湖南雅礼中学2026年上学期高一第一次质量检测（图片版，含解析）

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公众号：高一高二高三试卷
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公众号：高一高二高三试卷
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雅礼中学 2026 年上学期 BC． 1处卫星与 2处卫星的角速度相同，故
第一次质量检测试卷 它们的公转周期 也相同，但 2处卫星的轨
高一物理参考答案 道半径大于 1处卫星，故B错误；同时由 =
一、选择题 可知 1处卫星的线速度较小，C错误；
1 2 3 4 5 D．根据 = 2 可知， 1处卫星的向心加
A D A B C 速度小于 2处卫星，选项 D错误；
6 7 8 9 10 故选 A。
C AD BC AC BC
1．A 4. B
【详解】A．研究“四川舰”的航行路径时，“四 【详解】当小球运动到圆弧轨道上某 C点时，
川舰”的体积和形状可以忽略，故“四川舰” 取 O点与小球的连线与 OB的夹角为 ，此
可以看成质点，故 A正确； 时小球的速度为 ，对小球在半径方向进行
B．研究“歼-35”战斗机的飞行姿态时，“歼-35” 受力分析有：
战斗机的体积和形状不可以忽略，故“歼-35” 2
=

战斗机不可以看成质点，故 B错误；
C．研究“神舟二十二号”载人飞船与空间站 故当小球在 A点时， = 0，由牛顿第二定
的对接方式时，“神舟二十二号”的体积和形 律得 = ，故 = ，故 B对；
状不可以忽略，故“神舟二十二号”不可以看 当小球在圆弧轨道中点时
成质点，故 C错误； 2
=
2
+
D ．研究“蛟龙号”潜水器完成任务出水后调 2
整方位回舱过程时，“蛟龙号”的体积和形状 故 C错；
不可以忽略，故“蛟龙号”不可以看成质点， 2
当小球在 B点时， = + ，故 B
故 D错误。
故选 A。 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
2．D 小球已经进入了减速阶段；故 A、D错；
【详解】对钢管受力分析，如图所示 故选 B；
5．C
【详解】AD．当衣物做匀速圆周运动时，
2
最高点时 N1 + =
2
在最低点时 N2 =

若钢管受到地面的摩擦力，则钢管水平方向
受力不平衡，钢管不可能处于静止状态，故 可得 N2 > N1
地面对钢管左端的摩擦力大小为零。ABC 弹力越大，脱水效果越好，可知最低点时脱
错误，D正确。故选 D。 水效果最好，故 AD错误；
B．袜子做匀速圆周运动，袜子在 B、D两
3．A 处竖直方向合力为零，所受摩擦力大小均等
【详解】A. 1处卫星做角速度不变的匀速 于重力，方向均竖直向上，故 B错误；
C．袜子在 B、D两处，洗衣机对袜子的弹
圆周运动，故其与地球连线的面积速度 =
力沿水平方向，方向相反，则洗衣机受袜子
2 1 1 的弹力方向相反，可得地面对洗衣机的摩擦 = 2保持不变，故 A对；
2 2 力方向相反，故 C对；故选 C。
答案第 1页，共 5页
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6．C 7．AD
4 3 【详解】A. 飞船 加速后将脱离轨道 1做离【详解】由球的体积公式 = 可知，被
3 心运动，可以与空间站 对接，故 A正确；
1 B. 卫星 加速后将脱离轨道 2做离心运动，
挖去的球体部分质量为 ，原来完整的大
8 不可能沿虚线追上空间站 ，故 B错误；
= 球对小球的引力为 2 ，设被挖去的部 C．由 = 2 可知，空间站 和卫星
分之前对小球的万有引力为 1 的万有引力大小是否相同取决于它们
A. 小球在 A处时， 与 1恰好在同一条直线 的质量是否相同，缺少未知信息，故 C
上，故小球所受万有引力 2 = 1，其中 错误；
1 D．飞船 从轨道 1切换到轨道 2后，半径
1 = 8 × (0.5 )2
= 2 = 2 2
变大，由 = 2 可知加速度变小，故 D正确。
1
故 2 = ，选项 A错误2 故选 AD。
B. 3小球在 E处时， ’ = ，故
2 8. BC
1 【详解】AB．小球在最高点，向心力
1 = 2 = 6 6 由重力和轻绳拉力共同提供，则有 +
此时 与 1的夹角为 = 30°，故剩余的万有 2
引力 2 = 1
= ，故当小球线速度减小时，
的大小满足：
2 2 2 37 3 轻绳拉力会随之变小；当拉力为零时， 22 = + 1 2 1 = ( 36 6 ) 小球具有最小速度为 = ，故 A错
5 误，B正确；
故 2 ≠ ，选项 B错误6 C．若将轻绳 OA换成轻杆，此时小球
C. 若在球体表面任一点，设 与 1的夹角为 2
过最高点时，满足 = = 0， ，绘出 2 = 1的矢量图：
轻杆对小球的作用力与小球所受重力
大小相等，方向相反，故 C正确；
D．根据上述分析可知，若将轻绳 OA
换成轻杆，当小球过最高点的速度 >
时，设杆对小球的作用力 以向下
2
为正方向，则 + = ，解得 =

由三角形任意一条边的长度大于其他两边 2 > 0
之差可知，此时 2大小满足： 2 ≥ 1
当且仅当 与 1方向在相同时取" = " 此时杆对小球的力为竖直向下的拉力，
A点是球体表面离 O’点最近的位置，此时 1 故 D错误。故选 BC。
恰好达到最大值，即两力大小之差 1
恰好达到最小值，且可取 2 = 1。故此 9．AC
时为小球所受万有引力 2的最小值，C正确 【详解】A．如图所示，
D. 由 2 = 1可知，小球在 B点所受万 将小环速度 进行正交
有引力向右指向 O点下方，小球在 E点所 分解，其分速度 1与重物
受万有引力向左指向 O点下方，故方向并 上升的速度大小相等，小
不相反，D错误；故选 C 环到达 点时， 1 =
答案第 2页，共 5页
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故 D错误。故选 BC。
cos45° = 2 ，故小环在 处的速度与重物
2
上升的速度大小之比等于 2，故 A正确； 11. (1)B (2)C (3)2.0 ( 10, 1.25)
B．小环刚释放时，具有向下的加速度，则 【详解】(1) AB．由于两枚棋子从同一高度
重物具有向上的加速度，重物处于超重状态， 同时释放，一枚棋子做自由落体运动，另一
故绳中张力一定大于 2 ，选项 B错误； 枚棋子做平抛运动，只要两枚棋子同时落地，
C．小环下滑过程中速度到达最大值时，加 即可验证平抛运动在竖直方向上是自由落
速度为 0，此时在下滑途中，即轻绳张力的 体运动，故 A错误，B正确；C．只要两枚
竖直方向分力恰等于小环的重力，故此时轻 棋子在同一高度，同时释放，它们就必然同
绳张力大于 ，选项 C正确； 时落地，故 C错误。故选 B。
D. 小环下滑到最底端时，速度恰好减速到 0， (2) 由图可知小球做斜抛运动，则斜槽末端
具有向上的加速度，则重物具有向下的加速 切线不水平，故 C正确，AB错误；故选 C。
度，重物处于失重状态，选项 D错误； (3) 根据逐差法求加速度有：Δ =
故选 AC。 = 2,解得 = 0.1 ；
水平方向做匀速直线运动，有：
10．BC
= = 2 /
【详解】A．宇航员在“太空电梯” 0中绕地心
随地球一起自转，所以宇航员所受的合力提 b 点的竖直分速度：
供向心力，宇航员所受合力不为零，所以不
= = 1.5 /
处于平衡状态。故 A错误； 2
BCD．无论距地面多高，宇航员在“太空电 在竖直方向小球做自由落体运动，有：
梯”中做圆周运动的角速度始终等于地球自 2 = 2
转的角速度，所受合力提供向心力。 代入数据得 = 0.1125 ，则小球开始做
对于同步卫星，根据万有引力定律及牛顿第 平抛运动的位置坐标：

二定律可得 = 2( + ) = = 1.25
( + )2 由 = 计算出小球运动到 b 点的时
当 r=H时，卫星为静止卫星，卫星周期与 间 = 0.15 ，则水平方向运动的距离：
地球自转周期 T相等；当 r>H时，卫星周 = 0 = 30
期大于地球自转周期；当 r期小于地球自转周期。 = 10
故当 h=H时，宇航员受到的万有引力恰好
提供向心力，故 B正确 12．(1)BD (2)否 (3) A D
当 h>H时，万有引力无法提供足够的向心 【详解】（1）该实验还需要用天平（含砝码）
力，宇航员受到向下的压力，由牛顿第二定 测量小车的质量；用刻度尺测量纸带；不需
要秒表和弹簧测力计。故选 BD。
律得 2 + 1 = 2 + + （3）根据题意，由牛顿第二定律有
解得压力 = 2
= ( + ) ，而 = ，代入得 =
1 +

+ 2 × 100% = × 100%，所以相对误差δ
故 C正确；
当 r与 的关系成正比例关系。故选 D。
的向心力，宇航员受到向上的支持力，由牛

顿第二定律得 2 2 = 2 + +
= 解得支持力 2 2 + + 2
答案第 3页，共 5页
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13．(1) 2 rad/s；(2) 4m；(3) 41N 1
小车的位移 2 = = 13.5 （1分）
【详解】 2
(1) 小球在半圆形轨道上运动时的角速度为 撤去拉力 后
0 4 对物块，由牛顿第二定律有： ' = = = rad/s = 2 rad/s
2 解得 ' = 2 / 2
（公式 2分，答案 2分） 对小车，由牛顿第二定律有： ' =
(2) 小球离开轨道后做平抛运动，则 解得 ' = 1 / 2，方向水平向左
1 2 设经过 后两者共速，由匀变速运动公式有竖直方向有 = ，水平方向 = 0 2 + ' = '
解得 = 1 （2分）， = 4m（2分） 解得 = 1 ，故 = 4 后物块和小车将以
(3)根据牛顿第二定律得，圆管对小球的水平 = 8 / 的速度共同匀速前进
作用力大小为 在 = 1 内，由匀变速运动公式有
2 42 1
=
0 = 0.5 × N=4N 2分 物块位移 ' = ( + ) = 7 （1分） 2 2
竖直作用力大小为
小车位移 ' = 1 ( + ) = 8.5 （1分） = = 5N（2分） 2
故细圆管对小球的作用力为 故物块相对小车的位移 为：
2 2 = + ' ( + ' ) = 6 = + = 41N（2分） 故 = 4 时物块与小车最左端的距离为
= 8 = 2 （1分）
14. (1) 2 / ；
(2) = 2 / 2 ， = 2 / 2； 10．(1) 8m/s （4分）
(3) 物块与小车最左端的距离 = 2 (2) 6 / ≤ ≤ 8 / （5分）
【详解】
(3) 100当 ≤ 0 ≤ 12 时，(1) 假设此时物块与小车共速，由整体法有： 9
= + ，解得 = 1 / 2（2分），此 = 4 2 0 8 ( )
时物块与小车间摩擦力为 25 ≤ < 100当 时
= = 1 < = 2 14 0 9
故假设成立，由 = （1分）
解得 = 2 / 14（2分） = 4 0 + 8 ( )
(2) 25假设此时物块与小车共速，由整体法有：
8 2 【详解】（1） = + ，解得 = / ，则物块与
3 滑块在斜面上运动时，由牛顿第二定律
sin cos = （1分）
小车间的摩擦力为 = = 8 > 1 1
3 故加速度为
故 = 8 时物块与小车会发生相对滑动 1 = sin 1 cos = 4m/s2（1分）
对物块： = （1分），解得 由运动学公式 2 = 2 1 0（1分）
= 2 / 2（1分） 解得 vB=8m/s（1分）
对小车： = （1分） （2）滑块从离开传送带到落入货车车厢，
解得 2 = 2 / （1分） 下落的高度为 = 2 + = 20
(3) 在 = 3 时，由 = 得 = 6 / ， 由自由落体运动规律有平抛运动总用时 满
= 9 / ，故在 0～3s内： = 1足 2，解得 = 2
1 2
物块的位移 = 2 = 9 （1分）2 若要落入车厢，滑块平抛运动的水平运动需
答案第 4页，共 5页
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满足 ≤ + ，解得 ≤ 8 / （2分） 假设某滑块直至离开传送带时，仍未与传送
若滑块能从 D点做平抛运动，由牛顿第二定 带共速，则水平距离 = ，其中 = 2
2 该滑块刚进入传送时，滑块速度快于传送带，
律有 ≤ ，解得 ≥ 6 / （2分） 若达到速度相同用时 1，有：
故物块到达 D点时的速度需满足 2 1 = 0 1
6 / ≤ ≤ 8 / 解得
滑块在传送带上相对滑动时，由牛顿第二定 =

, = 0

律 2 =
1 1
2，解得 22 = 1m/s 0 + 2 0 + 2
若滑块在传送带上加速，则 > = 8 / 此时滑块的位移
若滑块在传送带上一直减速，D点速度为 + 1
2 2 1 = 1 ，由运动学公式 min = 2 2 ， 2
解得 = 4 2 / < 6 / 情况一：若共速前就离开传动带，即
故滑块不能一直在传送带上减速，故传送带 + = 1 >
的速度取值范围为 6 / ≤ ≤ 8 /（ 1分） 1 2 1
（3）由前问有 2 = 2 1 0，现在开始寻找 解得
不符合题意的情况 100
>
情况一：一直减速后仍然有 > 8 / 0 9
此时由运动学公式 2 2 = 2 2 有 100
2 2 2 故当 ≤ 0 ≤ 12 时，物块离开传送带 = 9 2 2 0 > (8 / )
解得 时仍未与传送带共速，有
2 20 > 12 1分 = 2 2
情况二：直到最后仍然有 < 6 / 由 = ，代入数值可得
刚进入传送时，滑块速度快于传送带，若达 = 4 2 0 8 ( ) 1分
到速度相同用时 1，有： 25 ≤ < 100故当 时，当滑块与传送带
2 1 = 0 1 14
0 9
解得 速度相同后，由于 0 > 2，滑块将一直保

= , = 0 持 2的加速度做匀加速运动：1 + 10 2 0 + 2 2 21 = 2 2( 1)
此时滑块的位移 解得
+ 1 =
1
2 1 =
2
1 + 2 2( 1)
此后由于 0 > 2，滑块将一直保持 2的加速 由 = ，代入数值可得
度做匀加速运动：
2 2 = 2 ( )
14
1 2 1 = 4 0 + 8 ( ) 1分
联立代入 < 6 /
25
解得 100
故当 ≤ 0 ≤ 12 时，25 9
0 < 1分14 = 4 2 0 8 ( )
故 0的取值范围为 25
当 ≤ < 100 时
25 14 0 9
≤ 0 ≤ 12 14
14
在符合取值范围的 0中： = 4 0 + 8 ( )25
若离开传送带时，滑块已经与传送带共速，
即 = 8 / ，则水平距离 = 16
答案第 5页，共 5页
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