河南省许昌市2025-2026学年高一下学期期末质量检测物理试题（含答案）

这是一份河南省许昌市2025-2026学年高一下学期期末质量检测物理试题（含答案），共7页。试卷主要包含了0)，5,B 错误；，BC，AC等内容，欢迎下载使用。

1.C
【详解】A. 平抛运动属于曲线运动，其加速度为恒定的重力加速度8,说明曲线运动的加速度不一定发生 改变，故A 错误；
B. 电场是客观存在的特殊场物质，是否可见不是判断物质是否存在的依据，故B 错误；
C. 元电荷e 是自然界最小的电荷量，实验证明所有带电体的电荷量都是元电荷e 的整数倍，故C 正确；
D. 平抛运动的加速度恒为重力加速度8,由速度变化量公式△v=a△t=g△t
可知，相等时间内速度变化量大小相等、方向均竖直向下，是恒定值，故D 错误。
故选C。
2.D
【详解】学员和教练在同一辆车上绕同一点做匀速圆周运动，因此他们的角速度@相等，周期也相等。
A. 线速度V=@r, 所以线速度之比vA:VB=rA:g=5:4, 故 A 错误；
B. 学员与教练的周期相等，所以学员与教练的周期为1:1,故B 错误；
C. 向心加速度a=w²r, 所以加速度之比aA:ag=rA:=5:4, 故 C 错误；
D. 向心力F= m²r, 所以合力之比FA:Fg=( mAFA):(mETs)=(60×5.0):(70×4.0)=15:14, 故 D 正确。
故选D。
3.A
【详解】A. 卫星绕地球做匀速圆周运动时，由万有引力提供向心力，有
轨道半径越小，周期越小。神舟二十三号飞船的轨道半径小于北斗G7 的轨道半径，所以其周期比北斗G7 小，故A 正确；
B. 由万有引力提供向心力，有
解得 ,轨道半径越小，向心加速度越大。神舟二十三号飞船的轨道半径更小，所以其向心加速度比 北斗G7 大，故B 错误；
C. 地球静止轨道卫星必须位于赤道正上方，西昌不在赤道上，因此不能将北斗G7 定点于西昌正上方，故 C错误；
D. 由万有引力提供向心力，有
解得 ,轨道半径越大线速度越小。第一宇宙速度是绕地球做匀速圆周运动时轨道半径近似等于地
试卷第1页，共8页
球半径的最大环绕速度，神舟二十三号飞船和北斗G7 的轨道半径均大于地球半径，所以运行速度都小于 7.9km/s , 故 D 错误。
故选A。
4.D
【详解】A.Q₁ 对Q₂ 的静电力与Q₂ 对 Q₁ 的静电力为一对相互作用力，根据牛顿第三定律可得，相互作用 力等大反向，故A 错误；
B. 电场线疏密代表场强大小，点电荷附近电场线越密，电荷量越大， Q1 所带的电荷量大于Q₂ 所带的电荷 量，故B 错误；
C. 电场线只是电场的形象表示，没画出电场线不代表场强为0,B 点处在电场中，合场强不为零，故C 错 误；
D. 根据电场强度的定义式 又
F 为 F 和F₂ 的合力，可得电场强度与场源电荷Q₁ 、Q₂ 有关，与试探电荷无关，故D正确。
故选D。
5.B
【详解】A. 匀加速启动阶段加速度a 恒定，由牛顿第二定律得F-f=m a, 可知牵引力F 大小恒定。 匀加速运动速度v=at, 速 度v随时间不断增大。
结合功率公式P=Fv, 可知输出功率随速度增大而升高，并非恒定，故A 错误；
B. 以最大速度v 匀速航行时，牵引力等于阻力，且此时发动机功率为最大输出功率P, 由 P=Fv 可得牵引 力 , 故B 正确；
C. 匀速航行时牵引力等于恒定阻力
若以匀速航行，输出功率 , 故C 错误；
D. 恒定功率启动过程，合外力做功等于动能变化，由动能定理得
其中fx 为阻力做功，因此 故 D 错误。
故选B。
6.A
【详解】A. 小物块受到的滑动摩擦力大小为F,, 方向与运动方向相反。克服摩擦力做功等于摩擦力大小
乘以物块的对地位移W克= F₂(L+x), 故 A 正确；
B. 小车水平方向仅受物块施加的滑动摩擦力Fy, 根据动能定理，小车的动能等于合外力对小车做的功。
小车对地位移为x, 因此E 车= F,x, 故 B 错误；
C. 物块水平方向受恒力F 和摩擦力F,, 合力为F-Fy 。 根据动能定理，物块的动能等于合力乘以物块的
对地位移E 物=( F-F₅)(L+x), 故 C 错误；
D. 系统增加的机械能等于外力F 做的总功，减去系统内因摩擦产生的内能(相对位移对应的热量),即
△E=F(L+x)-F,L, 故 D 错误。
故选A。
7.C
【详解】A. 下 滑 5m 的过程中，重力势能减少30J, 动能增加10J, 减少的重力势能并不等于增加的动能， 所以机械能不守恒，A 错误；
B. 斜面高3m 、长 5m, 则斜面倾角为θ=37°。令斜面底端为零势能面，则物块在斜面顶端时的重力势能 mgh=30J
可得质量m=1kg
下滑5m 过程中，由功能关系，机械能的减少量等于克服摩擦力做的功则 μmg csθ ·s=20J 解得物块与斜面间的动摩擦因数为μ=0.5,B 错误；
C. 由牛顿第二定律mgsinθ—μngcsθ= ma
解得物块下滑时加速度的大小为a=2m/s²,C 正确；
D. 物块下滑2.0m 时，重力势能减少12J, 动能增加4J, 所以机械能损失了8J,D 错误。 故选C。
8.BC
【详解】A. 小物块在运动过程中，受到滑动摩擦力的作用，根据滑动摩擦力的性质，其方向总是与物块相 对桌面运动的速度方向相反，速度方向一直在变，故摩擦力方向也一直在变，不是恒定的，A 错误；
B. 滑动摩擦力大小不变，根据动能定理， ,其中s=2πL 得 , B 正确；
C. 根据动量定理，有-ft=0-mv。
得 , C 正确；
D. 轻质细杆对小物块的作用力沿径向方向，小物块的速度始终沿切线方向，细杆的作用力与速度方向始终 垂直，因此细杆对小物块做功为0,D 错误。
故选BC。
【点睛】
9.AC
【详解】A. 将初速度沿斜面和垂直于斜面方向分解，则垂直斜面方向v₁=vsina
沿斜面方向V₁=vcsa
将加速度沿斜面和垂直于斜面方向分解，垂直斜面方向a₁=gcsθ
沿斜面方向a₁=gsinθ
当垂直斜面方向速度减为0时，小球离斜面最远，由匀变速运动公式v²=2ad
小球离开斜面的最远距离为 , 故A 正确；
B. 将初速度沿水平方向和竖直方向分解，有vx=v cs(α+θ),v,=vsin(α+θ)
由于小球恰好沿水平方向打在斜面上，则小球在空中运动的时间为
,
故B 错误；
C. 小球在水平方向做匀速直线运动，则小球打在斜面上的速度大小为v水平=Vx=vcs(α+0), 故 C 正确；
D. 落点在斜面上，满足位移关系
整理得
即tan(α+θ)=2tanθ,D 错误。
故选AC。
10.CD
【详解】A. 当杆3与杆2的夹角为53°时，甲与O 的距离 故 A 错误；
B. 杆3与杆1的夹角为53°时，甲与O 的 距
当杆3与杆2的夹角为53°时，设甲、乙的速度分别为V甲、V乙，则有v甲cs53°=vzsin53°
由系统的机械能守恒定律可得
解得乙=3m/s, 故 B 错误；
C. 从甲由静止释放到杆3与杆2夹角为53°时，系统势能的减少量为
△Ep =Mg(h-h)=2.25×10×(4-3)J=22.5J, 故C 正确；
D. 由动能定理可得杆3对乙做的功为1 解得W乙=4.5J, 故D 正确。
故选CD。
11. (1)同时 (2)1
③
【详解】(1)图甲的实验中， A 球做平抛运动，竖直方向的分运动是自由落体运动；B 球被松开后直接做自 由落体运动。由于两球从同一高度同时开始运动，竖直方向运动规律完全相同，因此小球A 、B会同时落地。
(2)小球竖直方向有y%-Vab=2L-L=0.025m=gT²
解得照相机的频闪周期T=0.05s
小球做平抛运动的水平初速度大小为
(3)该平抛运动的位移偏转角正切值为
则小球在P 点时速度方向与水平方向夹角的正切值为
12. (1)小物块和遮光条及弹簧所组成的系统
(3)mgl₁-mgl
(4) 6
【详解】(1)从静止释放小物块，小物块和遮光条的重力势能减少，动能增加、弹簧弹性势能增加，为了 验证机械能守恒，研究对象应为物块和遮光条及弹簧所组成的系统。
(2)遮光条经过光电门的挡光时间为t, 则遮光条经过光电门时的速度为
根据系统机械能守恒可得
联立可得需要验证的关系式
(3)由图2可知， I=L 和l=L₂R 相等，说明小物块动能 相等，根据系统机械能守恒可得
则有Ep₁-Ep₂ = mgl-mgl₂
(4)[1][2]物块速度最大时，加速度为0,合力为零，即重力等于弹簧弹力，则有mg=kl
解得
根据系统机械能守恒可
解得速度最大值为
13. (1)
②
【详解】(1)小球做竖直上抛运动，由运动学公式
解得月球表面的重力加速度
而
解得月球的第一宇宙速度
(2)根据万有引力与重力的关系
得月球的质量为
由
月球的体积为
则月球的平均密度为
14. (1)
②
(3)E=pπd²h²gsinθ
【详解】(1)设喷口处水的速度为V, 从喷口到最高点的过程中只有重力做功，由机械能守恒 解得v= √2 gh
(2)时间△t 内喷出的水的质量△m=pQ△t
电动机至少提供这些水在喷口处的动能，由能量转化有
代入Q=SV, 整理得
将 2 、v=√2gh
代入，得
(3)喷管以最大速度且与水平方向成θ角喷水时，水从喷出到回到湖面所用时间
稳定时空中水的质
湖面处重力势能为零，且不计空气阻力，每部分水的机械能等于其喷出时动能，所以空中水的机械能
代入 、v²=2gh
整理得E= pπd²h²gsinθ
15.(1)5m
(2)1.56m
(3)56J
【详解】(1)滑块由静止运动至C 点的过程，
由动能定理可得
在 C 点由牛顿第二定律得 解得H=5m
( 2 ) 当H=6.6m 时，滑块从A 点 到E 点的过程，
根据动能定理
解得Vg=2m/s
从E 点飞出后，竖直方向上 水平方向_
电场内有qE= ma 解得x=1.56m
( 3 ) 当H=6.6m 时，从A 点 到D 点，根据动能定理有 解得vp=10m/s
根据Vg=2m/s
由运动学公式vg=VD-μgt₀
解得t=2s。
在 2s 时间内，滑块的位移为×瘢=x₂ =12m
传送带运动的位移为x传=v₀t=12m
滑块相对于传送带的位移为△x=x 传+x潜=24m
所以Q=μmg(x₁+△x)=56J