广西省北海市2025-2026学年高一下学期期末考试物理试卷

这是一份广西省北海市2025-2026学年高一下学期期末考试物理试卷，共11页。

北海市 2026 年春季学期期末教学质量检测
高一物理 参考答案
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；
a3
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
T 2
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，可得关系
vB  vAcs ， 0  90∘ ， cs 1，因此vA  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逐渐减小， cs逐渐 增大，而vA 不变，因此vB  vAcs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
2
支持力垂直于斜面，与位移垂直，支持力不做功，A 错；
参考答案 第 1 页 共 4 页
1
2
3
4
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
2
2
= ? cs+ ，B 错；
C．乙扶梯上该同学所受摩擦力为 f  mg sin，经过t 时间，沿斜面的位移为l 
h
sin
,所以乙扶梯上该同学所受
摩擦力做功的平均功率 P 
fl  mgh ，C 对；
tt
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 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  v  8m / s2 ，由牛二定律 − 0.25? = ?，得 F=8.4×104N，故B错；
t
C．2s 末赛车达到额定功率， = = 8.4 × 104 × 16 = 1344?，故 C 错；
D．当速度 = 64m/s 时，赛车已达额定功率，牵引力 ′ = = 1.344×106 = 2.1 × 104N，大于阻力，加速度 ?′ =
64
′− = 2.1×104−2×104 = 0.125m/s2，故 D 正确。故选 D。
AD
8×103
【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 = 2，得， =
，所以v < v ，综上v < v < v ，A 正确、B 错误；
2
41312
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。
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  x ，所以 k  mg  mg ，故 D 错误；故选 BC。
0
BCD
xx0
【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
tan 30
 3L
小球 A 下落到Q点过程中，物块 B 上升的高度为L 
L
sin 30∘
 L  L
整个过程中 A 和 B 重力势能的减少量为Ep重  mg  3L  mgL   3  1 mgL
3
系统机械能守恒，则该过程中，弹簧弹性势能增加了1mgL ，故 C 正确；
参考答案 第 2 页 共 4 页
D． 若将小球 A 换成质量为4 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
E− ? × 3 + ? = ,解得 = 3 3?,故 D 正确。故选 BCD.
P 弹44
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）[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 y
BC  yAB
 2L  gT 2 ，解得T 
2  0.05 s  0.1s
10
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v  3L  3 0.05 m / s  1.5m / s
0T0.1
[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v
 yAC  8L  8 0.05 m / s 2m / s
By2T2T2 0.1
则小球从抛出点运动到 B 点经历的时间为t
 vBy  0.2s ，小球从抛出点运动到 C 点经历的时间t =t +T=0.3s
BgCB
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 =
d 2;
2L(t)2
m
v  d 2t
（t）
d2
（均用题给符号，否则不得分）
mgL =(
M )(2 ) （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 ：
选用质量大，体积小的钩码，减少空气阻力做功的影响；
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；
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） = 5m （2）F=12.5N
解：（1）依题意，物体恰好到达 C 点
2
? =
2 分解得 = 5/1 分
物体从 C 点飞出做平抛运动
竖直方向有 2 = 1 ?21 分
2
水平方向有 = ··················· 1 分解得 = 5m1 分
（2）方法一：对物体从 A 到 C 过程，由动能定理
? cs − ? ∙ 2 = 1 2 − 0···· 3 分解得 = 12.51 分
2
方法二：对物块从 B 到 C 过程，由动能定理
−? ∙ 2 = 1 2 − 1 22 分
22
从 A 到 B 过程，由动能定理
? cs = 1 2 − 0 1 分解得 = 12.51 分
2
方法三：对物体从 B 到 C 过程，由动能定理
−? ∙ 2 = 1 2 − 1 22 分
22
从 A 到 B 过程
cs = ?2 = 2??1 分解得 = 12.51 分
参考答案 第 3 页 共 4 页
14.（13 分）（1）? = 5 /2（2） = 0.5（2） = 15 /
42
解：（1）当? = 0.5时
1 = 1 分对 AB 受力分析，由牛顿第二定律
1
− ? = 2? 分解得? = 5 /21 分
4
对 B 受力分析，由牛顿第二定律
= ? 分解得 = 0.51 分
当 AB 分离时，两者速度相等，AB 间的作用力为零，此时
? = ? = 0 分对 A 受力分析，由牛顿第二定律
2 − ? = 0 1 分解得2 = 21 分
根据乙图可知 ?2 = 2 1 分 从静止开始到 A、B 分离，对 AB 整体，由动能定理
− ??2 = 1 × 22 ······························· 2 分根据乙图，由图像法可得
2
2
= 5.5 1 分解得 = 15 /1 分
0
15.（15 分）（1） = 5/（2）∆ = 15（3） = 243
220
解：（1）小滑块从 A 到 B 过程，根据牛顿第二定律? cs − ? sin = ?·····1 分
0
解得? = 2.5/2由运动学规律 2? = 2 1 分 解得0 = 5/1 分
（2）方法一：
0
小滑块从 A 到 B 的时间 = 0 = 21 分 小滑块相对传送带的位移 ∆? = − = 51 分
?
小滑块与传送带摩擦生热 = ? cs ∙ ∆? = 7.51 分
由能量守恒∆ = 1 2 + ? sin + ····················· 2 分解得∆ = 151 分
20
方法二：
小滑块从 A 到 B 的时间 = 0 = 21 分
?
小滑块相对传送带的位移 ∆? = 0 − = 51 分
对小滑块与传送带组成的系统，由能量守恒∆ = 1 2 + ? sin + ? cs ∙ ∆?3 分
20
解得∆ = 151 分
方法三：
小滑块从 A 到 B 的时间 = 0 = 21 分
?
此过程传送带的位移?1 = 0 = 101 分
此过程摩擦力对传送带做负功为
=− ? cs ∙ ?1··············································2 分解得 =− 151 分
E
电动机由于传送小滑块多消耗的电能为 15. 1 分
（3 设到 E 点时离开半圆轨道，OE 与竖直方向夹角为 α
2
牛顿运动定律：? cs =
.1 分
由动能定理−?( + ? ) = 1 2 − 1 2.1 分
220
s
11
解得：c =0.8α=37° = 550m/s
?
脱离轨道后，? = sin .1 分竖直方向上：运动学公式 0-2 =−2gh
（或动能定理−?ℎ = 1 2 − 1 2）. 1 分
2?2
竖直高度 H=h+R(1+cs ).1 分
H = 243m.1 分
220
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