河南南阳市部分学校2025-2026学年高一下学期期末考前练物理试卷A卷（含解析）

这是一份河南南阳市部分学校2025-2026学年高一下学期期末考前练物理试卷A卷（含解析），共39页。
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考场号、座位号、准考证号填写在答题卡上。
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。
考试时间为75分钟，满分100分
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. 如图所示是走时准确的指针式石英挂钟，秒针、分针的长度之比为，则秒针、分针尖端的线速度大小之比为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】秒针周期，角速度
分针周期，角速度
针尖线速度，由
故选B。
2. 如图所示是游乐园中的“摩天轮”，游客乘坐时，转轮始终不停地匀速转动。座椅可视为质点，则某座椅运动一周的过程中（ ）
A. 动量保持不变B. 所受重力的冲量为零
C. 所受合外力的冲量为零D. 动量变化量不为零
【答案】C
【解析】
【详解】A．动量是矢量，匀速转动的座椅速度方向不断改变，因此动量一直变化，故A错误；
B．重力是恒力，运动一周的时间，根据冲量定义可知重力的冲量，故B错误；
CD．座椅运动一周后，回到初始位置，末动量与初动量大小、方向都相同，动量变化量
根据动量定理有合外力的冲量等于动量变化量，因此合外力的冲量为零，故C正确，D错误。
故选C。
3. 如图所示，暮春时节的洛阳老君山，正被漫山遍野的杜鹃花晕染成最浪漫的模样。某同学观察到杜鹃花瓣从离水平地面约高的山坡由静止开始飘落，约落到地面。则花瓣飘落过程中，下列说法正确的是（ ）
A. 花瓣的重力势能增加
B. 花瓣的机械能守恒
C. 花瓣重力所做的功小于其减少的重力势能
D. 花瓣增加的动能小于其减少的重力势能
【答案】D
【解析】
【详解】A．花瓣从高处飘落，高度降低，重力势能减小，故A错误；
B．若忽略阻力，由自由落体位移公式
可解得约落地，实际却用了，可见阻力影响很大。
阻力做负功，机械能不守恒，一部分转化为内能，故B错误；
C．重力做功与重力势能变化的关系为，即重力做的功等于重力势能的减少量。两者大小相等，故C错误；
D．由功能关系，减少的重力势能一部分转化为动能，另一部分克服空气阻力做功转化为内能。因此，动能的增加量小于重力势能的减少量，故D正确。
故选D。
4. 近年来，我国一直努力推动中国版“星链”卫星星座的发展，下图为星座中某卫星在运行过程中远地点高度和近地点高度随时间变化的图像，则（ ）
A. 在区间Ⅰ内，卫星轨道为圆形
B. 在区间Ⅱ内，卫星运行速度逐渐增大
C. 在区间Ⅱ内，卫星运行周期逐渐变小
D. 在区间Ⅲ内，卫星的加速度小于地面的重力加速度
【答案】D
【解析】
【详解】A．在区间Ⅰ内，由图可知远地点高度大于近地点高度，卫星在椭圆轨道上运行，故A错误；
B．在区间Ⅱ内，由图可知远地点高度和近地点高度均增大，说明轨道半径增大，由于万有引力提供向心力，则有
解得
可知，卫星无动力运行阶段速度随高度升高而减小，整体运行速度逐渐减小，故B错误；
C．由图可知，在区间Ⅱ内，由图可知远地点高度和近地点高度均增大，说明轨道半长轴a 增大。根据开普勒第三定律
可知，半长轴a越大，周期T越大，因此，在区间Ⅱ内，卫星运行周期逐渐变大，故C错误；
D．在区间Ⅲ内，卫星轨道高度约为h=1100km
设地球的半径R，对卫星，根据牛顿第二定律可知
在地球表面则有
联立可得
即在区间Ⅲ内，卫星的加速度小于地面的重力加速度，故D正确。
故选D。
5. 一无人机向山区运送医疗物资，其在飞行过程中水平速度及竖直速度与飞行时间的关系分别如图甲、乙所示。关于该无人机的运动，下列说法中正确的是（ ）
A. 无人机在时间内做匀变速直线运动
B. 无人机在时间内的位移大小为
C. 无人机在内的速度大小为
D. 无人机在内的速度方向偏转了
【答案】B
【解析】
【详解】A． 内，，从均匀增大到，速度方向不断改变，合运动为曲线运动，故A错误；
B．内，水平位移
竖直位移等于 图像面积，即
位移大小 ，故B正确；
C． 内，，
速度大小 ，故C错误；
D． 内，，从减小到，速度方向与水平方向夹角由 变为，偏转角约为 ，故D错误。
故选B。
6. 如图，质量为的小物块从距水平地面高度为处以的初速度沿水平方向抛出。物块视为质点，不考虑空气阻力，重力加速度取。若物块第一次落到地面后弹起的最大高度为，物块第一次与地面接触的时间为，物块与地面间的动摩擦因数为0.2，则（ ）
A. 物块第一次落到地面前瞬间，竖直速度的大小为
B. 物块第一次与地面接触过程，动量变化量大小为
C. 物块第一次与地面接触过程，所受弹力冲量的大小为
D. 物块第一次弹离地面瞬间，水平速度的大小为
【答案】C
【解析】
【详解】A．平抛下落过程竖直方向做自由落体运动，由运动学公式
其中
可得
方向竖直向下，故A错误；
C．弹起后最大高度，同理可得弹起瞬间，竖直方向的速度大小
方向竖直向上，对碰撞过程竖直方向根据动量定理
可得物块第一次与地面接触过程，所受弹力冲量的大小为
竖直方向动量的变化量为
故C正确；
D．水平方向，若物块一直受滑动摩擦力，由，其中
则摩擦力的最大冲量
可知水平方向速度最后为零，故D错误；
B．物块第一次与地面接触过程，动量变化量大小为，故B错误。
故选C。
7. 如图所示，水平轨道的点左侧光滑、右侧粗糙，为竖直光滑半圆轨道、半径为。轻弹簧一端固定在挡板上，另一端自然伸长于点并与质量为的小物块接触（不粘连）。向左推动物块将弹簧压缩至点，接着将物块由静止释放，物块沿运动，并最终从顶点飞出。已知物块与段动摩擦因数为，距离为，重力加速度为，物块可视为质点，不计空气阻力。物块从、点正常离开半圆轨道不算脱离，下列说法正确的是（ ）
A. 若物块恰能到达点，则物块在点的速度大小为
B. 若物块恰能到达点，则弹簧的弹性势能为
C. 若刚释放物块时，弹簧的弹性势能为，则物块不会脱离半圆轨道
D. 若刚释放物块时，弹簧的弹性势能为，则物块会脱离半圆轨道
【答案】C
【解析】
【详解】A．若物块恰好能到达C点，则在C点，物块的重力提供物块圆周运动的向心力，根据牛顿第二定律可得
解得，故A错误；
B．若物块恰能到C点，根据能量守恒定律可得
结合上述结论
解得弹簧的弹性势能，故B错误；
C．若刚释放物块时，弹簧的弹性势能为，大于物块恰好经过C点时弹簧所具有的弹性势能
因此，物块不会脱离轨道，故C正确；
D．若物块恰好到达轨道圆心等高处，弹簧的弹性势能为，根据能量守恒定律可得
此时物块也不会脱离轨道，当刚释放物块时，弹簧的弹性势能为
因此，物块释放后到达不了轨道的圆心等高处，物块也不会脱离轨道，故D错误。
故选C。
二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。每小题有多个选项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
8. 两名篮球运动员练习传球，篮球从点出发沿轨迹运动至点，再从点出发沿轨迹回到点。若忽略空气阻力，则（ ）
A. 篮球沿轨迹运动时，初速度的竖直分量更大
B. 篮球沿轨迹运动时，初速度的水平分量更大
C. 篮球沿轨迹运动时，在空中运动的时间更短
D. 篮球沿轨迹运动时，在空中运动的位移更小
【答案】AB
【解析】
【详解】A．将斜抛运动分解为水平方向匀速直线运动和竖直方向竖直上抛运动；竖直方向上，斜抛的最大高度满足
解得
由图可知轨迹的最大高度大于轨迹，因此轨迹初速度的竖直分量更大，故A正确；
C．篮球的总运动时间满足
轨迹的最大高度大于轨迹，因此，轨迹运动时间更长，故C错误；
B．两次运动的水平位移大小相等（等于、两点的水平间距），初速度的水平分量满足
因为，可知轨迹初速度的水平分量更大，故B正确；
D．位移是初位置到末位置的有向线段，轨迹（）和轨迹（）的位移大小相等（都等于的直线长度），仅方向不同，故D错误。
故选AB。
9. 如图所示，可视为质点的小球用细线悬于点，使小球在水平面内做匀速圆周运动。若悬挂小球的绳长为，小球做匀速圆周运动的角速度为，绳对小球的拉力大小为，保持轨迹圆的圆心到悬点的距离不变，改变绳长，则图像、图像正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】AD
【解析】
【详解】AB．小球做匀速圆周运动，由合外力提供向心力，令绳与竖直方向夹角为，则有
根据几何关系有
可知，角速度为一个定值，图像为一条平行于L轴的直线，故A正确，B错误；
CD．对小球进行分析有
结合上述解得
可知，绳对小球的拉力与绳长成正比，图像为一条过原点的倾斜的直线，故C错误，D正确。
故选AD。
10. 如图所示，光滑水平面上质量均为的相同滑块对称放置（均不固定），滑块上的圆弧光滑轨道的半径为，轨道最低点与水平面相切。现将质量为的小球从滑块圆弧轨道的最高点由静止释放，重力加速度为。则（ ）
A. 小球与滑块A组成的系统动量守恒
B. 小球第一次从滑块上滑离时的速度大小为
C. 小球在滑块B上上升的最大高度为
D. 要使小球能够再次滑上A的轨道，应满足的条件
【答案】BD
【解析】
【详解】A．小球与滑块 A 组成的系统受到重力和水平面对滑块 A 的支持力，外力合力不为零，系统总动量不守恒；水平方向外力为零，只能说水平方向动量守恒，故A错误；
BC．设小球第一次从滑块 A 上滑离时速度大小为 ，滑块 A 的速度为 ，由水平方向动量守恒得
由机械能守恒得
联立解得
小球滑上滑块 B 后，设上升的最大高度为 ，此时小球与滑块 B 有共同水平速度 ，由水平方向动量守恒得
由机械能守恒得
联立解得 ，故B正确，C错误；
D．小球第一次从滑块 A 上滑离后，滑块 A 向左的速度大小为
小球从滑块 B 返回并滑离最低点时，相当于与静止滑块 B 发生一维弹性相互作用，小球向左的速度大小为
要使小球能够再次滑上 A 的轨道，应有
解得 ，故D正确。
故选BD。
三、非选择题：本题共5小题，共54分。
11. 某物理兴趣小组利用如图甲所示的装置验证系统机械能守恒定律，操作步骤如下：
①用天平测出物块a的质量和物块b的质量；
②把打点计时器、定滑轮固定在铁架台上，跨过定滑轮的轻质细线连接物块a和物块b；
③把固定在物块a上的纸带穿过打点计时器的限位孔，让物块a靠近打点计时器，先接通电源，再释放物块a和物块b；
④实验过程中打出的一条纸带如图乙所示；
⑤更换物块，重复实验。
0是打下的第一个点，1、2、3是纸带上选取的3个计数点，每相邻两计数点间还有4个点（图中未标出），所用电源频率为。已知，。
（1）在打下0点到打下计数点2的过程中，物块a和物块b组成的系统动能的增加量__________，系统重力势能的减少量__________，若在误差允许的范围内，，则系统的机械能守恒。（取，结果均保留两位有效数字）
（2）某同学分析实验数据发现，对于物块a和物块b组成的系统，其增加的动能小于减少的重力势能，可能原因是__________________________________________________________。（写出一条即可）
【答案】（1） ①. 0.30 ②. 0.31
（2）存在空气阻力（或摩擦阻力的影响，其他答案合理即可得分，2分）
【解析】
【小问1详解】
[1]根据题意可知，物块a和物块b做的都是匀变速直线运动，所以根据匀变速直线运动一段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，计数点2的速度
所以在打下0点到打下计数点2的过程中，物块a和物块b组成的系统动能的增加量
[2]所以在打下0点到打下计数点2的过程中，物块a和物块b组成的系统重力势能的减少量。
【小问2详解】
某同学分析实验数据发现，对于物块a和物块b组成的系统，其增加的动能小于减少的重力势能，可能原因有空气阻力对系统做功，或滑轮与绳间的摩擦力对系统做功等，损失了系统的机械能，使增加的动能小于减少的重力势能。
12. 某实验小组的同学用图甲实验装置验证动量守恒定律。已知入射小球质量为，被碰小球质量为。记录小球抛出点在地面上的垂直投影点，测出碰撞前后两小球的平均落地点的位置、、与的距离分别为、、，如图乙，回答下列问题：
（1）若入射小球半径为，被碰小球半径为，为满足实验要求，则需要__________，两小球质量应满足__________。（均填“大于”“小于”或“等于”）
（2）关于本实验，下列说法正确的是__________。
A. 斜槽轨道必须光滑，末端必须水平
B. 实验过程中，复写纸和白纸都可以移动
C. 入射小球每次必须从斜槽轨道同一位置释放
D. 需用秒表测定小球在空中飞行的时间
（3）若两球碰撞时的动量守恒，应满足的关系式为______________；若碰撞是弹性碰撞，则还应满足______________。（均用题中所给物理量的符号表示）
（4）某同学设计了如图丙所示的实验装置，在斜槽轨道右侧竖直固定一木板，实验开始时，先让入射小球多次从斜槽轨道上某位置由静止释放，找到其打在竖直木板上的平均位置，然后把被碰小球静置于斜槽轨道末端，再将入射小球从斜槽轨道上释放，与被碰小球相碰，找到两小球打在竖直木板上的平均位置分别为。木板上的点与被碰小球放在斜槽轨道末端时等高，用刻度尺测出到三点的距离分别为、。若两球碰撞时的动量守恒，应满足的关系式为______________。（用题中所给物理量的符号表示）
【答案】（1） ①. 等于 ②. 大于 （2）C
（3） ①. ②. ##
（4）
【解析】
【小问1详解】
[1]为保证两球发生对心正碰，两球半径需要相等，即等于；
[2]为防止入射球碰撞后反弹，要求入射球质量大于被碰球质量，即大于。
【小问2详解】
A．斜槽不需要光滑，只要入射球每次从同一位置释放，就能保证抛出速度相同，斜槽末端仅需要水平，保证小球平抛，故A错误；
B．实验过程中白纸、复写纸不能移动，否则落点位置测量错误，故B错误；
C．入射球每次从斜槽同一位置释放，可保证碰撞前入射球速度相同，满足实验要求，故C正确；
D．所有小球平抛下落高度相同，飞行时间相同，故水平位移正比于初速度，无需秒表测时间，故D错误。
故选C。
【小问3详解】
[1]小球平抛下落高度相同，运动时间相同，小球平抛初速度
故可用水平位移代替速度。 动量守恒原式为
代入，，
消去得
[2]若为弹性碰撞，系统初末状态动能相等，满足
代入，，
解得
与动量守恒表达式联立，得
【小问4详解】
设斜槽末端到竖直木板的水平距离为定值，小球从斜槽末端飞出后，竖直方向满足
解得
水平方向
整理得
即
故碰撞前入射速度对应，碰撞后入射速度对应，被碰速度对应，代入动量守恒消去公共系数，得
13. 如图所示，粗糙斜面高度，倾角。质量的物体（可视为质点）从斜面顶端由静止释放，沿斜面下滑到底端。物体与斜面间的动摩擦因数，取重力加速度，不计空气阻力，，。求：
（1）物体下滑过程中，摩擦力对物体做的功；
（2）物体下滑到底端时，重力对物体做功的瞬时功率。（结果可用根式表示）
【答案】（1）
（2）
【解析】
【小问1详解】
该过程摩擦力做的功
又因为
解得
【小问2详解】
根据动能定理有
解得
物体下滑到底端时，重力对物体做功的瞬时功率
解得
14. 2026年5月24日，神舟二十三号载人飞船在甘肃酒泉成功升空，其轨道高度约为300~400千米。低轨卫星绕地球运动可视为匀速圆周运动，不同轨道卫星与地心的连线单位时间内扫过的面积的平方与卫星的轨道半径的关系图像如图所示，图线斜率为。已知引力常量为，地球的半径为，求：
（1）地球的质量；
（2）近地轨道卫星的周期；
（3）地球的第一宇宙速度。
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【小问1详解】
由题可知，万有引力提供卫星圆周运动的向心力，则有
解得
卫星与地心的连线单位时间内扫过的面积
整理可得
结合题意可得
解得地球的质量
【小问2详解】
同理可得
解得
【小问3详解】
在地球表面，则有
可得
15. 如图所示，光滑竖直圆弧轨道最低点与光滑水平平台平滑连接，圆弧半径，圆心角，平台与足够长、逆时针匀速转动的水平传送带上表面平滑连接，传送带的速度大小为。物块A从圆弧顶点无初速度下滑，在平台与静止的物块B发生碰撞，物块B随后滑上传送带。已知，，物块A、B均可视为质点，物块A、B碰撞均发生在平台上，碰撞均为弹性碰撞，物块B与传送带间的动摩擦因数，，重力加速度取。求：
（1）物块A、B第一次碰撞前瞬间，物块A的速度大小；
（2）物块A、B第一次碰撞后，物块A沿圆弧上升的最大高度；
（3）物块A、B第一次碰撞后至第七次碰撞前，物块B与传送带由于摩擦产生的热量。
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【小问1详解】
物块A从圆弧顶点到最低点由动能定理可得
解得碰撞前瞬间，物块A的速度大小
【小问2详解】
规定向右为正方向，A与B发生第一次弹性碰撞，由动量守恒得
碰撞前后系统动能相等，满足
解得第一次碰后，
对A根据机械能守恒有
解得第一次碰撞后，物块A沿圆弧上升的最大高度
【小问3详解】
依题意，B先向右减速到0，后向左加速，由于，故B返回传送带左端的速度，B在传送带上，根据牛顿第二定律可知B的加速度大小满足
设B向右减速时间为，则有
代入数据解得，
B向右运动的过程中，传送带速度方向向左，大小为，故物体与传送带的相对位移
根据对称，B向左加速的时间也为
则B向左与传送带的相对位移
B第一次在传送带上由于摩擦产生的热量
代入数据，解得
A、B发生第二次弹性碰撞，依题意可知第二次碰前A的速度，B的速度
根据动量守恒有
碰撞前后系统动能相等，满足
解得，
之后，物块A沿圆弧上升、下降，可知第三次碰前A的速度，B的速度为零，故接下来A、B碰撞情况与第一、二次相同，物块A、B第一次碰撞后至第七次碰撞前，摩擦生热发生于第一、三、五次碰撞之后，故物块B与传送带由于摩擦产生的热量
解得