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大庆铁人中学2025级高一年级下学期第一次阶段考试
物理答案
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
C B A A B D C AC BD ABC
11. ABC 2.0 2.8
12. md2 F2
C √kmd2
2(Δt) 2 2k
13.解：（1）月球表面附近的物体做平抛运动有x＝v
0
t，
h=
1
g
t2，联立解得g月= 2v2
0
h
2 月 x2
（2）不考虑月球自转的影响，有
G
M
R
m
2 =mg 月
，解得月球质量
M=
2h
G
v
x
2
0 2
R2 密度ρ=
4
M
πR3
=
2π
3
R
v2 0
G
h
x2
3
（3）由牛顿第二定律有 Mm v2，解得月球的第一宇宙速度 v
G =m v= 0√2hR
R2 R x
14．(1)A、B两球共轴转动，角速度相同，线速度大小也相等。设A球与转轴O等高时的速度大小为v，由机械能
1 1
守恒定律有2mgLcosθ−mgLcosθ= mv2+ 2mv2
2 2
1 8
又E = ⋅2mv2 联立解得E = mgL
kB 2 kB 15
1
(2)对B由动能定理可得W +2mgLcosθ= ⋅2mv2
B 2
16
解得W =− mgL
B 15
(3)取O点所在水平面为参考平面，当A球转到O点正上方速度为零时，释放时A球初动能最小，则有
E +E −mgLcosθ=mgL−2mgLsinθ
kA kB
1
且E =2E 解得E = mgL
kB kA kA 5
15．解：（1）小滑块首次进入竖直圆环轨道刚好可以绕环内侧做完整的圆周运动，根据牛顿第二定律可得在圆轨
道最高点D点时应满足： v2 ，解得在D时的速度大小为：
mg=m D v =√3.2m/s
D
R1 1
小滑块由D点到E点的过程，根据动能定理得：mgR= mv2− mv2
2 E 2 D
在E点滑块受到的圆环轨道的作用力F提供向心力，根据牛顿第二定律得： v2，解得：F＝0.6N
F=m E
R
由牛顿第三定律可知，压力F′＝F＝0.6N
1 1
（2）小滑块由D点到C′点的过程，根据动能定理得：2mgR= mv2− mv2
2 C 2 D
解得到C′点的速度大小为：v＝4m/s＝v
c
物块在传送带上先做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律得： mg＝ma，解得：a＝2.5m/s2
v2
μ
减速到零的位移大小为：L= ，解得：L＝3.2m＜4m
2a
此后滑块反向匀加速回到左端，由运动的对称性可知小滑块第1次滑上传送带后将以v＝4m/s的速率返回F点
1 1
传送带做功W = mv2 − mv2 =0
2 ❑ 2 C
（3）设小滑块被释放时的高度为H 时，其第1次进入圆环轨道恰好到达圆环轨道的圆心等高处，则有：
1
H
mgH −μmgcosθ⋅ 1 −μmgx−mgR=0−0
1 sinθ
解得：H ＝0.93m
1
可得H≤0.93m可满足要求；
设小滑块被释放时的高度为H 时，其第1次进入圆环轨道后恰好能通过圆环轨道的最高点D点，则有：
2
H 1
mgH −μmgcosθ⋅ 2 −μmgx−mg⋅2R= mv2 −0
2 sinθ 2 D
解得：H ＝1.65m
2
设小滑块释放高度为H 时，第1次滑上传送带后到达传送带右端G点时恰好减速到零，则有：
3
H
mgH −μmgcosθ⋅ 3 −μmgx−μmg⋅FG=0−0
3 sinθ
解得：H ＝1.95m
3
当释放高度满足：H ≤H≤H ，由（2）的分析可知，滑块第1次从传送带上返回F点时的速度大小等于v＝4m/s，
2 3
且返回圆环轨道恰好能通过最高点。
设第1次返回倾斜轨道时，上滑最大高度为H ，则有：
4
H 1
﹣mgH ﹣ mgcos 4 −μmgx=0− mv2
4
sinθ 2
μ θ
解得：H ＝0.375m
4
因H ＜H ，故滑块在倾斜轨道上再次下滑后不会通过圆环轨道的圆心等高处，也就不会脱离轨道。
4 1
综上分析，可得高度H应满足的条件为：H≤0.93m，或1.65m≤H≤1.95m。1.【答案】C
2.【答案】B
3.【答案】A
【解析】A.根据动能定理F s=E −0，则E =F s，由于滑雪运动员做匀加速运动，合力恒定，E 与s成正比，图
合 k k 合 k
像是过原点的倾斜直线，故 A正确；
B.由E =mgH−mgssinθ 可知，E 与s是一次函数关系，且斜率为负，故 B错误；
p p
1 1 1
C.动能的表达式为E = mv2，由v=at可得E = m(at)2= ma2t2。E 与t是二次函数关系，图像是抛物线，不
k 2 k 2 2 k
是过原点的倾斜直线，故C错误。
1 1
D.由s= at2，E =mgH− mmggssisniθnθ⋅a=mtg2H，−E 与t是二次函数关系，不是如图所示的曲线，故 D
2 p 2 p
错误。
4.【答案】A
【解析】解：AC、由题图可知小船在静水中的速度v 、v 、v 在沿河岸方向的分速度相同，若河中水流速度大小
1 2 3
与v 、v 、v 在沿河岸方向的分速度大小相等，则三次渡河过程合速度的方向均垂直于河岸，此情况三次渡河位移
1 2 3
就可以相同，出此情况合速度方向不同，故A正确，C错误；
B、由题图可知小船在静水中的速度v 、v 、v 在沿垂直于河岸方向的分速度不相等，故过河的时间不可能相同，
1 2 3
故B错误；
D、小船在静水中的速度小于水流速度时，小船沿河流上游的分速度必小于水流速度，即小船在静水中的速度与水
流速度的合速度必有沿河岸指向下游的分速度，故小船在静水中的速度与水流速度的合速度不可能垂直河岸，故
D错误。
5.【答案】B
1 mgπR
【解析】力F的方向始终沿着圆弧切线方向，故力F做的功W=F⋅ ×2πR= ，故B正确，A错误。
4 2
在运动过程中任一位置建立沿着切线和半径方向的坐标系，设半径与竖直方向夹角为θ，沿着切线方向有
F−mgsinθ=ma ，故沿着切线方向，物块始终做加速运动。力F的功率一直增大。重力的瞬时功率P =mgvsinθ，
G
也是一直增大的，故CD错误。故选B。
6.【答案】D
4−2
1 1 P= W=8W
【解析】AC.根据P=Fv，可得 = F，结合图线的斜率可得 1 1 ，
v P −
2 4
即模型车的速度从2m/s增加至4m/s的过程中，模型车以恒定的功率(最大功率)行驶，速度最大时合外力为零，即
牵引力等于阻力，根据图像可知，在F=2N时速度达到最大值，因此有F=f=2N，
故AC错误；
B. 由图像可知小车初始牵引力为4N，且匀加速结束时模型车的速度大小v =2m/s，根据牛顿第二定律有F−f=ma ，
1
v
解得加速度a=1m/s2，根据匀变速直线运动，速度与时间的关系可得匀加速运动的时间t = 1 =2s，故B错误;
1 a
D. 根据题意，模型车速度达到最大用时5s，而匀加速阶段用时2s，则可知，模型车以恒定功率运动所需时间
1 1
t =3s，根据动能定理Pt −fx = mv2 − mv2式中v =4m/s，v =2m/s，解得x =6m，在匀加速直线运动过程中
2 2 2 2 2 2 1 2 1 2
1
x = at 2=2m，所以整个过程总位移x=x +x =8m，故D正确。
1 2 1 1 2
7.【答案】C
【解析】A、卫星在椭圆轨道上稳定运行时，只受到地球的引力，只有地球的引力做功，故机械能守恒，故A正确；
B、根据开普勒第三定律 R3可知轨道的半长轴越大，则卫星的周期越大，所以 ，故B正确；
k= T >T >T
T2 C B A
CD 、卫星在圆轨道 A 上时，根据万有引力提供向心力： G Mm =m v 1 2 ，解得 v = √GM；
R2 R 1 R
1 1 1
1 GMm
所以E = mv2= ；
k1 2 1 2R
1
GMm GMm GMm
卫星的总机械能：E =E +E = − =− ；
1 k1 p1 2R R 2R
1 1 1
1 GMm
同理：卫星的圆轨道C上时，E = mv2= ；
k2 2 2 2R
2
GMm GMm GMm
卫星的总机械能：E =E +E = − =− ；
2 k2 p2 2R R 2R
2 2 2
GMm GMm
该卫星从圆轨道A变到圆轨道C，由动能定理可知合力做的功为：W =E −E = − ；
合 k2 k1 2R 2R
2 1
GMm GMm
引力之外的力做功为：W =E −E = − ；故C错误，D正确。
2 1 2R 2R
1 2
故选C。
8.【答案】AC
9.【答案】BD解：A、根据题意可知，双星系统的角速度相同，由恒星A、B间的万有引力提供向心力，即向心力大小相等，则
对恒星A、B可得
m ω2R =m ω2R
A A B B
其中m ＝m
A
解得m ＝4m，故A错误；
B
1 1
B、恒星A与B的动能之差为ΔE = m v2 − m v2
k 2 A A 2 B B
v
其中v ＝ωR ＝v，v =ωR = ，m ＝m，m ＝4m
A A B B 4 A B
3
解得ΔE = mv2，故B正确；
k 8
D、设A、B、C三星由图示位置到再次共线所需时间为t，由于A星转过的圆心角等于B星转过的圆心角，因此当
A、B、C三星由题图示位置到再次共线时，A星转过的圆心角与C星转过的圆心角之和为π，有ω t+ω t＝π
A C
2π 2π T T
即 t+ t=π解得t= 1 2 ，故D正确；
T T 2(T +T )
1 2 1 2
Gm m 4Gm2
C、恒星AB间引力原来为F = A B =
AB R +R R +R
A B A B
G(m −Δm)( m +Δm) 4Gm2
−
3m(ΔΔm−m)2
质量变化后为F′ = A B = ＜F
AB R +R R +R AB
A B A B
恒星AB间引力将减小，故C错误。
故选：BD。
10.【答案】ABC
【解析】解：A、初始时在拉力F的作用下，M、N均处于静止状态，以M为研究对象，受力分析如下，
根据平衡条件则有：
F =mgtan60°=10√3N
杆
再将M、N整体受力分析，水平方向则有 ，故A正确；
F=F =10√3N
杆
B、运动的过程中，M、N组成的系统机械能守恒，由于轻绳拉力对小环M做负功，故小环M的机械能不守恒，
故B正确；
C、轻绳与竖直杆夹角 ＝37°时，将M、N的速度分解到沿绳的方向和垂直绳的方向，则有两者速度关系为：
v cos37°＝v sin37° β
M N
1 1
在运动的过程中，M、N组成的系统机械能守恒，则有：mg(lcos37°−lcos60°)= mv2 + mv2
2 M 2 N
联立解得：v ＝0.72m/s，故C正确；
M
D、当 N 到达竖起杆的正上方时，N 的速度最大，设为 v ，对 MN 组成的系统，根据机械能守恒有：
m
1
mgl(1−cos60°)= mv2
2 m
2√15
解得：v = m/s，故D错误。
m 5
故选：ABC。
11.【解析】(1)A.要保证每次钢珠都做平抛运动，则必须确保弹射器水平放置，故A符合题意；
B.为了减小实验误差，应选用体积小密度大的弹丸，故B符合题意；C.为保证弹丸的初速度相同，每次必须将弹簧压缩至相同位置释放弹丸，故C符合题意；
D.第一次实验时，不需要测量弹射器开口到墙壁的距离，故D不符合题意。
故选ABC。
竖 直 方 向 上 是 自 由 落 体 运 动 ， 则 ， 解 得 点 迹 间 的 时 间 间 隔 为
(2) y −y =gT2
BC AB
T=
√y
BC
−y
AB =
√15.0−5.0
×10−2s=0.1s，
g 10
x 0.2
弹丸离开弹射器的速度大小为v = = m/s=2.0m/s，钢珠刚要打到C点时的竖直方向速度分量大小为
0 T 0.1
y +y 15.0+25.0
v = BC CD = ×10−2m/s=2.0m/s，弹丸打到C点时的速度大小为v =√v2+v2 ≈2.8m/s。
Cy 2T 2×0.1 C 0 cy
d
12.【解析】（1）滑块经过光电门时的速度v=
Δt
滑块经过光电门时的动能E
k=
1
mv2=
1
m(
d
) 2=
md2
2 2 Δt 2(Δt) 2
1 F2
根据弹性势能的表达式有E = kx2，由胡克定律得F＝kx，解得E = 。
p 2 p 2k
（2）若系统机械能守恒，由机械能守恒定律得ΔE ＝ΔE ，即 md2 F2
k p =
2Δt2 2k
整理得 √kmd2，应作 1 图像，图像的斜率为 。
F= F− √kmd2
Δt Δt
