（高一下期末卷）2026年安徽合肥一中高一下期末考试物理试卷及答案

这是一份（高一下期末卷）2026年安徽合肥一中高一下期末考试物理试卷及答案，共4页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题
1．已知一带电粒子在电场中仅在电场力的作用下的运动轨迹如图虚线所示，下列说法中正确的是（ ）
A．粒子一定带正电
B．粒子在A点的加速度大于在B点的加速度
C．粒子在B点的动能大于在A点的动能
D．粒子受到的电场力做正功
【答案】B
【详解】A．由粒子的运动轨迹弯曲方向可知，带电粒子受到的电场力指向轨迹的凹侧，且与电场线切线平行，可知大致斜向左上方，与电场强度方向相反，故粒子一定带负电，故A错误；
B．A点电场线密集，故电场强度大，粒子所受的电场力大，根据Eq=ma可知粒子在A点的加速度大于在B点的加速度，故B正确。
C．若粒子从A到B，速度方向与电场力方向的夹角为钝角，可知电场力做负功，动能减小，可知粒子在B点的动能小于在A点的动能；若粒子从B到A，速度方向与电场力方向的夹角为锐角，可知电场力做正功，动能增大，可知粒子在B点的动能仍小于在A点的动能，故粒子在B点的动能小于在A点的动能，故C错误；
D．由于不知道粒子是从A到B，还是从B到A，不能判断电场力做功的正负，故D错误。
2．如图所示，下列有关生活中圆周运动实例分析，其中说法正确的是（ ）
A．图1中汽车通过凹形桥的最低点时，汽车处于失重状态
B．图2中旋转秋千在转动中，等长绳索对质量相等座椅A、B的拉力相等
C．图3中火车转弯超过规定速度行驶时，外轨和轮缘间会有挤压作用
D．图4中脱水桶原理是水滴受到的离心力大于它受到的向心力，从而沿切线方向甩出
【答案】C
【详解】A．汽车通过凹形桥的最低点时，加速度竖直向上，则汽车处于超重状态，A错误；
B．旋转秋千装置中，重力和支持力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律可得mgtanθ=mω2r
由于B的圆周运动半径大，则B绳索与竖直方向的夹角θ更大，根据Tcsθ=mg
可知绳索对座椅B的拉力更大，故B错误；
C．火车转弯超过规定速度行驶时，重力和轨道支持力的合力不足以提供做圆周运动的向心力，则火车有做离心运动的趋势，则外轨和轮缘间会有挤压作用，故C正确；
D．脱水筒原理是水滴受到的实际合力不足以提供所需的向心力，从而沿切线方向甩出做离心运动，故D错误。
故选C。
3．如图所示，一质量为m的小球放在倾角为的斜面上，斜面足够长。现将小球从斜面一确定位置A以初速度v水平抛出，碰撞点距抛出点的距离为l，落点为C点，不计空气阻力，重力加速度大小为g，则下列说法正确的是（ ）
A．小球从被抛出到与斜面碰撞所用的时间为
B．小球刚好下落到斜面时，垂直于斜面方向的速度分量大小为
C．若小球在离斜面最远处沿垂直于斜面方向的投影点为B点，则
D．若将小球速度增加到2v，则碰撞点距抛出点的距离增加至2l
【答案】A
【详解】A．由题分析，可知位移夹角为斜面的倾角，根据平抛运动推论，可得
解得，故A正确；
B．将小球的运动沿斜面和垂直于斜面方向分解，垂直于斜面方向的分运动类比竖直上抛运动，根据速度的分解，可得，，故B错误；
C．将小球的运动沿斜面和垂直于斜面方向分解，根据垂直于斜面方向的分运动类比竖直上抛运动，可知小球A到B的时间等于B到C的时间，而沿斜面方向的初速度为，加速度为，即在沿斜面方向小球做初速度不为0的匀加速直线运动，所以，故C错误；
D．根据平抛运动规律，可得
小球初速度增加至2v，碰撞点距抛出点的距离变为4l，故D错误。
故选A。
4．某湿度传感器利用平行板电容器测量空气湿度。电容器上极板（可移动）与固定支架间嵌入一种吸湿材料，当环境湿度增加时，吸湿材料体积膨胀，反之则体积缩小。将该电容器与恒压电源、电流表连接成如图所示的电路，闭合开关S。下列说法正确的是（ ）
A．空气湿度降低时，电容器的电容会变大
B．空气湿度降低时，极板间电场强度变大
C．空气湿度一定时，滑片向上移动，电容器所带电荷量会增加
D．保持滑片位置不变，若出现从a到的电流，说明环境湿度升高
【答案】C
【详解】A．环境湿度降低时，吸湿材料体积缩小，极板间距d增大，根据可知，电容变小，故A错误；
B．电源保持电压恒定（滑动变阻器未调节），环境湿度降低时，吸湿材料体积缩小，极板间距d增大，根据电场强度可知，极板间电场强度变小，故B错误；
C．空气湿度一定时，滑片向上移动，由电路图可知电容器两端电压增大，根据可知，电容器所带电荷量会增加，故C正确；
D．若电流计示数为从a到b，说明电容器放电，则电容减小，d增大说明湿度降低，故D错误。
故选C。
5．如图所示，a为地球赤道上随地球自转的未发射的卫星，b、c、d均为绕地球做匀速圆周运动的卫星，其中b为近地卫星（轨道半径近似等于地球半径），c为极地同步卫星（轨道平面过地球两极，轨道半径与d相等），d为地球赤道同步卫星。已知地球半径为R，c、d轨道半径为r，地球两极处的重力加速度为g，则下列说法不正确的是（ ）
A．卫星d与卫星a转动方向一致且相对静止
B．各卫星周期：Ta＝Tc＝Td＝24h＞Tb
C．vb＝7.9km/s，是地球第一宇宙速度，也是地面发射卫星时的最小发射速度
D．各卫星线速度、加速度和向心力大小满足：＝，＝，＝
【答案】D
【详解】A．卫星d为同步卫星，与卫星a和地球均自西向东转，角速度相等，保持相对静止，故A正确，不符合题意；
B．a为地球赤道上随地球自转的卫星，则a的周期等于地球自转周期，d为同步卫星，c、d的轨道半径相等，则运行周期相等，故Ta＝Tc＝Td＝24h
卫星b的轨道半径小，则由开普勒第三定律可知，卫星的周期最小，故B正确，不符合题意；
C．b为近地卫星，线速度大小等于地面发射卫星时的最小发射速度，大小为7.9km/s，也是地球第一宇宙速度，故C正确，不符合题意；
D．卫星绕地球做匀速圆周运动时，有
解得
对b、c可得
a、c两者做圆周运动的周期相同，则由可得
由于卫星的质量未知，故向心力大小无法确定，所以不一定成立，故D错误，符合题意。
故选 D。
6．电动汽车在研发过程中都要进行性能测试，如图所示为某次测试中某型号汽车在水平路面上由初速度为2m/s开始运动，牵引力F与速度v的倒数的图像，vm表示最大速度，ab平行于轴，bc反向延长过原点。已知阻力恒定，汽车质量为1×103kg。下列说法正确的是（ ）
A．汽车从a到b运动的距离为90m
B．在此测试过程中汽车最大功率为40kW
C．汽车由b到c过程持续的时间是7.5s
D．汽车能够获得的最大速度为40m/s
【答案】D
【详解】A．由图像可知，在c点，汽车达到最大速度，此时牵引力等于阻力，即。汽车从a到过程中，牵引力保持不变，做匀加速直线运动。根据牛顿第二定律，加速度
根据运动学公式
解得，故A错误；
B．段延长线过原点，说明与成正比，斜率为恒定，汽车做恒定功率运动。额定功率，故B 错误；
CD．当汽车达到最大速度时，有，
解得；
汽车由到c过程做恒定功率的加速运动，由动能定理有
结合前面分析得；故C错误，D正确。
故选 D。
7．如图所示，匀强电场中有一个等边三角形ABC，其边长为，三角形所在的平面跟匀强电场平行。已知、B、C三点的电势分别为3V、、，下列说法正确的是（ ）
A．匀强电场的方向垂直于AC边
B．匀强电场的电场强度大小为
C．等边三角形中心的电势为
D．将一个电子从点移到B点，其电势能增加了
【答案】B
【详解】AB．取AC的中点为D点，如图所示
根据匀强电场的特点可知
可知为等势线，则匀强电场的方向平行于AC边，大小为，故A错误，B正确；
C．由于等边三角形中心在上，所以等边三角形中心的电势为，故C错误；
D．将一个电子从点移到B点，电场力做功为
根据功能关系可知，其电势能减小了，故D错误。
故选B。
8．如图所示，在水平圆盘上，沿直径方向放着用轻绳相连的物体A和B，轻绳恰好伸长且无弹力，A的质量为m，B质量为。它们分居圆心两侧，与圆心的距离分别为，，A、B与盘间的动摩擦因数相同且均为。若最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g，当圆盘转速从零开始缓慢增大到两物体刚好要发生滑动时，下列说法正确的是（ ）
A．当绳上刚出现拉力时圆盘的角速度为
B．当A所受的摩擦力为零时，圆盘的角速度为
C．物体A所受的摩擦力先增大，后减小，增大，物体B所受的摩擦力一直增大
D．绳子的最大张力为
【答案】D
【详解】A．圆盘转速从零缓慢增大，初始阶段两物体的向心力均由静摩擦力提供，由于物体B所需向心力增加得比物体A的向心力快，且物体B的最大静摩擦力是物体A的最大静摩擦力的3倍，可知物体B先达到最大静摩擦力。此时绳子上刚出现拉力，对物体B根据牛顿第二定律有
解得
这与选项给出的角速度不符，故A错误；
B．当角速度继续增大时，绳子出现张力，假设物体A所受的摩擦力方向仍指向圆心，对物体A和物体B根据牛顿第二定律分别有，
联立解得
当物体A所受摩擦力为零时，令，解得
这与选项给出的角速度不符，故B错误；
C．由上述分析可知，在绳子出现拉力前，物体A所受摩擦力随角速度的增大而逐渐增大。在绳子出现拉力后，物体A的摩擦力随角速度的增大先正向减小至零，随后反向增大，即物体A所受的摩擦力大小先增大，后减小，增大。物体B所受的摩擦力先从零逐渐增大到最大静摩擦力，之后保持最大静摩擦力不变，故C错误；
D．随着角速度继续增大，当物体A所受的摩擦力反向达到最大静摩擦力时，两物体刚要发生滑动，此时，代入上述摩擦力表达式可得
解得
由物体B的受力方程可知绳子的张力表达式为
将角速度代入解得
这一结果与选项表述一致，故D正确。
故选D。
二、多选题
9．轻绳一端通过光滑的轻质定滑轮与物块P连接，另一端与套在光滑竖直杆上的圆环Q连接，Q从静止释放后，上升一定距离到达与定滑轮等高处，在此过程中（ ）
A．物块P、Q组成的系统机械能守恒
B．当Q上升到与滑轮等高时，它的机械能最大
C．物块P的速度先增大后减小
D．任意时刻Q受到的拉力大小与P的重力大小相等
【答案】ABC
【详解】A．由题可知，物块P、Q组成的系统只有重力做功，整个系统的机械能守恒，故A正确；
B．整个过程中，轻绳的拉力对物块Q做功，物块Q上升到滑轮等高前，拉力对物块Q做正功，物块Q机械能增加，物块Q上升到与滑轮等高后继续升高，拉力对物块Q做负功，机械能减小，所以物块Q上升到与滑轮等高时，它的机械能最大，故B正确；
C．对物块P受力分析可知，刚释放物块Q时，物块P 的重力大于轻绳的拉力，物块P加速下降，处于失重状态，当轻绳的拉力等于其重力时，速度最大，而后轻绳的拉力大于其重力，物块P做减速运动，因此物块P的速度先增大后减小，故C正确；
D．因为开始阶段物块P向下加速运动，处于失重状态，则轻绳对物块P的拉力小于物块P的重力，而同一根绳上的拉力大小相等，因此开始阶段物块Q受到的拉力大小小于物块P的重力大小，故D错误 。
故选ABC。
10．如图所示，在水平向左且足够大的匀强电场中，一长为L的绝缘细线一端固定于O点，另一端系着一个质量为m、电荷量为q的带正电小球，小球静止在M点。现给小球一垂直于OM的初速度v0，使其在竖直平面内绕点O恰好做完整的圆周运动，AB为圆的竖直直径。已知匀强电场的场强大小为，重力加速度为g。则下列说法正确的是（ ）
A．小球在M点时细线与竖直方向的夹角为θ=60°
B．小球恰好做完完整的圆周运动时，动能的最大值为
C．小球从初始位置M在竖直平面内顺时针运动一周的过程中，其电势能先增大后减小
D．小球运动到B点时的速度大小为
【答案】AD
【详解】A．小球在M点时，细线与竖直方向的夹角为，根据受力平衡关系可得，解得θ=60∘，故A正确；
B．重力与电场力的合力
恰好做完整的圆周运动，小球在圆周的等效最高点（与M对称的位置M′）时，细线对小球的拉力为0，设小球在M′时，速度为v，根据牛顿第二定律
小球从M到M′的过程中，根据动能定理
小球的最大动能，故B错误；
C．设圆周的最左端为C点，最右端为D点。从M点到C点过程中，电势降低，电势能减小，从C点到D点过程中，电势升高，电势能增大，从D点到M点过程中，电势降低，电势能减小。小球从初始位置M在竖直平面内顺时针运动一周的过程中，其电势能先减小后增大再减小，故C错误
D．小球从M点运动到B点的过程中，根据动能定理
解得，故D正确；。
故选AD。
三、实验题
11．图甲是某种“研究平抛运动”的实验装置，斜槽末端口N与小球离地面的高度均为H，实验时，当P小球从斜槽末端飞出与挡片相碰，立即断开电路使电磁铁释放Q小球，发现两小球同时落地，改变H大小，重复实验，P、Q仍同时落地。
(1)关于实验条件的说法，正确的有（ ）
A．斜槽轨道末段N端必须水平
B．斜槽轨道必须光滑
C．P小球每次必须从斜槽上相同的位置无初速度释放
(2)该实验结果可表明（ ）
A．两小球落地速度的大小相同
B．P小球在竖直方向的分运动与Q小球的运动相同
C．P小球在水平方向的分运动是匀速直线运动
(3)若用一张印有小方格（小方格的边长为L=2.5cm）的纸记录P小球的轨迹，小球在同一初速平抛运动途中的几个位置如图乙中的a、b、c、d所示，重力加速度g=10m/s2，则P小球在b处的瞬时速度的大小为vb=_____m/s，若以a点为坐标原点（0，0），水平向右为x轴正方向，竖直向下为y轴正方向，小球抛出点的坐标为x=_____cm，y=_____cm。
【答案】(1)A
(2)B
(3) 1.25
【详解】（1）A．斜槽轨道末段N端必须水平，以保证小球做平抛运动，故A正确；
B．本实验只要求保证小球做平抛运动，斜槽轨道是否光滑不影响实验结果，故B错误。
C．P小球每次可以从斜槽上不同的位置无初速度释放，因为不用保证每次小球的初速度相同，故C错误。
故选A。
（2）当P小球从斜槽末端水平飞出时与Q小球离地面的高度均为H，此瞬间电路断开使电磁铁释放Q小球，最终两小球同时落地，知运动时间相等，P球在竖直方向上的分运动与Q小球的运动相同。
故选B。
（3）[1]P小球在同一初速度平抛运动，P小球在竖直方向做自由落体运动，在水平方向做匀速直线运动，在竖直方向，由匀变速直线运动的推论
代入数据解得
在水平方向的速度
在竖直方向，由中间时刻的瞬时速度等于平均速度，则有
则P小球在b处的瞬时速度的大小为
[2][3]由小球在b点竖直方向的瞬时速度大小为0.75m/s，可得小球从抛出点运动到b点的时间
小球运动到b点时，在竖直方向的位移为
小球运动到b点时，在水平方向的位移为
若以a点为坐标原点（0，0），小球抛出点x轴的坐标为
小球抛出点y轴的坐标为。
12．某实验小组用如图所示的装置验证机械能守恒定律。细绳跨过固定在铁架台上的小滑轮，两端各悬挂一个质量分别为M、m的重锤A（含遮光条）、重锤B（）。主要的实验操作如下：
①测量遮光条的宽度为d；
②用米尺量出光电门1、2间的高度差h；
③将重锤B压在地面上，由静止释放，记录遮光条先后经过两光电门的遮光时间、；
④改变光电门2的位置，重复实验。
(1)重锤A经过光电门2时速度的大小为________（用题中物理量的符号表示），
(2)若本实验只有一个光电门，________（填“能”或“不能”）完成实验。
(3)已知重力加速度为g，若满足关系式________（用题中物理量的符号表示），则验证了重锤A（含遮光条）、B组成的系统机械能守恒。
(4)某小组实验中发现系统减少的重力势能略小于系统增加的动能，下列原因中可能的是________。
A．存在空气阻力
B．高度差h的测量值偏小
C．遮光条宽度d的测量值偏小
【答案】(1)
(2)能
(3)
(4)B
【详解】（1）重锤A经过光电门2时，由于遮光条宽度d很小，极短时间内的平均速度近似等于瞬时速度，所以重锤A经过光电门2时速度的大小为v2=dt2。
（2）能完成实验，分两次进行实验，先在光电门1的位置做好标记，并记录光电门在1位置上时重锤A经过光电门的时间，然后把光电门移到光电门2的位置，再记录光电门在2位置上时重锤A经过光电门的时间，再用米尺量出光电门1、2位置间的高度差h即可。
（3）重锤A经过光电门1时速度的大小为v1=dt1
重锤A从光电门1下降到光电门2的过程中，系统重力势能的减少量为
系统动能的增加量为
若系统机械能守恒，则
即。
（4）A．存在空气阻力时，系统克服空气阻力做功，会使系统减少的重力势能一部分转化为内能，导致系统减少的重力势能略大于系统增加的动能，故A错误；
B．高度差h的测量值偏小，会使计算出的重力势能减少量偏小，那么系统减少的重力势能应小于系统增加的动能，故B正确；
C．遮光条宽度d的测量值偏小，会使计算出的速度偏小，从而使系统增加的动能偏小，那么系统减少的重力势能应大于系统增加的动能，故C错误。
故选B。
四、解答题
13．2022年9月第73届国际宇航大会（IAC）在法国巴黎召开，中国首次火星探测“天问一号”任务团队获得“世界航天奖”。已知火星半径约为地球半径的12，火星质量约为地球质量的110，火星绕太阳公转的轨道半径约为地球公转轨道半径的倍。忽略星球自转的影响，请估算：
(1)火星表面与地球表面的重力加速度大小之比；
(2)火星与地球公转周期之比。
【答案】(1)
(2)
【详解】（1）假设一物体质量为m在地球表面，有 2分
在火星表面，有 2分
解得 1分
行星绕太阳做匀速圆周运动，太阳引力提供向心力，则，2分
2分
可得火星与地球公转周期之比为 1分
14．抖空竹是国家级非物质文化遗产，也是江苏民间传统杂技项目。如图所示，某表演者通过线绳拉动空竹在水平面内做匀速圆周运动，空竹可视为质量m=0.2kg的质点，做圆周运动的半径r=0.3m，线绳与竖直方向的夹角恒为θ=37°（sin37°=0.6，cs37°=0.8，g=10m/s2）。
(1)求空竹做匀速圆周运动的线速度大小v；
(2)若表演者突然停止拉动，空竹在摩擦力作用下做匀减速圆周运动，经t=2.0s速度减为零，求此过程中空竹克服阻力做的功W；
(3)若空竹在转动过程中，线绳突然断裂，求空竹落地时的水平位移的大小（已知空竹做圆周运动时的高度h=0.8m，不计空气阻力）。
【答案】(1)1.5m/s
(2)0.425J
(3)0.6m
【详解】（1）空竹做匀速圆周运动时，重力与线绳拉力的合力提供向心力，竖直方向上 1分
水平方向上 1分
代入数据可解得 2分
（2）假设绳长为l
得 1分
空竹的速度减为零后，绳子呈竖直状态，
根据动能定理，有 2分
所以克服阻力做功为 1分
（3）绳子断开后空竹做平抛运动，竖直方向上有 2分
解得落地时间为t=0.4s
水平方向上做匀速运动，有 2分
15．如图所示，在粒子偏转实验装置中，以O为坐标原点建立平面直角坐标系，质子（电荷量为q，质量为m，重力可忽略不计）从加速电场右端由静止出发，经电场加速后从P点射入径向电场区域，在该区域内恰好做半径为r的匀速圆周运动，已知径向电场的电场强度大小为。质子运动至M点后离开径向电场，进入第二象限的水平向右的匀强电场。y轴上的C点到O点的距离为，N为OC的中点，质子恰好从N点进入第一象限的矩形区域。该矩形区域的边界为、、、，区域内存在竖直向下的匀强电场，大小为E（图中未画出）。
(1)求加速电场的电压U；
(2)求第二象限中水平向右匀强电场的电场强度E1；
(3)求质子离开矩形区域时的动能Ek。
【答案】(1)
(2)
(3)见解析
【详解】（1）质子在加速电场中加速到达P点，由动能定理得qU=12mv2 2分
在径向电场中做匀速圆周运动有 1分
联立得 2分
（2）质子进入第二象限后做类平抛运动，水平向右方向做匀加速直线运动，则， 2分
竖直向上做匀速直线运动 1分
联立解得 2分
（3）质子在N点进入矩形区域时，竖直方向速度为
水平方向速度
所以在N点速度
的方向与水平方向夹角为45°
质子在矩形匀强电场区域中，做类斜抛运动，如图所示
若其运动轨迹恰好与BC边相切，从射入点到切点，在竖直方向上有
又因为
解得 1分
若其恰好从A点射出，从射入点到出射点，在竖直方向上有
在水平方向上有
解得 1分
若，则质子从BC边离开，根据动能定理有
解得 2分
若，则质子从AB边离开，在水平方向上有
在竖直方向上有
解得
根据动能定理有
解得 2分
若，质子从OA边离开，根据动能定理有
解得 2分
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
B
C
A
C
D
D
B
D
ABC
AD