2025-2026学年辽宁省大连市高一（下）期末物理试卷(含详细答案解析)

这是一份2025-2026学年辽宁省大连市高一（下）期末物理试卷(含详细答案解析)，文件包含青岛版六三制小学数学六上四单元知识梳理与易错精讲_教师解析版docx、青岛版六三制小学数学六上四单元知识梳理与易错精讲_学生版docx等2份学案配套教学资源，其中学案共33页， 欢迎下载使用。
1.比冲是衡量火箭引擎燃料利用效率的物理量，它是推进剂产生的冲量与其质量的比值，其国际单位是( )
A. kg⋅m/sB. m/sC. m/s2D. N⋅s
2.2026年5月27日我国在文昌航天发射场发射的“通信技术试验卫星二十四号”地球静止轨道卫星，用于多频段、高速率通信技术试验，该卫星与近地圆轨道卫星相比( )
A. 周期较短，加速度较大B. 周期较短，加速度较小
C. 周期较长，加速度较大D. 周期较长，加速度较小
3.钱塘江大潮，在中国文化中是时序节律、民俗精神的多重象征。如图甲所示，某次观测到产生鱼鳞潮的两列振幅均为0.4m的水波以2m/s的速度向前行进，假设本次鱼鳞潮的水波波长为2m，其模型可简化为图乙所示。实线表示波峰，虚线表示波谷。B为AC的中点，E是CA延长线上与A点相距d=4m的点，与A点相交的两条实线是两列波最靠前的波峰。则下列说法正确的是( )
A. 图中A、D两点振动始终加强，而C点振动始终减弱
B. B点始终不振动
C. 图示时刻D、C两点间的高度差为1.6m
D. 波从A传到E，所用时间为1s
4.2026年4月，全球首个纳米级微振动实验室在我国雄安正式投运。实验中，科研人员对精密光学组件施加可控周期性驱动力，使组件做稳定受迫振动。下列说法正确的是( )
A. 组件稳定振动的频率由自身固有频率决定
B. 增大周期性驱动力的频率，组件振幅一定变大
C. 驱动力频率等于组件固有频率时，组件振幅最大
D. 组件做受迫振动的振幅恒定，与驱动力频率无关
5.沿x轴正方向传播的简谐横波某时刻的波形如图所示，P为介质上的一个质点，从图示时刻起经过14T，P的( )
A. 速度沿y轴正方向
B. 速度沿x轴正方向
C. 加速度沿y轴正方向
D. 加速度沿y轴负方向
6.如图所示，一水平放置的光滑绝缘半圆槽内有两个小球1、小球2，带电量分别为q1和q2，小球1固定于最低点处，可自由移动的小球2恰好处于静止状态，两个小球间的距离记作r。若缓慢减小小球2的电荷量q2，则Δq2Δr将( )
A. 变大B. 变小C. 不变D. 无法确定
7.2026米兰冬奥会单板滑雪大跳台比赛中，我国选手苏翊鸣斩获一枚铜牌。若将比赛中的运动员视作质量为m的质点，其从斜坡顶端飞出时，初速度大小为v0，与水平方向夹角为30∘，最终落在斜坡上。忽略空气阻力，运动员在空中的运动过程可简化为斜抛运动，则运动员在空中运动的全过程中，下列说法正确的是( )
A. 运动员所受重力功率的大小一直增大B. 运动员机械能先减小后增加
C. 运动员动量变化量的大小为2mv0D. 运动员动能增大2mv02
8.斯威夫特-塔特尔彗星是英仙座流星雨的母彗星，该彗星绕太阳运动的轨道是非常扁的椭圆，近日点距离太阳约0.96AU，远日点距离太阳约51.2AU。地球绕太阳运动轨道半径为1AU，公转周期为1年。若已知引力常量G和1AU的距离，下列说法正确的是( )
A. 彗星的公转周期约为260年
B. 彗星与太阳连线和地球与太阳连线在相等时间扫过的面积相等
C. 彗星在近日点与远日点的速率之比约为0.96：51.2
D. 根据题中所给信息，可以计算太阳质量
二、多选题：本大题共2小题，共12分。
9.如图(a)，额定功率为P0的起重机竖直吊起质量为m的重物，其输出功率随时间变化的图像如图(b)所示，t2时刻重物刚好达到最大速度。已知重力加速度为g，空气阻力忽略不计，下列说法正确的是( )
A. 在t1∼t2时间内重物做匀速直线运动
B. 在0∼t2时间内起重机平均功率为12P0
C. 在0∼t2时间内起重机所做的功为P0(t2−t12)
D. 在t2时刻重物的运动速度为P0mg
10.如图(a)，一滑块静止在水平面上，滑块的曲面是半径为R的四分之一圆弧，圆弧最低点切线沿水平方向。小球以水平向右的初速度v0从圆弧最低点冲上滑块，且小球能从圆弧最高点冲出滑块。小球与滑块水平方向的速度大小分别为v1、v2，作出v1−v2的关系图像，局部图像如图(b)所示，不计一切摩擦，重力加速度为g。下列说法正确的是( )
A. 小球与滑块的质量比为2：1
B. 小球能够上升的最大高度为v023g
C. 小球从滑块最高点冲出时的速度大小为 79v02−2gR
D. 小球能够再次回到滑块最低点且回到滑块最低点时速度方向水平向左
三、实验题：本大题共2小题，共21分。
11.某同学利用双线摆和光传感器测量当地的重力加速度，如图(a)所示，A为激光笔，B为光传感器。实验过程如下：
(1)已知小球的直径为d，用刻度尺测量出同一水平高度的两悬点间的距离s和摆线长l(两摆线等长)，则双线摆的等效摆长L=______(用l、d、s表示)；
(2)在垂直于纸面的竖直平面内，将摆球偏离一个较小角度由静止释放，同时启动光传感器，得到光照强度随时间变化的图像如图(b)所示，图中第1个曲线最小值点对应的时刻为t1，第21个最小值点对应的时刻为t2，则双线摆的振动周期T=______(用t1、t2表示)；
(3)根据实验数据拟合出T2−L图像为一条倾斜的直线，斜率k=4.03s2/m，则重力加速度大小g=______m/s2(取π2≈9.86，结果保留三位有效数字)。
12.“辘轳”是中国古代取水的重要设施，通过转动手柄将轻绳缠绕到转筒上，把水桶从井中提起。研究表明转动的物体也具有动能，称为转动动能，它属于机械能。某同学使用如图(a)所示装置探究“匀质转筒的转动动能与角速度的关系”。模拟小桶边缘固定一遮光片，光电门位于遮光片正下方。每次实验，细线保持竖直，将小桶上的遮光片与O点等高对齐，由静止释放，小桶下落带动转筒转动，细线与转筒之间不打滑，实验中测出了小桶(含重物和遮光片)质量m、转筒的直径D(不计细线对转筒直径的影响)、光电门距O点竖直方向距离h，遮光片宽度d(很窄)和遮光片通过光电门的时间t。已知重力加速度为g，忽略空气阻力。
(1)遮光片通过光电门的速度v=______，此时转筒的转动动能E=______，角速度ω=______。(用题干中所给的字母表示)
(2)调节光电门的位置，多次实验，记录多组E和ω的值，描绘出E−ω2图像如图(b)所示。该同学查阅资料得知匀质圆筒的转动动能与角速度的平方成正比，即E=Iω2，其中I为比例系数。若考虑水桶下落过程中受到的空气阻力，并将其简化为恒力，则利用图像得到的I的测量值______(填“大于”“等于”或“小于”)真实值。
四、计算题：本大题共3小题，共33分。
13.如图所示，倾角为37∘的光滑绝缘斜面体固定在水平面上，带电量为q的负点电荷A固定在斜面底端，质量为m的带电小球B在斜面上离点电荷A距离为L的M点由静止释放，释放的瞬间，小球B的加速度大小为a=0.3g，小球B向下运动到N点时，速度达到最大值。已知重力加速度为g，静电力常量为k，sin37∘=0.6，cs37∘=0.8，求：
(1)小球B所带电量qB=？
(2)A、N之间的距离d=？
14.如图所示，实线和虚线分别是沿x轴方向传播的一列简谐横波在t1=0和t2=0.06s时刻的波形图。
(1)求该波的波长λ和振幅A；
(2)若波沿着x轴负方向传播，且Tmg，重物向上㑬加速度减小的变加速直线运动，并非匀速，故A错误；
BC、根据P−t图像与横轴围成的面积表示做功大小，可知在0∼t2时间内起重机做功为W=12P0[(t2−t1)+t2]=P0(t2−t12)
则在0∼t2时间内起重机平均功率P−=Wt2=P0(t2−t12)t2>P0(t2−t22)t2=12P0，故B错误，C正确；
D、已知t2时刻重物刚好达到最大速度，此时牵引力等于重力，则有P0=Fv2=mgv2
可得在t2时刻重物的运动速度为v2=P0mg，故D正确。
故选：CD。
0∼t1阶段功率线性增大，结合P=Fv分析运动性质；t1∼t2阶段保持额定功率，拉力大于重力，重物持续加速，直到t2时刻拉力等于重力，达到最大速度；P−t图像面积代表起重机做功，利用面积公式计算总功；平均功率等于总功除以总时间；最大速度由额定功率与重力平衡条件求解。
本题结合起重机启动模型，依托P−t图像考查机车类功率问题，区分变功率启动与恒功率启动阶段，利用图像面积求功，同时辨析变加速与匀速运动的临界条件，针对常见“额定功率阶段直接匀速”的误区设置选项，能够有效检验学生对功率、牵引力、速度关系的理解，属于高考典型动力学图像题型。
10.【答案】BCD
【解析】解：A、由题意可知，系统在水平方向不受外力作用，因此动量守恒。设小球质量为m1，滑块质量为m2，取水平向右为正方向，根据动量守恒定律有m1v0=m1v1+m2v2，整理可得v1=v0−m2m1v2。根据图(b)所示的v1−v2图像，其纵截距为v0，当v2=0.5v0时v1=0，代入关系式得0=v0−m2m1×0.5v0，解得m2=2m1，即小球与滑块的质量比为1：2，故A错误；
B、当小球上升到最大高度时，其竖直方向速度为零，水平方向与滑块具有相同速度。设共同速度为v，根据水平方向动量守恒有m1v0=(m1+m2)v，再根据机械能守恒定律有12m1v02=12(m1+m2)v2+m1gH。将m2=2m1代入并联立两式，解得H=v023g，故B正确；
C、当小球滑到滑块圆弧的最高点时，由于该点切线方向竖直，小球与滑块在水平方向速度相同。设此时滑块速度为v2′，小球绝对速度为v1′，根据水平方向动量守恒有m1v0=(m1+m2)v2′，解得v2′=13v0。再根据机械能守恒定律有12m1v02=12m1v1′2+12m2v2′2+m1gR，将m2=2m1代入，解得v1′= 79v02−2gR，故C正确；
D、小球冲出滑块最高点后，水平方向不受外力，小球与滑块均以13v0的速度向右做匀速直线运动，因此小球下落后会恰好落回滑块最高点并继续向下滑动。整个过程水平方向系统动量守恒，且系统机械能守恒，当小球滑回最低点时，其状态相当于两物体发生一维弹性正碰。设小球回到最低点时的速度为v1′′，滑块速度为v2′′，根据动量守恒定律有m1v0=m1v1′′+m2v2′′，根据机械能守恒定律有12m1v02=12m1v1′′2+12m2v2′′2，联立解得v1′′=−13v0。负号表示速度方向水平向左，即小球能够再次回到滑块最低点，且此时速度方向水平向左，故D正确。
故选：BCD。
系统水平方向不受外力，动量守恒，结合v1−v2图像信息可确定小球与滑块质量关系；当小球上升到最大高度时，其竖直方向速度为零，水平方向与滑块共速，依据水平方向动量守恒与系统机械能守恒可求最大高度；小球在圆弧最高点冲出时，该点切线竖直，两者水平速度相同，由水平方向动量守恒与系统机械能守恒可求小球冲出时的速度大小；小球冲出后做平抛运动落回滑块，后续过程类似一维弹性碰撞，由水平方向动量守恒与系统机械能守恒分析小球返回最低点的速度方向。
本题综合考查了动量守恒定律与机械能守恒定律在光滑水平面曲线运动模型中的联合应用，属于中等偏上难度题目。题目通过滑块曲面上的小球运动构建了典型的水平方向动量守恒系统，并巧妙结合v1−v2图像提供关键数据，有效考查了学生从图像中提取信息、建立物理关系的能力。计算过程涉及多个运动状态的分析，包括小球上升至最大高度、到达圆弧最高点以及返回最低点等阶段，需要学生清晰把握各阶段水平方向速度关系及能量转化，对学生的多过程综合分析能力和守恒思想应用提出了较高要求。
11.【答案】 l2−s24+d2
t2−t110
9.79
【解析】解：(1)根据几何关系可知，悬点所在水平线到小球上端的竖直距离为ℎ= l2−s24
小球的半径为r=d2
则双线摆的等效摆长为L=ℎ+r
联立解得L= l2−s24+d2
(2)单摆在摆动过程中，每次经过最低点时对应光照强度出现极小值，连续两次出现光照强度极小值所用的时间为半个周期，周期为T=ΔtN=t2−t121−12=t2−t110
(3)根据单摆的周期公式有T=2π Lg
整理可得T2=4π2gL
根据一次函数图像的性质可知，T2−L图线的斜率为k=4π2g
解得g=4π2k
代入数据解得g=9.79m/s2
故答案为：(1) l2−s24+d2；(2)t2−t110；(3)9.79。
(1)根据双线摆等效摆长的含义，结合数学知识求解作答；
(2)单摆在摆动过程中，每次经过最低点时对应光照强度出现极小值，连续两次出现光照强度极小值所用的时间为半个周期，据此求解作答；
(3)根据单摆周期公式求解T2−L函数，结合图像斜率的含义求解作答。
本题主要考查了用单摆测定重力加速度的实验，要明确实验原理，理解双线摆等效摆长的含义，掌握单摆周期公式的运用。
12.【答案】dt;mgℎ−md22t2;2dDt
大于
【解析】解：(1)遮光片通过光电门的速度为v=dt
在小桶下落过程中，假设系统机械能守恒，根据机械能守恒定律有mgℎ=12mv2+E
解得此时转筒的转动动能为E=mgℎ−md22t2
根据线速度与角速度的关系式有v=ωr=ωD2
解得角速度为ω=2dDt
(2)若考虑小桶下落过程中受到的空气阻力，设空气阻力大小为f；
根据动能定理有mgℎ−fℎ=12mv2+E0
解得真实的转动动能为E0=mgℎ−fℎ−12mv2
实验中计算得到的转动动能表达式为E=mgℎ−12mv2
因此E>E0
根据题意有E=Iω2，E0=I0ω2
由此可以得出比例系数的测量值I大于真实值I0。
故答案为：(1)dt；mgℎ−md22t2；2dDt；(2)大于。
(1)根据极短时间内的平均速度近似等于瞬时速度，求解遮光片通过光电门的速度；根据机械能守恒定律求解转动动能；根据线速度与角速度的关系求解作答；
(2)根据动能定理求解真实的转动动能，结合转动动能的定义式比较比例系数的大小。
本题主要考查了探究动能定理的实验，要明确实验原理，掌握机械能守恒定律和动能定理的运用，理解转动动能的含义。
13.【答案】小球B所带电量qB=3mgL210kq
A、N之间的距离d= 22L
【解析】解：(1)释放的瞬间，小球B的加速度大小为a=0.3g，根据牛顿第二定律可得：
mgsin37∘−kqqBL2=ma，
联立解得：
qB=3mgL210kq；
(2)小球B向下运动到N点时，速度达到最大值，则此时受力平衡，因此根据平衡条件可得：
mgsin37∘=kqqBd2，
结合(1)联立可得：
d= 22L。
答：(1)小球B所带电量qB=3mgL210kq；
(2)A、N之间的距离d= 22L。
(1)释放的瞬间，对小球B由牛顿第二定律列式，即可分析求解；
(2)小球B向下运动到N点时，速度达到最大值，则此时受力平衡，由平衡条件列式，即可分析求解。
本题主要考查库仑力作用下的受力平衡问题，解题时需注意，根据库仑定律及平衡条件确定力与力的关系。
14.【答案】该波的波长λ为1.2m，振幅A为5cm
若波沿着x轴负方向传播，且T