37。,

小孩可视为质点，g取10m/b，取sin370=0.6,8s37。=0.8,求:

甲

(1)飞椅（和小孩）所需向心力大小:

(2)飞椅转动的角速度;

(3)每条绳子的拉力大小。

【答案】（1）300N

£ad/s

(2)

2

（3）125N

【解析】

【小问1详解】

飞椅（和小孩）所需向心力大小为乙二tan夕

代入数据解得5=300N

【小问2详解】

飞椅和小孩做圆周运动的半径r=Lf+Lsin370=6m

根据牛顿第二定律可得〃2gtan0=m（o~r

代入数据解得《7=@rad/s

2

【小问3详解】

由于竖直方向受力平衡，有Feos9=mg

代人数据得尸=500N

所以每条绳子拉力为£=£=125N

4

14.某卫星绕地球的运动可视为匀速圆周运动，其轨道半径约为地球半径的倍。已知地球半径为R,地

16

球表面的重力加速度为g,引力常量为G。求:

（1）该卫星绕地球运动的向心加速度大小和线速度大小;

（2）地球的密度。

,256

【答案】（1）。=丽8，

17

（2）

4TTGR

【解析】

【小问1详解】

根据万有引力提供向心力，有罂^二，九。=最

、1616

.「山4GM，n

在星球表面，有F-二，〃g

R~

联立解得.啜…二符二陪

【小问2详解】

根据在星球表面万有引力充当重力的公式，*缥

可解得M二匹

G

M_M_3g

所以地球的密度P~~V~士兀尺3~47TGR

15.某同学参照过山车情景设计了如下模型：光滑的竖直圆轨道半径R=2m,入口的平直轨道AC和出口的

平直轨道CO均是粗糙的，质量为〃?=2kg的小滑块（可视为质点）与水平轨道之间的动摩擦因数均为

〃=0.5,滑块从A点由静止开始受到水平拉力F=60N的作用，在8点撤去拉力，A8的长度为