广西壮族自治区北海市2026年高一下学期期末教学质量检测考试物理试题（含答案）

这是一份广西壮族自治区北海市2026年高一下学期期末教学质量检测考试物理试题（含答案），共19页。试卷主要包含了BC等内容，欢迎下载使用。

1．B
【解析】做曲线运动的物体速度方向沿轨迹的切线方向，合力指向运动轨迹的凹侧，且在减速，因此合力和速度夹角为钝角。故选 B。
2．D
【解析】A．春分和秋分时，地球运动的加速度大小相同，方向不同，A 错；
B．越靠近太阳速度越快，可知从春分到秋分的时间大于秋分到春分的时间，故从春分到秋分，地球的运行时间大于半年，B 错；
C．根据开普勒第二定律，对于太阳及同一行星满足单位时间扫过的面积相同，C 错误；
D．根据开普勒第三定律可知，若用 a 代表椭圆轨道的半长轴，T代表公转周期，则有k因地球与木星都是围绕太阳公转，故地球与木星对应的 k值相同，故 D 正确。故选 D。
3．A
【解析】A．取过人墙最高点的水平面为零势能参考面，根据重力势能的计算公式可得重力势能为EP = mg(h_h0) ， A 正确；
B．从被踢出至运动到最高点的过程中，高度增加了 h，则重力势能增加量为 mgh，B 错；
C．足球从被踢出至运动到最高点的过程中，高度增加了 h，重力做负功，为_mgh ，C 错；
D．足球运动到最高点时，速度方向水平向右，竖直分速度vy = 0 ，则重力的瞬时功率为 0，D 错。故选 A。
4．B
【解析】A．小车 A 的速度vA 是合速度（水平向左），将其分解为沿绳方向和垂直绳方向的两个分速度，由于绳子不可伸长，沿绳方向的分速度大小等于重物 B 的速度vB ，设绳子与水平方向夹角为θ , 可得关系
vB = vAcsθ , 0 < θ < 90 ， csθ vB ，A 错；
BC．小车 A 匀速向左运动时，小车离定滑轮水平距离越来越远，绳子与水平方向的夹角θ 逐渐减小， cs θ 逐渐增大，而vA 不变，因此vB = vAcsθ 逐渐增大，说明 B 向上做加速运动，加速度方向向上，加速度向上时物体处于超重状态，故 B 对、C 错；
D．根据牛顿第二定律，对 B 有T _ GB = mBa ，得拉力T = GB + mBa > GB ，拉力大于 B 的重力，D 错；故选 B。
5.C
【解析】A.本实验采用的是控制变量法；故 A 错；
BC.由于②⑤塔轮同时用皮带连接，其边缘线速度大小相等 1 :1，塔轮半径比 2：1， 由 v=ωr，塔轮角速度比 1：
2,两小球的角速度比也为 1：2，两小球的转动半径比 2：1，由 v=ωr ,得两小球线速度大小之比 1：1，故 B错， 由向心力公式 F=mv2/r ，所需向心力大小之比 1：2，所以选项 C 正确；
D.在 B、C 两点处探究向心力大小与质量的关系，应保持两个转盘的角速度相同，皮带只有套在塔轮① 、④才能够实现，故 D 错。故选 C。
6．C
【解析】A．甲扶梯上该同学所受支持力方向竖直向上与位移夹角为 ，支持力做正功；乙扶梯上该同学所受支持力垂直于斜面，与位移垂直，支持力不做功，A 错；
1
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3
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5
6
7
8
9
10
B
D
A
B
C
C
D
AD
BC
BCD
B.两图中重力相同，速度也相同，速度方向与重力的夹角均为 所以重力的瞬时功率P = mgv cs B 错；
C．乙扶梯上该同学所受摩擦力为f = mg sinθ , 经过t 时间，沿斜面的位移为l ,所以乙扶梯上该同学所受摩擦力做功的平均功率P C 对；
D． 甲扶梯加速运动，则扶梯上的人也随扶梯做加速运动，则摩擦力与位移夹角为 θ < 90 ，所以此时摩擦力对甲扶梯上该同学做正功，D 错。故选 C。
7．D
【解析】A．前 2s 时间内，汽车做匀变速直线运动，牵引力不变，功率P = Fv = Fat ，牵引力的功率随时间均匀增加，故 A 错；
B．2s 时赛车加速度a m / s2 ，由牛二定律F __ 0.25mg = ma ，得 F=8.4x 104N，故 B错；
C．2s 末赛车达到额定功率，P = Fv = 8.4 x 104 x 16 = 1344kw ，故 C 错；
D．当速度v = 64m/s 时，赛车已达额定功率，牵引力 F x 104 N，大于阻力，加速度 a ′ = m/s2 ，故 D 正确。故选 D。
8.AD
【解析】AB.根据开普勒第三定律，轨道半径或半长轴越大，周期越大，故T1 < T2 < T3 ；在 a 点加速才能从轨道 1 进入轨道 2，故v1 < v2，设轨道 3 上 b 点速度大小为v4，在 b 点加速才能从轨道 2 进入轨道 3，所以，v3 < v4，由 G 得，v ，所以v4 < v1 ，综上v3 < v1 < v2 ，A 正确、B 错误；
C.卫星环绕地球运行，发射速度小于第二宇宙速度 11.2km/s，故 C 错误；
D.由万有引力提供加速度可得 D 正确 ;故选 AD。
9．BC
【解析】A．小球从 A到 B过程中，有弹簧弹力做功，故小球机械能不守恒，A 错；
B．小球从 O 点运动到 B 点，当弹簧的弹力小于重力时，小球的加速度向下，速度增大，继续向下运动，弹簧的形变量增大，当弹力大于重力后，小球的加速度向上，速度减小，动能减小，故小球的动能先增大后减小，故 B 正确；
C．当小球运动到最低点 B 时，弹性势能最大， 由机械能守恒定律得Epm = mg3x0 ，C 正确
D．假设弹簧弹力与重力大小相等时，弹簧的压缩量为 x，则kx = mg ，而弹簧的弹力与重力平衡位置在 B 点上方，则x < x0 ，所以k 故 D 错误；故选 BC。
10.BCD
【解析】A．A 球到最低点速度为 0，由于 AB 用不可伸长的轻绳连接，故此时 B 物体速度也为 0，则其必有减速阶段，故 A 错。
B.由于弹簧先恢复原长，再伸长，弹性势能先减小后增加，AB 与弹簧组成的系统机械能守恒，故 AB 的机械能先增加后减小；故 B 正确；
C．小球 A 从 P 到 Q 时，下落的高度PQ L
小球 A 下落到 Q 点过程中，物块 B 上升的高度为L = L
整个过程中A 和 B 重力势能的减少量为ΔEp重 = mg x L - mgLgL 系统机械能守恒，则该过程中，弹簧弹性势能增加了( 3 -1)mgL ，故 C 正确；
D． 若将小球 A 换成质量为的小球 C，小球 C 运动到 P 点时沿绳方向的分速度为 0，根据功能关系，可得EP 弹 __ g x 3L + mgL = Ek ,解得Ek 故 D 正确。故选 BCD.
11. (6 分）（每空 2 分）（1）B (2) 1.5 0.3
【解析】（1）平抛运动在竖直方向上可分解为自由落体运动，小球 A 做平抛运动，小球 B 做自由落体运动，两小球同时启动，同时落地，跟小锤击打弹性金属片力大或小，仪器距离地面高或低无关，所以 C、D 错误。此装置只能说明小球 A 在竖直方向是否为自由落体运动，所以 A 错，B 对。
（2） [ \l "bkmark1" 1]对小球，从 A 点到 B 点、B 点到 C 点的水平位移相等，可知从 A 点到 B 点、B 点到 C 点的时间相等，则竖直方向有yBC _ yAB = 2L = gT2 ，解得T s = 0. 1s
水平方向有x = 3L = v0 T
可得该小球做平抛运动的初速度大小vm / s = 1.5m / s
[ \l "bkmark2" 2]小球在 B 点时的竖直方向速度等于 AC 段竖直方向的平均速度，可得vBy m / s= 2m / s则小球从抛出点运动到 B 点经历的时间为tB s ，小球从抛出点运动到 C 点经历的时间tC = tB +T=0.3s 12.（10 分）（每空 2 分）（1）AC (全部选对得 2 分；选对但没选全得 1 分；有错选的不得分)
（2） a ; v （均用题给符号，否则不得分）
mgL （均用题给符号，否则不得分；表达式其他写法正确给分）
（4）参考措施 ：
1、选用质量大，体积小的钩码，减少空气阻力做功的影响；
2、选用轻滑的小动滑轮减少摩擦阻力做功的影响，减少滑轮获得的动能；
3、选用宽度稍窄的遮光片，使速度大小计算更精确。
（仅写“减少空气阻力 ”或者“减少摩擦阻力 ”得 1 分；其它合理的措施酌情给分）
13.（10 分）（1）s = 5m （2）F=12.5N
解：（1）依题意，物体恰好到达 C 点
mg 2 分 解得vc = 5m/s · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · 1 分
物体从 C 点飞出做平抛运动
竖直方向有 2R gt2 · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · 1 分水平方向有s = vct · · · · · · · · · · · · · · · · · · · 1 分 解得s = 5m · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · 1 分
（2）方法一：对物体从 A 到C 过程，由动能定理
Fx cs θ __ mg . 2R mv 分 解得F = 12.5N · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · 1 分方法二：对物块从 B 到 C 过程，由动能定理
__mg . 2R mv mv · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · 2 分从 A 到 B 过程，由动能定理
Fx cs θ = mvEQ \* jc3 \* hps14 \\al(\s\up 4(2),B) __ 0 1 分 解得F = 12.5N 分
方法三：对物体从 B 到 C 过程，由动能定理
__mg . 2R mv mv 2 分从 A 到 B 过程
F cs θ = ma vEQ \* jc3 \* hps14 \\al(\s\up 3(2),B) = 1 分 解得 F = 12.5N 分
14.（13 分） m/s2 （2）FAB = 0. 5N vB m/s
解：（1）当x = 0.5m时
F1 = 1 分 对 AB 受力分析，由牛顿第二定律
F1 __ μmg = 2ma 分 解得a = m/s2 ······································· 1 分
（2）对 B 受力分析，由牛顿第二定律
FAB = ma 1 分 解得FAB = 0. 5N · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · 1 分
（3）当 AB 分离时，两者速度相等，AB 间的作用力为零，此时 aA = aB = 0 分 对 A 受力分析，由牛顿第二定律
F2 __ μmg = 0 1 分 解得F2 = 2N 1 分
根据乙图可知 x2 = 2m 1 分 从静止开始到 A、B 分离，对 AB 整体，由动能定理
WF __ μmgx2 = x 2mvEQ \* jc3 \* hps14 \\al(\s\up 4(2),B) · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · 2 分 根据乙图，由图像法可得
WF = 5. 5J 1 分 解得vB m/s · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · 1 分
15.（15 分）（1）v0 = 5m/s （2）ΔE = 15J （3）H m
解：（1）小滑块从 A 到 B 过程，根据牛顿第二定律μmg cs θ __ mg sin θ = ma ····· 1 分
解得a = 2. 5m/s2 由运动学规律 2aL = vEQ \* jc3 \* hps14 \\al(\s\up 4(2),0) 1 分 解得v0 = 5m/s 1 分
（2）方法一：
小滑块从 A 到 B 的时间 t s 1 分 小滑块相对传送带的位移 Δx = v0 t __ L = 5m 1 分小滑块与传送带摩擦生热Q = μmg cs θ . Δx = 7.5J · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · 1 分
由能量守恒 mv mgL sin θ + Q · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · 2 分 解得ΔE = 15J 1 分方法二：
小滑块从 A 到 B 的时间 t = v0 = 2s · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · 1 分
a
小滑块相对传送带的位移 Δx = v0 t __ L = 5m · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · 1 分
对小滑块与传送带组成的系统， 由能量守恒 mv + mgL sin θ + μmg cs θ . Δx 分解得ΔE = 15J · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · 1 分
方法三：
小滑块从 A 到 B 的时间 t s · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · 1 分此过程传送带的位移 x1 = v0 t = 10m · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · 1 分此过程摩擦力对传送带做负功为
w =__ μmg cs θ . x1 ··············································2 分 解得w =__ 15J 1 分
电动机由于传送小滑块多消耗的电能为 15J 1 分（3 设到 E 点时离开半圆轨道，OE 与竖直方向夹角为 α
E
牛顿运动定律：mg cs 1 分
由动能定理__mgmv mv 1 分解得： cs =0.8 α =37 ° vE m/s
脱离轨道后，vEY = vE sin 1 分
竖直方向上：运动学公式 0-vEQ \* jc3 \* hps14 \\al(\s\up 4(2),E)Y =__2gh
（或动能定理__mgh mvmv 1 分竖直高度 H=h+R(1+cs) 1 分
H m 1 分