广东省惠州市2025-2026学年高一下学期期末考试物理试卷（Word版附解析）

这是一份广东省惠州市2025-2026学年高一下学期期末考试物理试卷（Word版附解析），共22页。
B. 开普勒依据第谷的行星观测数据总结出开普勒三大定律，卡文迪许扭秤实验用于测量引力常量G, 二 者 对应关系和时间顺序均错误，故B 错误；
C. 理想斜面实验是伽利略完成的，伽利略由此说明运动不需要力来维持，亚里士多德的观点是力是维持物 体运动的原因，故C 错误；
D. 研究向心力大小与质量、角速度、半径的关系时，需要保持其中两个量不变，研究第三个量对向心力的 影响，这是控制变量法，故D 正确。
故选D。
2.B
【详解】A. 游客随摩天轮做匀速圆周运动，速度大小保持不变，所以动能不变；但在竖直平面内运动时， 游客的高度不断发生变化，重力势能不断变化，因此游客的机械能是不守恒的。故A 错误；
B. 因为游客做的是匀速圆周运动，根据牛顿第二定律和圆周运动规律，其所受的合外力仅用来提供向心力， 所以合外力方向始终指向圆心。故B 正确；
C. 在摩天轮转动一圈的过程中，游客回到了起始位置，其初速度与末速度的大小和方向均完全相同，即动 量变化量△p=0 。 根据动量定理I=△p, 游客所受合外力的冲量为零。故C 错误；
D. 当游客运动到最高点或最低点时，向心力方向处于竖直方向，此时游客仅受竖直向下的重力和竖直向上 的支持力即可提供向心力，水平方向受力平衡，不受静摩擦力作用。因此游客并非始终受到静摩擦力作用。 故D 错误。
故选B。
3.C
【详解】由题意可知，子弹在空中做平抛运动，水平速度大小不变，当枪口正对靶标中心时，子弹运动到
靶标的水平位移最小，由x=v₀t 可知，子弹运动到靶标的时间最短；又由可知，子弹下落的高度最 小。在水平面左右旋转枪口朝向时，子弹运动到靶标的水平位移变大，运动时间变长，下落的高度变大，
则靶标上出现的击中点分布应为中间高、两端低的曲线。
故选 C。
4.A
【详解】A. 飞船从轨道I变轨到轨道Ⅱ,需在A 点加速做离心运动，变轨后速度增大，故变轨前速度小于 变轨后速度，故A 正确；
B. 加速度由万有引力提供， 飞船在B 点时距地心距离相同，变轨前后加速度相同，故B 错误；
试卷第1页，共8页
C. 由 ,轨道I半径小于轨道Ⅲ半径，故轨道I速度大于轨道Ⅲ速度，故C 错误；
D. 飞船从轨道Ⅱ变轨到轨道Ⅲ需在B 点加速，机械能增大，故轨道Ⅲ机械能大于轨道Ⅱ机械能，故D 错误。 故选A。
5.D
【详解】A. 运动员从平台上自由下落至到达最低点过程中，弹性绳对运动员的弹力做负功，运动员的机械 能减小，故A 错误；
B. 运动员从平台上自由下落至到达最低点过程中，运动员速度先增大后减小，动量先增大后减小，故B 错 误；
C. 运动员从平台上自由下落至到达最低点过程中，根据动能定理mgH +W=0
可得弹性绳对运动员所做的功为W=-mgH, 其中运动员下落的高度H>1, 则弹性绳对运动员做负功，功 的大小比mgl 大，故C 错误；
D. 运动员从平台上自由下落至到达最低点过程中，根据动量定理mgt+I=0
可知弹性绳对运动员弹力的冲量为I=-mgt, 则弹性绳对运动员弹力的冲量大小为mgt, 故 D 正确。 故选D。
6.B
【详解】A. 变加速运动阶段电动车保持额定功率不变，牵引力
随速度v 增大，牵引力逐渐减小，故A 错误；
B. 匀加速运动阶段加速度恒定，阻力恒定，所以牵引力F=ma+f
恒定，牵引力的功率P=Fv
随速度v 增大而逐渐增大，故B 正确；
C. 达到最大速度vm=20m/s 时，牵引力等于阻力，有 , 故C 错误；
D. 匀加速阶段加速
牵引力F=ma+f=1500×2N+3000N=6000N
匀加速阶段位移
牵引力做功W=Fx=6000×25J=1.5×10⁵J
不是1.0×10⁵J, 故 D 错误。
故选B。
7.C
【详解】A. 对座椅受力分析，由牛顿第二定律有
解得v=2√ 15m/s, 故A 错误；
B. 做匀速圆周运动时，座椅只受到拉力、重力，故B 错误；
C. 设钢绳与竖直方向的夹角为α,转动中对座椅竖直方向有F csα=mg
转盘从静止到做匀速圆周运动的过程中，α逐渐增大，则钢绳上的拉力F 逐渐增大，故C 正确；
D. 转盘从静止到做匀速圆周运动的过程中，根据动能定理有 解得钢绳对座椅做的功为W=4000J, 故 D 错误。
故选 C。
8.C
【详解】A. 足球的重力势能公式
可以看出，Ep与时间t 是二次函数关系，其图像应该是一条开口向下的抛物线，而不是图中的折线，故A
错误；
B. 足球的动能公式为
图像虽呈现抛物线形状，但当足球到达最高点时，竖直分速度V,=0, 水平分速度vx=v 。csθ≠0, 此时动
能取最小值且大于零，即
图B 中的极小值降到了0(与t 轴相交),与事实不符，故B 错误；
C. 足球在空中飞行时，由于不计空气阻力，仅有重力做功，所以足球的机械能守恒。机械能E 不随时间变 化，保持为一个正常数，图像为一条平行于t 轴的直线，故C 正确；
D. 重力的瞬时功率公式为(此处规定向上为正方向) P=-m gv,=-mg(v 。sinθ- gt)=mg(gt-v 。sinθ)
由表达式可知，重力的瞬时功率P 与时间t 成一次函数关系，图像应该是一条倾斜的直线(穿过t 轴从负值 变为正值)。而图D 是绝对值折线图像，故D 错误。
故选C。
9.BCD
【详解】A. 在月球南极点，物体到自转轴距离为零，万有引力等于重力，有
解得月球质量 , 故A 错误；
B. 设绕月表面运动物体质量为m%, 第一宇宙速度满足
, 所 以, 故B 正确；
C. 月球赤道处物体随月球自转做圆周运动，所需向心力为m³R, 有 G₂=G₁- m²R
解得
由 ,得 , 故C 正确；
可以计算，故D 正
D. 由月球南极点关系 ,可求月球质量M, 月球半径R已知，密度 确。
故选BCD。
10.AC
【详解】AB. 碰撞过程中两球相互作用力等大反向、作用时间相同，所以黑球对白球的冲量与白球对黑球 的冲量大小相等、方向相反，两球动量变化量大小相等、方向相反，故A 正 确 ，B 错误。
C. 滑行阶段阻力大小为f=0.025mg=0.025×0.2×10N=0.05N
加速度大小为
由滑行阶段的运动学关系v²= 2as
得碰后白球速度V₁=√2as₁=0.8m/s, ,黑球速度v₂=√2as₂=0.9m/s
碰撞过程动量守恒，并且两者质量相等m%=mv₁+mv₂, 碰前白球速度v%=V₁+V₂=1.7m/s
系统损失的机械能 , 故C 正确；
D. 碰撞过程中白球动量变化量大小为△p=m(v%-v₁)=0.2×(1.7-0.8)kg m/s=0.18kg m/s
若碰撞时间为0.05s, 白球受到黑球的平均作用力大小为 故 D 错误。 故选AC。
11.(1)CD
(2) 1.27 2.24
(3)“先释放重锤再接通打点计时器的电源”、“释放重锤时重锤有初速度”等
【详解】(1) A. 电磁打点计时器使用的是交流电源(通常为6V 以下的低压交流电),不能使用直流电源， 故A 错误；
B. 为了提高纸带的利用率，并记录下重锤从静止开始下落的完整过程，做实验时应先接通打点计时器的电
源，待打点稳定后再释放重锤，故B 错误；
C. 为了尽量减小纸带与打点计时器限位孔之间的摩擦阻力，做实验时，重锤与打点计时器的限位孔应保持 在同一竖直线上，故C 正确；
D. 实验中不可避免会存在空气阻力，为了使重力远大于阻力，从而减小空气阻力对实验结果的影响，应选 用密度大、体积小的重锤，故D 正确。
故选CD。
(2)[1][2]重锤从起始点○到打B 点的过程中，下降的高度为h=26.00cm=0.2600m
重力势能的减少量为△Ep=mghg=0.5×9.8×0.2600J=1.274J
题目要求保留三位有效数字，故△Ep=1.27J
根据匀变速直线运动规律，打B点时的瞬时速度等于A 到 C 段的平均速度：
保留三位有效数字，故VB=2.24m/s
(3)在正常情况下，由于空气阻力和纸带与限位孔之间的摩擦阻力做负功，重锤机械能会有微小的损失， 因此重锤动能的增加量△E 应略小于重力势能的减少量△Ep。如果发现动能的增加量△E 略大于重力势能的
减少量△Ep, 这说明在打第一个点(0点)时，重锤实际上已经具有了一定的动能(初速度不为零)。造成 这种现象的原因通常是操作失误：先释放了重锤(纸带),后接通了打点计时器的电源；或者是释放纸带时 手有向下推的动作，使重锤获得了初速度。
12. (1)升高
(2) 1.00 1.95
(3) 0.395 系统受到阻力作用
(4)守恒
【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，说明滑块经过光电门1时的速度大于经 过光电门2时的速度，即滑块做减速运动，说明导轨左侧偏低，因此需要将左侧适当升高。
(2)碰撞后滑块1的速度 碰撞后滑块2的速度
(3)碰撞后总动量p'=m₁v₁+m₂V₂= 0.395kg ·m/s
p>p '的原因可能是系统受到空气阻力等非系统内力作用导致动量略有损失。
(4)相对误差
因此在误差允许的范围内，两滑块组成的系统总动量守恒。
13. (1)
③
【详解】(1)水从花洒最上端喷出后做平抛运动，其竖直方向为自由落体运动，则根据自由落体运动的规
律有
其中y=6L-2L=4L
联立解得水从花洒最上端喷出到对面墙壁所用的时间为
(2)由于平抛运动在水平方向的分运动为匀速直线运动，则有x=6L=vt
解得花洒最上端出水速度的大小为
(3)当最上端水柱击中对面墙壁时，其竖直方向的分速度为7,=gt=2√2gL
所以最上端水柱击中对面墙壁时的速度大小为
设此时v 与墙壁的夹角为θ,则有
即v 与墙壁夹角的正切值为
14.(1)1.5s
(2)9.8N
(3)-0.22J
【详解】(1) A 到 B 的过程，由动量定理得(mgsin37°- μmgcs37°) t=mnv-0
解得t=1.5 s
( 2 ) 在B 点，由牛顿第二定律得
解得Fɴ=9.8N
由牛顿第三定律可得，滑块对轨道的压力大小F 压=Fɴ=9.8N
(3)在最高点C, 由牛顿第二定律得
从 B 到 C 的过程，由动能定理 解得W=-0.22J
15.(1)2m/s²,0.5m/s²
(2)1.5J
(3)3J
【详解】(1)对A, 由牛顿第二定律有F- μmg=maA
解得aᴀ=2m/s²
对B, 由牛顿第二定律有μmg=Ma
解得：aB=0.5m/s²
(2)设力F 作用时间为t, 则 解得t=1s
此时VA=aAt,VB=aBt
撤去F 后 ，A 、B 及弹簧系统动量守恒，共速时弹簧压缩量最大，由动量守恒定律有
mvA+Mg=(m+M)v
解得v=1m/s
由能量守恒定律得，最大弹性势能
联立以上各式，解得Em=1.5J
(3)全过程分两段相对滑动：
第一段：A 从 B 左端到C, 相对位移L, 生 热Q₁= μmgL
第二段：弹簧恢复原长后，A 再次滑入粗糙段直到与B 共速，由动量守恒定律和能量守恒可得：
摩擦生热
又Q₂ = μmgx
解得x = L
故滑块刚好不从木板的左端滑出。总热量： Q=Q₁+Q₂, 解得Q=3J