2025-2026学年河南省部分普通高中高一（下）期末物理试卷（含答案+解析）

这是一份2025-2026学年河南省部分普通高中高一（下）期末物理试卷（含答案+解析）试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。
1.在2026年世界乒乓球团体锦标赛(伦敦世乒赛)中，中国男、女团均在决赛中击败日本队，双双夺冠。若某次比赛中乒乓球的运动轨迹如选项图中的实线所示，则其所受合力与速度方向可能正确的是( )
A. B.
C. D.
2.如图所示，某运动员在M点将篮球斜向上抛出，篮球在空中划过一道弧线运动到达N点时的速度方向恰好水平向右。已知篮球抛出时速度方向与水平方向的夹角为60°，速度大小为v0。不计空气阻力，篮球可视为质点，重力加速度大小为g，则M、N两点间的距离为( )
A. 3v028gB. 3v024gC. 21v024gD. 21v028g
3.中学生常用的学习用具修正带的结构如图所示，包括大、小齿轮和压嘴座等部件。大、小齿轮分别嵌合于大、小轴孔中并相互咬合，半径之比为2：1。a、b两点分别位于大、小齿轮的边缘，c点位于大齿轮半径的中点。当使用修正带时( )
A. 角速度ωbrb，得ωb>ωa，因此ωb>ωc，故A错误；
B、a、c同轴，ωa=ωc，由v=ωr，ra>rc，得va>vc，因为va=vb，则vb>vc，故B错误；
C、根据题意，由公式a=v2r可知，由于va=vb，ra>rb，则有aamg，因此小球运动过程中始终有FN>0，恰能完成圆周运动时在最高点有vA=0。库仑力始终沿半径方向，与位移垂直，不做功，根据机械能守恒定律有12mvB2=12mvA2+2mgR
解得vB=2 gR，则小球在B点时的速率为vB=2 gR，故CD错误。
故选：B。
分析小球的受力情况，在最高点时，根据向心力公式可知，通过A点的最小速率；代入向心力公式，确定轨道对小球的作用力大小；小球运动过程中，库仑力不做功，根据动能定理分析小球在B点的速度。
此题考查了向心力的计算，关键对小球进行受力分析，找出向心力的提供者，结合动能定理分析求解即可。
5.【答案】B
【解析】解：A.导弹从P点运动至N点的过程中，只受到地球引力作用，故机械能守恒，整个系统只有引力做功，故A错误。
B.假设存在以地心O为圆心、半径r的圆形轨道，导弹在该圆轨道做匀速圆周运动时，根据万有引力提供向心力有GMmr2=mv2r，解得导弹在该圆形轨道的运行速度v= GMr。
导弹从圆形轨道变轨到椭圆轨道需要减速做近心运动，所以导弹在椭圆轨道N点的实际速度一定小于圆形轨道的速度 GMr，故B正确。
C.导弹在N点仅受地球万有引力作用，根据牛顿第二定律有GMmr2=ma，解得导弹在N点的加速度大小a=GMr2，故C错误。
D.根据万有引力F=GMmd2，可知引力的大小由导弹到地心的距离d决定；P、Q两点到地心O的距离相等，所以两点处导弹受到的万有引力大小相等。但万有引力是矢量，始终沿导弹与地心的连线指向地心，所以P、Q两点引力的方向一定不相同，故D错误。
故选：B。
导弹运动过程仅受引力，只有引力做功，机械能守恒；由万有引力提供向心力推导出半径r处圆轨道的运行速度，结合近心变轨需要减速的规律，判断导弹在椭圆轨道N点的速度小于对应圆轨道速度；利用万有引力与牛顿第二定律推导出N点加速度公式；根据万有引力公式得出P、Q两点引力大小相等，但引力是矢量，两点引力方向不同。
本题考查天体运动相关知识点，包含引力作用下机械能守恒的判断、卫星近心变轨的速度变化规律、万有引力定律结合牛顿第二定律求解天体加速度、万有引力作为矢量的大小与方向辨析。
6.【答案】C
【解析】解：A、篮球抛出后，忽略空气阻力，篮球只受重力作用，篮球从抛出到落回同一水平面的过程中，其加速度a为重力加速度g，大小和方向均不变，a−t图像为等于t轴的直线，故A错误；
B、竖直分速度为vy=vy0−gt，当篮球上升到最高点，竖直方向的速度为零，随后竖直方向做自由落体运动，竖直分速度随时间均匀增大，故B错误；
C、上升阶段，对篮球，由动能定理得：−mgℎ1=Ek−Ek0
解得Ek=Ek0−mg(vy0t−12gt2)
篮球到达最高点时有水平方向的速度，动能不为零；
下降阶段，对篮球，由动能定理得：mgℎ2=Ek1−Ek10
解得Ek1=Ek10+12mg2t12(t1为篮球从最高点开始下落的时间)，故C正确；
D、从抛出时开始计时，篮球从抛出到落回同一水平面的过程中，忽略空气阻力，只有重力做功，篮球的机械能守恒，故D错误。
故选：C。
忽略空气阻力，篮球抛出后，仅受重力作用，加速度为g，其机械能守恒。根据速度—时间公式得到vy与t的关系式。根据动能定理得到动能与时间的关系式，再分析图像的形状。
解答本题的关键要掌握斜抛运动的规律，根据动能定理得到动能的表达式。要注意分析篮球到达最高点的速度以及以后的运动情况。
7.【答案】D
【解析】解：A、设t1时刻轻杆与水平方向夹角为θ，将v甲和v乙沿杆方向和垂直于杆方向正交分解如图所示：
沿杆方向速度相等，则有：v甲sinθ=v乙csθ，从v−t图像中可以看出此时v甲=v乙，所以sinθ=csθ，则有：θ=45°，故A错误；
B、由于t2时刻乙球速率最大，此时图像中斜率为0，即加速度为0，则合外力为0，杆对乙球没有力，则杆对甲球也没有力，所以甲球只受重力，加速度为g，故B错误；
C、t3时刻甲球落地，乙球速度为0，根据动能定理有：m甲g⋅lsin60°=12m甲v甲2，解得：v甲= 3gl，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为甲和乙的位移，甲球的位移为：x甲=lsin60°= 32l，乙球刚开始到墙的距离为x0=lcs60°=12l，乙球到墙的距离为杆长l，所以乙球的位移为：x乙=l−x0=l−12l=12l，所以有：x甲：x乙= 3：1，即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： 3：1，故D正确。
故选：D。
根据关联速度求t1时刻轻杆与水平方向夹角；结合v−t图像的斜率判断乙球的合力，进而判断甲球的受力情况；根据动能定理求t3时刻甲球的速率；根据甲、乙两球的速率图线与时间轴所围成的面积为甲和乙的位移求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。
本题考查系统关联速度问题，掌握关联速度问题中速度的分解，会列速度的关系式并进行求解。
8.【答案】AC
【解析】解：A.图甲中，在水平面上转弯的摩托车所受向心力是由其与地面的静摩擦力提供的，故A正确；
B.图乙中，轨道外轨高于内轨，只有当火车以规定的速度转弯时，才是铁轨对火车的支持力与火车重力的合力提供向心力，其它情况时外轨或者内轨会对车轮产生侧压力，故B错误；
C.图丙中，小车在过拱桥的过程中，加速度有向下的分量，根据超失重知识可知处于失重状态，故C正确；
D.图丁中，脱水机工作时，衣服中的水珠的附着力不足以提供水珠做圆周运动的向心力时，水珠做离心运动而被甩出，故D错误。
故选：AC。
根据水平面上车辆转弯，火车在倾斜轨道转弯以及超失重和离心运动的知识逐一分析判断各选项的正误。
考查圆周运动和向心力的问题，知道它们向心力的来源，会判断超失重，属于较低难度考题。
9.【答案】CD
【解析】解：A、小船的速度可以分解为在静水中的速度与随水流的漂流速度，两分运动都是匀速直线运动，合运动为匀速直线运动，运动轨迹为直线，故A错误；
C、小船相对河岸的速度大小为v= v船2+v水2= 42+22 m/s=2 5 m/s，故C正确；
BD、垂直河岸方向的速度分量为v⊥=v船=4m/s，渡河时间t=dv⊥=1004s=25s，且该时间与沿河岸方向的水流速度无关，故B错误，D正确。
故选：CD。
两匀速直线运动的合运动是匀速直线运动；根据小船的运动情况应用运动学公式分析答题。
本题主要是考查运动的合成与分解，关键是能够根据运动的合成与分解进行解答。
10.【答案】AD
【解析】解：A、天舟七号从近地圆轨道Ⅰ进入霍曼椭圆轨道，需要在近地点做离心运动，因此需要点火加速，故A正确；
B、若天舟七号先运动至轨道Ⅱ上，在此轨道上再次加速会导致其受到的万有引力小于所需的向心力，从而做离心运动离开轨道Ⅱ，无法实现与同在轨道Ⅱ上的天和核心舱对接，故B错误；
C、根据牛顿第二定律有GMmr2=ma，解得：a=GMr2。由于轨道Ⅱ的半径是天舟七号在近地圆轨道Ⅰ的半径的n倍，则天舟七号在轨道Ⅰ与轨道Ⅱ上运行时的加速度大小之比为n2：1，故C错误；
D、根据开普勒第三定律有(nR)3T02=(nR+R2)3T2，天舟七号从轨道Ⅰ进入圆轨道Ⅱ在霍曼轨道上恰好运动半周，其运动时间t=T2，解得：t= 28 (n+1)3n3T0，故D正确。
故选：AD。
明确物理过程为航天器变轨、椭圆轨道运动及高轨道匀速圆周运动，已知高低轨道半径的倍数关系、高轨道周期T0、地球表面重力加速度，核心关联为万有引力与天体运动的对应规律，分析时重点关注变轨的动力学条件，结合万有引力提供圆周运动向心力的规律分析加速度等物理量，运用开普勒第三定律推导椭圆轨道的运行时间，对应判断各物理结论的合理性。
本题聚焦天体运动核心考点，涵盖航天器变轨规律、万有引力定律推导加速度、开普勒第三定律的拓展应用，紧密结合我国天舟七号航天热点情境，契合新高考情境化命题导向。整体难度中等偏上，计算量适中，需要学生准确辨析变轨操作的内在逻辑，熟练掌握开普勒第三定律中轨道半长轴的取值，可有效锻炼学生的物理建模能力与公式推导运算能力。
11.【答案】10
B
AC
【解析】解：(1)小球从高度0.80m的桌面边缘飞出，做平抛运动。竖直方向由ℎ=12gt2
解得t=0.40s，频闪照相机每秒25帧，即闪光周期T=125s=0.04s，在t=0.40s内，闪光次数n=tT=次，因此照片上最多能显示10个小球的影像。
(2)A板上的插槽间距为d，每次将B板后移一个槽，同时向纸面内侧平移距离d
A.若只后移而不侧移，所有痕迹点将落在B板的同一竖直线上，无法描绘出平抛轨迹；侧移dl可使相邻痕迹点的水平间距为d，从而在B板上直接得到等水平间距的轨迹点。因此，这种做法有必要，故A错误；
B.目的是使白纸上相邻两痕迹点之间的水平距离也为d，这样结合竖直距离即可研究平抛运动规律，故B正确；
C.为了充分利用白纸，第一次插入时B板应适当靠近A板内侧，使O点位于白纸合适位置，而不是偏向A板外侧，故C错误。
故选：B。
(3)在B板上得到一系列痕迹点，以O点为坐标原点，水平方向(侧移方向)为x轴，竖直方向为y轴。根据平抛运动规律，水平方向：匀速直线运动x=v0t
竖直方向：自由落体运动y=12gt2
联立解得轨迹方程y=g2v02x2
第i个点的水平坐标xi=i⋅d其中d为每次侧移距离，竖直坐标ℎ1为O点到该点的竖直距离。根据轨迹方程，应有ℎi=g2v02(id)2
解得v0=id g2ℎi
为求得初速度v0，需要知道d和ℎi小球质量m无需测量，故AC正确，B错误。
故选：AC。
故答案为：(1)10；(2)B；(3)AC。
(1)由平抛规律确定；
(2)由实验原理及注意事项确定；
(3)由平抛规律计算。
本实验考查用频闪相机研究平抛运动，探究平抛运动的特点，平抛规律，实验原理及注意事项，理解能力，实验探究能力
12.【答案】D
0.63
(m2−m1)gm1+m2;变小
【解析】解：(1)A.细线与纸带、打点计时器的限位孔放在同一竖直线上，可以减小纸带和限位孔、细线和滑轮之间的摩擦，故A正确。
B.使用打点计时器的规范操作是先接通电源，待打点稳定后再释放重物，故B正确。
C.释放时让配重靠近打点计时器，能在纸带上打出更多的点，充分利用纸带，故C正确。
D.公式v= 2gℎ，是无摩擦、无阻力的自由落体运动速度公式，本实验中系统存在摩擦阻力，不能直接用该式计算速度，否则相当于默认机械能已经守恒，失去了验证的意义，故D错误。
本题选错误的，故选：D。
(2)打点计时器频率为50Hz，每相邻两计数点间还有4个点，所以相邻计数点的时间间隔T=0.02×5s=0.1s，根据匀变速直线运动中间时刻的瞬时速度等于这段时间的平均速度，B点的速度vB=xAC2T，代入xAC=87.50cm−46.52cm=40.98cm=0.4098m，因此vB=0.40982×0.1m/s≈2.05m/s。系统总质量为m1+m2=0.1kg+0.2kg=0.3kg，系统动能增加量ΔEk=12(m1+m2)vB2，代入计算得ΔEk≈0.63J。
(3)若系统机械能守恒，即减少的重力势能全部转化为系统动能，系统下落高度ℎ时，满足(m2−m1)gℎ=12(m1+m2)v2，整理可得v22=(m2−m1)gm1+m2⋅ℎ，因此v22−ℎ图像的斜率k=(m2−m1)gm1+m2；若设备长期未保养，摩擦阻力变大，阻力做功会消耗更多机械能，相同下落高度ℎ下，实际获得的速度v会更小，因此图线的斜率将变小。
故答案为：(1)D。(2)0.63。(3)(m2−m1)gm1+m2，变小。
(1)根据验证机械能守恒定律的实验原理和注意事项分析判断。
(2)根据匀变速直线运动的推论结合动能表达式列式求解。
(3)根据验证机械能守恒定律的实验原理列式结合图像的斜率的物理意义进行解答。
考查验证机械能守恒定律的实验原理和注意事项，关键是熟练掌握动能重力势能的表达式和纸带的数据处理，属于中等难度考题。
13.【答案】【小题1】对于在地球表面质量为m0的物体，由万有引力等于重力有GMm0R2=m0g，解得：M=gR2G
【小题2】对空间站受力分析可知，由万有引力提供向心力有GMm(R+ℎ)2=m4π2T2(R+ℎ)，将M=gR2G代入上式，解得：T=2πR (R+ℎ)3g
【小题3】根据开普勒第三定律有(2R+ℎ2)3T′2=(R+ℎ)3T2，飞船在P点点火加速后在Q点与空间站完成交会对接所需的最短时间为t=12T′，解得：t=π4R 2(2R+ℎ)3g。
答：

【解析】解：(1)对于在地球表面质量为m0的物体，由万有引力等于重力有GMm0R2=m0g，解得：M=gR2G。
(2)对空间站受力分析可知，由万有引力提供向心力有GMm(R+ℎ)2=m4π2T2(R+ℎ)，将M=gR2G代入上式，解得：T=2πR (R+ℎ)3g。
(3)根据开普勒第三定律有(2R+ℎ2)3T′2=(R+ℎ)3T2，飞船在P点点火加速后在Q点与空间站完成交会对接所需的最短时间为t=12T′，解得：t=π4R 2(2R+ℎ)3g。
答：(1)地球的质量为gR2G。
(2)空间站的运行周期为2πR (R+ℎ)3g。
(3)飞船在P点至Q点完成交会对接的最短时间为π4R 2(2R+ℎ)3g。
(1)选取地球表面的物体为研究对象，利用万有引力等于重力的等效关系，关联已知的地球半径、表面重力加速度与引力常量，梳理待求的地球质量和各已知量的对应关系，确定推导方向即可。
(2)以轨道Ⅲ上的空间站为研究对象，其做匀速圆周运动时万有引力提供向心力，结合第一问得到的地球质量，关联轨道半径与待求的运行周期，梳理物理量的传递关系即可完成推导。
(3)飞船在轨道Ⅱ做椭圆运动，最短对接时间对应飞船沿轨道Ⅱ运动半周的时长，利用开普勒第三定律关联轨道Ⅱ的半长轴、轨道Ⅲ的半径与对应周期，结合第二问的空间站周期求出轨道Ⅱ周期，取半周期即可得到结果。
本题属于天体运动模块的综合解答题，考查万有引力与重力的关系、万有引力提供圆周运动向心力、开普勒第三定律的应用等核心知识点，难度中等偏上，计算量适中。考查重点在于学生对黄金代换关系的灵活运用，对天体运行轨道的建模分析，以及对交会对接最短时间对应运动过程的理解，可有效锻炼学生的逻辑推导能力与公式化简运算能力，贴合航天热点情境，兼具知识性与实践性。
14.【答案】【小题1】由题意知，物块从传送带末端到B点做平抛运动，
则竖直方向有：
vy2=2gℎ，
解得：
vy=4m/s
将B点的速度分解有：
vx=vBcsθ，vy=vBsinθ
解得：
vx=3m/s，vB=5m/s，
则物块A在传送带上的加速度为：
a1=μ1mgm=μ1g，
物块在传送带上匀加速到vx=3m/s所运动的位移为：
x1=vx22a1；
联立解得：
a1=5 m/s2，x1=0.9m
【小题2】从B点到C点，对物块A，由动能定理可得：
mgR(1−csθ)=12mvC2−12mvB2，
物块A在C点时，由牛顿第二定律可得：
NC−mg=mvC2R，
联立可得：
vC=7m/s，NC=1583 N
【小题3】由题意可知，物块A在木板D上时物块A的加速度为：
a2=μ2g=0.4×10m/s2=4 m/s2
物块A在木板D上时，根据牛顿第二定律可得：
μ2mg−μ3(m+M)g=2Ma3，
解得木板D的加速度为：
a3=1 m/s2，
物块A在木板D上两物体的位移满足：
xA=vCt1−12a2t12，xD=12a3t12，L=xA−xD，
联立解得：
t1=1s，t2=1.8s(舍去)，
物块A离开木板D时有：
vD=a3t1=1×1m/s=1m/s，
对木板D、E，由动能定理可得：
μ2mgxD+Wf=12(M+M)vD2，
解得：
Wf=−3J，
则木板D克服地面摩擦力所做的功为3J。
答：

【解析】解：(1)由题意知，物块从传送带末端到B点做平抛运动，
则竖直方向有：
vy2=2gℎ，
解得：
vy=4m/s
将B点的速度分解有：
vx=vBcsθ，vy=vBsinθ
解得：
vx=3m/s，vB=5m/s，
则物块A在传送带上的加速度为：
a1=μ1mgm=μ1g，
物块在传送带上匀加速到vx=3m/s所运动的位移为：
x1=vx22a1；
联立解得：
a1=5 m/s2，x1=0.9m；
(2)从B点到C点，对物块A，由动能定理可得：
mgR(1−csθ)=12mvC2−12mvB2，
物块A在C点时，由牛顿第二定律可得：
NC−mg=mvC2R，
联立可得：
vC=7m/s，NC=1583 N；
(3)由题意可知，物块A在木板D上时物块A的加速度为：
a2=μ2g=0.4×10m/s2=4 m/s2
物块A在木板D上时，根据牛顿第二定律可得：
μ2mg−μ3(m+M)g=2Ma3，
解得木板D的加速度为：
a3=1 m/s2，
物块A在木板D上两物体的位移满足：
xA=vCt1−12a2t12，xD=12a3t12，L=xA−xD，
联立解得：
t1=1s，t2=1.8s(舍去)，
物块A离开木板D时有：
vD=a3t1=1×1m/s=1m/s，
对木板D、E，由动能定理可得：
μ2mgxD+Wf=12(M+M)vD2，
解得：
Wf=−3J，
则木板D克服地面摩擦力所做的功为3J。
答：(1)物块A从开始到与传送带共速时，相对地面的位移为0.9m；
(2)物块A滑到C点时，受到圆弧轨道支持力的大小为1583N；
(3)物块A在木板D上运动过程中，木板D克服地面摩擦力所做的功为3J。
(1)结合题意，对物块从传送带末端到B点的过程由平抛运动的运动学规律、速度的分解分别列式，对于物块在传送带上时，由牛顿第二定律、运动学规律分别列式，即可分析求解；
(2)对于物块由B到C及在C点时，由动能定理、牛顿第二定律分别列式，即可分析求解；
(3)结合前面分析及题意，物块在D上时，由牛顿第二定律、运动学规律分别列式，对于木板，由动能定理列式，即可分析求解。
本题主要考查对动能定理的掌握，解题的关键是：要先确定不同的力在哪个阶段做功，再根据动能定理列式，因为有些力在物体运动全过程中不是始终存在的。
15.【答案】【小题1】设水平恒力的大小为F0，小球到达C点时所受合力的大小为F，
则由力的合成法则可得：
F0mg=tan37°，
解得：
F0=34mg，
设小球到达C点时的速度大小为v，
由牛顿第二定律得：
mgcs37∘=mv2R
解得：
v= 5gR2
【小题2】小球从B到C，由动能定理可得：
−mg⋅2Rcs37°−F0⋅2Rsin37°=12mv2−EkB，
解得小球在B位置时的动能为：
EkB=258mgR
【小题3】小球离开C点后，在竖直方向上做初速度不为零的匀加速直线运动，加速度大小为g，设小球在竖直方向的初速度为v⊥，
由运动学规律及几何关系可得：
v⊥t+12gt2=R+Rcs37°，
其中：
v⊥=vsin37°，
联立解得：
t=35 5Rg。
答：

【解析】解：(1)设水平恒力的大小为F0，小球到达C点时所受合力的大小为F，
则由力的合成法则可得：
F0mg=tan37°，
解得：
F0=34mg，
设小球到达C点时的速度大小为v，
由牛顿第二定律得：
mgcs37∘=mv2R
解得：
v= 5gR2；
(2)小球从B到C，由动能定理可得：
−mg⋅2Rcs37°−F0⋅2Rsin37°=12mv2−EkB，
解得小球在B位置时的动能为：
EkB=258mgR；
(3)小球离开C点后，在竖直方向上做初速度不为零的匀加速直线运动，加速度大小为g，设小球在竖直方向的初速度为v⊥，
由运动学规律及几何关系可得：
v⊥t+12gt2=R+Rcs37°，
其中：
v⊥=vsin37°，
联立解得：
t=35 5Rg。
答：(1)水平恒力的大小为34mg，小球到达C点时速度大小为 5gR2；
(2)小球在B位置时的动能为258mgR；
(3)小球从C点落至水平轨道所用的时间t为35 5Rg。
(1)结合题意，小球在C点时，由力的合成法则及牛顿第二定律分别列式，即可分析求解；
(2)结合前面分析及题意，小球从B到C的过程，由动能定理列式，即可分析求解；
(3)小球离开C点后，在竖直方向上做初速度不为零的匀加速直线运动，加速度大小为g，结合前面分析及题意，由运动学规律列式，即可分析求解。
本题主要考查对动能定理的掌握，解题的关键是：要先确定不同的力在哪个阶段做功，再根据动能定理列式，因为有些力在物体运动全过程中不是始终存在的。