安徽省六安市第一中学2025-2026学年高一下学期7月期末考试物理试题（含答案）

这是一份安徽省六安市第一中学2025-2026学年高一下学期7月期末考试物理试题（含答案），共7页。
B. 摆球运动到最低点B 时，由牛顿第二定律可得 解得绳的拉力为, 故B 错误；
D. 在A 点的速度为0,所以在A 点重力做功的瞬时功率为0;在 B 点的速度方向与重力垂直，所以在B 点 重力做功的瞬时功率为0,则重力对摆球做功的瞬时功率先增大后减小，故D 错误。
故选C。
2.A
【详解】A. 从烧断细线到弹簧恢复原长的过程中，图甲所示系统所受外力之和为0,则系统动量守恒，且 运动过程中只有系统内的弹力做功，所以系统机械能守恒，故A 正确；
B. 从烧断细线到弹簧恢复原长的过程中，图乙所示系统中由于墙壁对B 有力的作用，则系统所受外力之和 不为0,则系统动量不守恒，运动过程中只有系统内的弹力做功，所以系统机械能与守恒，故B 错误；
C. 从烧断细线到弹簧恢复原长的过程中，图乙所示系统中由于墙壁对B 有力的作用，由公式I=Ft 可知， 墙壁对图乙所示系统的冲量不为零，故C 错误；
D. 图丙从小球下滑到弹簧压缩量最大的过程中，只有系统内的弹力做功，所以小球、弧形槽和弹簧组成的 系统机械能与守恒，由于墙壁对弹簧有力的作用，水平方向动量不守恒，故D 错误。
故选A。
3.D
【详解】A. 根据题意可知轻杆转动过程铁球做匀速圆周运动，合外力提供向心力，向心力大小不变，方向 时刻在变，故A 错误；
B. 以支架为研究对象，根据平衡条件可得铁球在最高点时，轻杆的弹力为T=Mg, 故 B 错误；
C. 以铁球为研究对象，在最高点，根据牛顿第二定律T +mg=m²L 可得铁球匀速转动的角速度大小为 , 故C 错误；
D. 铁球转动到最低点时，设轻杆的弹力为T’, 对铁球，根据牛顿第二定律T'- mg=m²L
对支架，根据平衡条件可得N=T′+Mg
根据牛顿第三定律可得支架对地面的压力大小N=N 联立可得N′=2(M+m)g, 故 D 正确。
故选D。
试卷第1页，共8页
4.B
【详解】A. 根据开普勒第三定律得 a 为半长轴，已知在两轨道上运动的卫星的周期相等，所以椭 圆轨道的长轴长度为2R, 故 A 错误；
B. 若OA=0.5R, 则OB=1.5R, 如果卫星以OB 为轨道半径做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力
C. 卫星2在Ⅱ轨道上由A 点 到B点过程要克服地球引力做功，则动能减小，即A 点的速度大于在B 点的速 度，故C 错误；
D. 由于两卫星在C 点时位置相同，故两卫星受到的万有引力产生的加速度相同，故D 错误。 故选B。
5.B
【详解】A. 0～h 过程中，由动能定理WF-mgh=mgh
得WF= 2mgh
故A 错误；
B. h~2h 过程中，动能变化△E.=1.5mgh -mgh=0.5mgh
由动能定理WF₂-mgh=0. 5mgh₀
得WF₂= 1.5mgh
因此WF₁:WF₂= 2mgh:1.5mgh₀ =4:3 故B 正确；
C. 在 2h₀时刻动能最大，速度方向仍向上，之后动能减小，说明物体做减速上升，并未开始下落， C 错误。
D. 根据动能定理△E.=W 合=(F-mg)△h
因此E-h 图像的斜率等于合外力F, 故 2h～3.5h₀ 过程中，合外力
即F- mg = -mg
得F=0, 拉力做功为0,物体机械能不变，故D 错误；
故选B。
6.B
【详解】O 是轻杆三等分点，两球同轴转动角速度@相同，线速度满足v=wr
, 则
,而从该圆轨道进入Ⅱ轨道，卫星需在B 点减速做近心运动，所以卫星在Ⅱ轨
道上B 点的速率1
, 故B 正确；
因此得
轻杆转至竖直过程中，系统只有重力做功，机械能守恒，满
解得
对B 球 ，动能变化等于重力做功与杆做功W 之和，即
解得1
故选 B。
7.A
【详解】A.t=2s 时，甲单摆摆球在平衡位置处，重力势能最小，乙单摆摆球在振动的正方向最大位移处， 动能为零，故A 正确；
B. 由题图知，甲、乙两单摆的周期分别为4s 、8s, 甲、乙两摆的周期之比为1:2,故B 错误；
C. 由单摆的周期公式 可得，甲、乙两单摆的摆长之比 故 C 错误；
D. 摆球实际在做竖直面的圆周运动，在最低点时有向心加速度，加速度不为0,故D 错误。 故选A。
8.C
【详解】A. 人推木箱过程中，人、车和木箱组成的系统在水平方向不受外力，系统动量守恒；但人消耗化 学能，使系统动能增加，机械能不守恒，故A 错误；
B. 取水平向左为正方向。第一次将木箱推出时，木箱动量由0变为-m, 木箱动量变化量为-mv, 人和车 整体动量变化量为v; 从第二次起，木箱每次被人从向左v 变为向右v, 木箱动量变化量为-2mv, 人和车 整体动量变化量为2mv, 所以人每一次将木箱推出的过程中，动量改变量不都相同，故B 错误；
C. 木箱每次与墙壁碰撞前速度向右，动量为-v, 碰撞后速度向左，动量为mV, 墙壁对木箱的冲量为 I=△p=mv-(-mv)=2mv , 故 C 正确；
D. 由动量递增规律可知，人和车整体第一次推出木箱后动量为nv, 之后每推出一次木箱动量增加2mv,
则第五次碰墙后人和车整体动量为9mv, 速 度,而木箱反弹速度仍为V, 二者速度不相等，故D 错误。 故选 C。
9.AB
【详解】设a 与 b 碰后速度分别为Va和v%, 根据动量守恒定律有mv=mva+2mv,
根据机械能守恒定律
解得
则a 会向左运动，设b 与c 碰后速度分别为V%1和v。, 根据动量守恒定律有2my,=2mv₃ 1+kv.
根据机械能守恒定律
解得
为了保证a 与 b 只发生一次碰撞，若k0, 即 b 向右运动，符合题意。
若k≥2, 则只需
综上可解得k≤6 故选AB。
10.BD
【详解】A. 水流单位时间撞到B 处的体积等于水流单位时间通过水平喷水口的体积，即体积为Q=Sv, 故A 错误；
B. 水流从P 到B 做平抛运动，平抛初速度为V, 由于水柱恰好能垂直撞到斜面，几何关系可知在B 的速度
方向与水平方向成60°,则有
故B 正确；
C. 设△t 时间内有质量为△m 的水撞击斜面，设该过程斜面给水的支持力为N, 规定Vg 方向为正方向，由动
量定理有-N△t=0-△m×B 因为△m= pSv△t
联立解得N=2pSv²
根据牛顿第三定律可得，水流对B 处的冲击力F=N=2pSv²
故 C 错误；
D. 结合B 选项分析，由平抛规律可得水流在B的竖直方向速度v,=vtan60°=√3v
故平抛运动时间
所以空中水的质量
故D 正确。
故选BD。
11.
(2)
【详解】(1)重物A 由静止上升高度为h 的过程中，系统动能增加量为 系统重力势能减少量为△Ep=mgh 若系统机械能守恒有△Ep=△E
联立可
( 2 ) 对 BC, 根据牛顿第二定律有Mg+mg-F=(m+M)a 对A, 根据牛顿第二定律有F-Mg=Ma
联立解
可知 图像纵轴截距 解得.
12.(1)A
(2)CD
(3)m
【详解】(1)滑块通过光电门1的时间小于通过光电门2的时间，说明光电门1到光电门2为减速运动， 则右端较低，因此可以调高右侧底座旋钮保证气垫导轨水平。
故选A。
(2) A. 用挡光片的宽度d 虽然能计算出滑块碰撞前后的瞬时速度，但动量守恒和机械能守恒的表达式的 左右两边均有d, 可以约掉，故不需要测量，故A 错误；
B. 滑块在碰撞前后均在气垫导轨上做匀速直线运动，故不需要测光电门1到光电门2的间距s, 故 B 错误；
CD. 为了能够表示动量和动能，都需要测两滑块的质量，故CD 正确；
故选CD。
(3)滑块A 与 B 碰撞前后的瞬时速度大小分别
若碰撞过程中动量守恒，取水平向左为正方向，根据公式有
整理可得i
(4)若为弹性碰撞，即机械能守
结合动量守恒有mY%=m(-vA)+m₂YB
联立解得v%=VA+VB
代入瞬时速度可得关系式为
13. (1)
(2)2mg
【详解】(1)系统处于平衡位置时，整体所受合力为零，根据受力平衡有(M+m)g =kx
解得
(2)由于托盘和物块恰好能够共同沿竖直方向做简谐运动而不分离，说明二者在最高点时即将分离，此时 它们之间的作用力为零，对物块，根据牛顿第二定律有mg=ma
解得a=g
加速度方向竖直向下，根据简谐运动的对称性可知，系统运动到最低点时的加速度大小也为8,方向竖直向 上，对物块，根据牛顿第二定律有N- mg =mg
解得N=2mg
14. (1)
(2)
③
【详解】(1)设行星质量为M, 半 径 为R, 物体质量为m, 物体在两极处所受重力等于万有引力，有
物体在赤道处所受重力为F₂, 依题意有F₂=0.8F
在赤道处，物体随行星自转做圆周运动，万有引力与重力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律有
解得
根据密度公式有
联立解得
(2)在“赤道”上的物体会“飘浮”起来，说明此时物体与地面间的作用力为零，万有引力完全提供向心力，
设此时行星自转周期为T, 根据牛顿第二定律有
由第一问推导可知
联立两式解得
(3)同步卫星的公转周期等于行星的自转周期T, 设卫星质量为m, 根据万有引力提供向心力有
解得
15.(1)3900J; (2)1.5 m;(3) 能 ， 3m/s
【详解】(1)由子弹与物块作用时间极短，则二者相互作用前后满足动量守恒：即
m₀Y%=(m₀+m)v1
解得
V=10m/s
再由二者作用过程满足能量守恒得内能
解得
Q=3900J
(2)由分析可知子弹和物块整体从A 点冲出时，相对于小车水平方向相对静止(即具有水平方向的共同速 度),而竖直方向相对小车继续上升，当冲到最高点时竖直方向速度减为0,水平方向仍然具有共速，则对 子弹、物块和小车三者组成系统，从子弹射入物块作用后，直至二者到达最大高度过程，由能量守恒得
再由系统水平方向动量守恒
(m₆+m)v₁=(m₀ +m + M)v 共
解得
V共=2 m/s
代入上式可得
h=1.5m
(3)因子弹和物块整体从冲出小车上升至下降返回过程，与小车始终保持水平方向共速，则最终一定能从 圆弧轨道A 点返回小车，之后在滑至水平部分与小车间因摩擦二阻碍相对运动，假设小车足够长使得最终 子弹物块系统与小车能够相对静止，则由能量守恒：
求得
x=5m>L
即实际子弹和物块系统相对与小车滑至最右端时仍未与小车达到共速，设此时子弹物块速度为v₃, 小 车 速 度为v₄, 则由动量守恒得
(m₀+m)v₁=(m+m)v₃+Mv₄
再由能量守恒得
最终求得
V4=3m/s ( 另一组解v₄=1m/s 对应v₃=6m/s 不符合实际而舍掉)