河南省郑州市2025-2026学年高一下学期7月期末考试物理试卷（Word版附解析）

这是一份河南省郑州市2025-2026学年高一下学期7月期末考试物理试卷（Word版附解析），共22页。
B. 曲线运动速度方向不断变化，速度矢量一定改变，故 B 错误；
C. 轨迹弯曲，凹侧为右方，曲线运动合力必须指向凹侧，因此合力可能指向右下方，故C 正确；
D. 加速度与合力同向，合力指向凹侧，加速度也指向凹侧，不是凸侧，故D 错误。
故选 C。
2.A
【详解】AB. 彗星从近日点运动到远日点的过程中，位移方向远离太阳，万有引力方向指向太阳，二者夹 角大于90°,因此万有引力做负功，故A 正确，B 错误；
CD . 根据开普勒第二定律，极短时间△t 内彗星与太阳连线扫过的面积相等，即
化简 , 故CD 错误。
故选A。
3.D
【详解】A. 小朋友下滑时，水平方向可认为做圆周运动，由于离心现象，小朋友会偏向滑道的外侧运动， 故A 错误；
B. 根据机械能守恒定律可得
解得v=√2gh, 可知下滑到水滑梯底端的速度大小与小朋友的质量无关，故B 错误；
CD. 由于下滑过程可认为机械能守恒，可知无论选择哪个位置为零势能参考平面，下滑时的总机械能变化 量为零；下滑时的总机械能等于顶端由静止下滑时重力势能，若选择水面为零重力势能面，则小朋友的机 械能为E=E p=mgh=30×10× 16J=4800J;
由于重力势能具有相对性，选择不同位置为零势能参考平面，小朋友的初始位置重力势能不一样，则小朋 友的机械能不一样，故C 错误，D 正确。
故选D。
4.D
【详解】A. 根据开普勒第二定律，行星与太阳的连线在相等时间内扫过相等的面积。近日点处，行星到太 阳的距离小，运动速度快；远日点距离大，运动速度慢。因此近日点动能大于远日点动能，故A 错误；
B. 对于椭圆轨道，近日点速度大于该点处的圆轨道环绕速度，小行星在近日点速度大于同距离的圆轨道速 度；小行星近日点在水星轨道以内，即近日点到太阳的距离小于水星轨道半径，由万有引力提供向心力
试卷第1页，共9页
,可得,小行星距离太阳更近因而大于水星速度，故B 错误；
C. 加速度由太阳引力提供，由牛顿第二定律 可得 近日点距离小，加速度大；远日点距离大，加速度小，故C 错误；
D. 根据开普勒第三定律， ,可得 ,小行星半长轴小于木星轨道半长轴，因此其周期小于木 星周期11.86年，故D 正确。
故选D。
5.D
【详解】A. 硬币受重力、静摩擦力与筒壁的弹力作用，其中静摩擦力与重力平衡，所以，硬币做圆周运动 所需的向心力由筒壁弹力提供，故A 错误；
B. 脱水筒正常工作时，转速n=600r/min=10r/s 则转动的角速度w=2πn=20πrad/s, 故 B 错误；
C. 结合上述，由于静摩擦力与重力平衡，则筒壁对硬币的静摩擦力f=mg=0.06N, 故 C 错误；
D. 脱水筒正常工作时，由弹力提供向心力可知，筒壁对硬币的弹力大小约为
, 故D 正确。
故选D。
6.C
【详解】A. 以小球、弹簧和地球组成的系统为研究对象，由于只有重力和弹力做功，故系统的机械能守恒； 小球运动过程中受到弹簧弹力做功，则小球的机械能不守恒，故A 错误；
B. 下摆过程中小球的重力做正功，重力势能减小；通过最低点后小球上升时重力做负功，重力势能增大， 故B 错误；
C. 下摆过程中，弹簧弹力对小球做负功，根据功能关系，其机械能减小；
上摆过程中，弹簧弹力对小球做正功，根据功能关系，其机械能增大，故C 正确；
D. 当小球到达0点的正下方时，小球的速度方向为左下方，速度方向与重力方向不垂直，则重力的瞬时 功率不为零，故D 错误。
故选 C。
7.D
【详解】A. 设轻杆与水平方向的夹角为θ,甲、乙两球的速度大小分别为v 和v₂, 分别将v 和v₂ 沿杆和垂
直杆方向进行分解，则甲、乙两球沿杆方向的速度分量相等，即v sinθ=v₂csθ 由题图可知t 时刻v₁=v₂, 解得此时θ=45°,故A 错误；
B. 由分析可知杆对乙球的作用先是推力，后是拉力， t₂ 时刻乙球速率最大，则此时乙球的加速度恰好为零， 此时杆恰好对乙球无作用力，即杆对甲的作用力也为0,甲仅受重力由牛顿第二定律有2mg=2ma
解得a=g, 故 B 错误；
C.t₃ 时刻乙球的速度为0,则此时甲球刚好落地，从无初速度释放两球到甲球落地的过程中，两球组成的
系统只有重力做功，系统机械能守恒，则有
解得t₃时刻甲球的速率为 = √√ 3g1 , 故 C 错误；
D.0~t₃ 过程甲、乙两球的速率图线与时间轴所围成的面积即为该过程中甲、乙两球的位移，由于该过程
甲球的位移为.
乙球的位移为.
所以0~t₃ 过程甲、乙两球的速率图线与时间轴所围成的面积之比为x₁:x₂=√3:1, 故D 正确。
故选D。
8.A
【详解】AB. 根据图乙可知，快件在8m之前做匀加速运动，根据v²=2ax 可得，加速度大小为
可得a=1m/s²
根据牛顿第二定律得 μmgcs37°-mgsin37°=ma
解得
根据图像可知，传送带的速度为v=4m/s,A 正 确 ，B 错误；
C. 根据图像可知，传送带的速度为v=4m/s, 快件加速到4m/s 以后做匀速运动，快件加速的时间为
位移为x₁=8m
此过程中传送带的位移为x v t₁=4×4m=16m 二者的相对位移为△x=x -x=16m-8m=8m
快件与传送带摩擦而产生的热量Q=μmgcs37 ·△x
解得快件与传送带摩擦而产生的热量Q=112J,C 错误；
D. 根据能量守恒定律，快件从传送带底端运动到顶端过程中，电动机多做的功包括快件增加的动能、增加
的重力势能和与传送带摩擦而产生的热量，所以电动机多做的功为 ,D 错 误。
故选A。
9.BC
【详解】A. 位于L 点上的飞行器，在太阳与地球共同引力作用下，与地球保持同步绕太阳做圆周运动，合 力(不为零)提供向心力，处于非平衡状态，故A 错误；
B. 据题意知，卫星与地球同步绕太阳做圆周运动，则卫星绕太阳运动周期和地球公转周期相等，故B 正确；
C. 由题可知，卫星在L 点与L2点与地球同步绕太阳做圆周运动，卫星的周期与角速度是相等的，根据向心 力的公式 F=m² r
在L 点处的半径小，所以在L 点处的合力小，故C 正确；
D. 根据向心加速度
位于L 点卫星绕太阳运动的向心加速度小于地球绕太阳运动的向心加速度，故D 错误。
故选BC。
10.AC
【详解】A. 小球A 在最高点时细绳恰好对小球没有作用力，可知小球只受重力作用，加速度大小为8,根
据牛顿第二定律可知, 可 得v= √8 L, A 正确；
BCD. 小球B 在最高点时，由牛顿第二定律
若轻杆对小球的作用力方向向上，大小F=0.5mg, 则 ,此时
若轻杆对小球的作用力方向向下，大小F=0.5mg, 则 ,此时 可知小球A 和B 在最高点时的速度大小之比可能为 √ 2:1,或者为 √ 2: √ 3,BD 错 误 ，C 正确。 故选AC。
11.BD
【详解】AD. 由图像斜率可知，重力势能随下滑距离的减小率为6J/m, 动能随下滑距离的增加率为2J/m, 故机械能随下滑距离的减小率为4J/m, 机械能不守恒；下滑2.0m 时机械能损失量为
E 癫=4J/m×2.0m=8J, 故 A 错 误 ，D 正确。
B. 机械能的减小量等于克服摩擦力做的功，故滑动摩擦力大小为f=4N, 由mgh=30J
得m=1kg, 斜面倾角满足 ,支持力大小为N= mgcsθ=8N
所以动摩擦因数 故 B 正确；
C. 由斜面顶端的重力势能mgh=30J, 可得 , 故 C 错误。 故选BD。
12.BCD
【详解】A. 恰能沿轨道运动到C 点，小球受导轨的弹力为0,重力提供向心力，故A 错误；
B. 小球从A 至B, 由弹簧和小球构成的系统机械能守恒得释放小球前弹簧的弹性势能为
故B 正确；
C. 由题意，小球在C 点，由重力提供向心力，则有 解得vc=√8R=2m/s, 故 C 正确；
D. 小球从B 至 C 由动能定理
解得, 故D 正确。
故选BCD。
13. (1)
②
(3)BD
【详解】(1)小球经过光电门中心时的速度
(2)小球从释放点下落至此光电门中心时的动能增加量
小球从释放点下落至此光电门中心时的重力势能减小量△Ep=mgh
若此过程小球的机械能守恒，则有△Ep=△E
联立解得
(3) A. 若h 的测量值偏大，则重力势能减小量△Ep= mgh 偏大，动能增加量△E 小于重力势能减小量
△Ep, 故 A 错误；
B. 在最低点时光电门的中心在小球球心的上方，使得挡光宽度小于小球的直径，则速度测量值偏大，△Ek
的测量偏大，则动能增加量△E 总是大于重力势能减小量△Ep, 故 B 正确；
C. 小球下落过程中受到空气阻力的作用，使得减小的重力势能有一部分转化为内能，则动能增加量△E 小
于重力势能减小量△Ep, 故 C 错误；
可能是d 的测量值偏大，故D 正确。
故选BD。
P'
14.
【详解】(1)[1]设摆长为L, 摆线与竖直方向夹角为θ,小球受力分析如图
由牛顿第二定律得
mgtanθ=mw²r,r=Lsinθ
解得
(2)[2]用直尺测出O′ 与 P′ 之间的距离为H₂, 就能求出匀速圆周运动的半径r, [3]线速度为
(3)[4]向心加速度为
(2)
15. (1)
【详解】(1)设地球的质量为M, 月球的轨道半径为r, 则根据万有引力提供向心力：
在地球表面有：
由以上两式得
(2)设月球表面的重力加速度为8 月 ，设MN 的长度为L, 由斜面平抛运动规律得：
解得：
在月球表面有：
由以上两式得：
解得月球的密度
16.(1)P=4.05×10³w
(2)vm=2√3m/s
(3)a=1.2m/s²
【详解】(1)由题意得拖拉机以v₁=3m/s 匀速翻耕时受力平衡，满足F=f=k₁=1.35×10³N
此时的牵引力的功率P=FY₁=4.05×10³W
(2)拖拉机以额定功率P=5.4×10³W 从静止开始加速翻耕，当其匀速行驶时速度达到最大值vm, 此时拖
拉机受力平衡，牵引力与阻力等大反向，最大速度满足
代入数据得vm=2√3m/s
(3)由上问可知速度V₂=2m/s 时拖拉机仍在加速阶段，牵引力大小为
阻力大小为j₂=kv₂=9×10²N
由牛顿第二定律有F₂-f₂= ma
解得a=1.2m/s²
17.(1)5rad/s;(2)a≤2√7rad/s
【详解】(1)设盘的角速度为@时，物块A 将开始滑动，则
μmg=mr₆a²
代入数值解得A 即将打滑时
@)=5rad/s
(2)若小物块B 解除固定状态，则物块刚好滑动时弹簧拉力为F, 则对B 有
F=μ₂mg
由胡克定律可知
F=k(r-r)
可得
r=0.25m
对A 受力分析，为了保证B 不打滑，则有
F+μmg≥m²r
可得
a≤2√7rad/s
18.(1)12.4N (2)0.5
(3)4.8J
【详解】(1)物体从A 到 C, 由机械能守恒得
在C 点，由牛顿第二定律得
联立解得Fɴ=12.4N
由牛顿第三定律可得压力为12.4N
(2)对从A 到E 的过程，由动能定理得W-W=0
又W=mg[(h+Rcs37°)-Lpsin37°]
W₁=μmgLDEcs37°
联立解得μ=0.5,故摩擦因数至少为0.5
(3)因为mgsin37°> μmgcs37° 解得μ