2025-2026学年江苏省南京市鼓楼区高一（下）期末物理模拟试卷(含详细答案解析)

这是一份2025-2026学年江苏省南京市鼓楼区高一（下）期末物理模拟试卷(含详细答案解析)，共4页。试卷主要包含了单选题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。
1.如甲图所示实验装置结构图，下列说法错误的是( )
A. 该实验体现了物理学中放大的思想
B. 该实验是牛顿用来测量万有引力常量
C. 该实验装置被称为卡文迪许扭称实验
D. 该实验测量了万有引力常量，使万有引力定律的具体运用得以实现
2.电容器是一种重要的电学元件。任何两个彼此绝缘又相距很近的导体，都可以看成一个电容器，它能储存电荷。如图1所示，上面标有“220μF250V”的字样。“220μF”指的是电容器的( )
A. 电压B. 电荷量C. 电容D. 电阻
3.下列情形中，物体与地球构成的系统机械能守恒的是( )
A. 自由下落的重物B. 滑块沿斜面匀速下滑
C. 火箭点火后徐徐上升D. 在路面上刹车的汽车
4.关于电荷，下列说法正确的是( )
A. 物体带电的本质是得失电子，因此自然界实际只存在负电荷一种电荷
B. 元电荷就是最小的电荷，大小为1C
C. 点电荷就是体积极小的电荷，体积较大的带电体不能被看作点电荷
D. 两个点电荷之间作用力的规律是法国科学家库仑通过扭秤实验找到的
5.下列关于功的说法中正确的是( )
A. 有几个力作用在物体上，如果这几个力做功之和为零，则该物体一定处于静止状态
B. 由于功是标量，所以+6J的功大于−7J的功
C. 静摩擦力对物体可能做正功
D. 相互接触的两物体间一对滑动摩擦力做功之和一定等于零
6.质量m=600g的球从学生的手掌处由静止自由下落，经0.4s到达地面，不计空气阻力，重力加速度g取10m/s2。则0.4s内重力的平均功率和0.4s末重力的瞬时功率分别为( )
A. 12W 30WB. 12W 24WC. 4.8W30WD. 4.8W24W
7.如图所示，一个金属球壳原来不带电，现将一个带电荷量为+Q的点电荷放在球壳左边附近，达到静电平衡后，球壳上的感应电荷在球壳内部产生的电场分布正确的是( )
A. B.
C. D.
8.质量为m的汽车在平直公路上行驶，阻力f保持不变。当它的速度从0增加到v的过程中加速度a保持不变，速度为v时，发动机的实际功率刚好达到额定功率，此后发动机功率保持不变。下列说法正确的是( )
A. 汽车的额定功率为fv
B. 汽车的速度为v2时，牵引力大小为f
C. 如果公路足够长，汽车最后的速度是f+mafv
D. 汽车的速度为v2时，发动机的实际功率为(f+ma)v
9.高空坠物往往使落下的物体具有很大的动能，非常危险。假如一个质量为5kg的花盆，从离地面20m高的阳台由静止坠落，忽略空气阻力，重力加速度g取10m/s2，在花盆下落过程中( )
A. 重力做功是100JB. 重力的功率先增大后减小
C. 重力的平均功率是500WD. 落地前的瞬间重力的瞬时功率是200W
10.万有引力的发现实现了物理学史上第一次大统一：“地上物理学”和“天上物理学”的统一，它表明天体运动和地面上物体的运动遵从相同的规律。牛顿在发现万有引力定律的过程中做出了一系列假设，其中不包括下列选项中的( )
A. 行星沿圆或椭圆运动，需要指向圆心或椭圆焦点的力，这个力应该就是太阳对它的引力
B. 太阳吸引行星，行星也同样吸引太阳，也就是说，在引力的存在与性质上，行星和太阳的地位完全相当
C. 地球绕太阳运动，月球绕地球运动，它们之间的作用力是同一种性质的力
D. 可以使用卡文迪什扭秤用实验测得引力常数
11.将一个小球从地球竖直上抛，过程中小球受到的阻力与速率成正比，设向上为正方向，小球的速率、位移、动能和机械能分别为v、x、Ek和E，以地面为零势能面，则下列描述小球运动过程的图像可能正确的是( )
A. B.
C. D.
二、实验题：本大题共1小题，共15分。
12.许多中学实验室逐渐普及了传感器使用，某中学有个学习小组的同学用电流传感器做“观察电容器的充、放电现象”，设计了如图甲所示电路。
(1)K断开，使开关S与2相连，电源对电容器充电，这个过程可在极短时间内完成，充满电的电容器右极板带 电(填“正”或“负”)。
(2)然后把开关S掷向1端，电容器通过电阻R1放电，传感器将电流传入计算机，屏幕上显示出电容器充放电过程电流随时间变化的I−t图像如图乙所示，已知电流的定义式为I=Qt，其中I表示电流，Q表示t时间内通过导体横截面的电量，请你根据实验得到的I−t图像估算电容器在全部放电过程释放的电荷量约为 C(结果保留两位有效数字)。
(3)已知直流电源的电压为5V，内阻忽略不计，则电阻R1的阻值约为 Ω。
(4)如果不改变电路其他参数，闭合开关K，重复上述实验，则放电时的I−t图线与横轴所围成的面积将会 (填“变大”“不变”或“变小”)；放电时间将 (填“变长”“不变”或“变短”)。
三、计算题：本大题共4小题，共41分。
13.已知地球质量为M，半径为R，自转周期为T，引力常量为G.如图所示，A为在地面附近绕地球做匀速圆周运动的卫星，B为地球的同步卫星。
(1)求卫星A运动的速度大小v；
(2)求卫星B到地面的高度h。
14.如图所示，长为l=0.1m的绝缘细线一端悬于O点，另一端系一质量为m=0.4kg，所带电荷量q=2×10−3C的小球。现将此装置放在水平向右的匀强电场中，小球静止在A点，此时细线与竖直方向成37∘角。重力加速度g取10m/s2，sin37∘=0.6，cs37∘=0.8，求：
(1)根据你学过的物理学规律和题中所给的信息，对反映电场本身性质的物理量(例如电场强度的大小和方向)，你能作出哪些判断或求得哪些定量结果？
(2)若将细线剪断，小球由静止释放，求经过t=2s过程中电势能变化量ΔEp。
15.人们有时用“打夯”的方式把松散的地面夯实，如图所示。设某次打夯符合以下模型：两人同时通过绳子对重物各施加一个力，力的大小均为525N，方向都与竖直方向成37∘，重物离开地面50cm后人停止施力，最后重物下落把地面砸深2cm，重物在砸入地面的过程中受到的阻力f随砸入的深度h变化关系为f=kℎ，k为常量。已知重物的质量为60kg，空气阻力忽略不计，重力加速度g取10m/s2，cs37∘=0.8。(提示：可用f−ℎ图线下的“面积”表示f所做的功)求：
(1)人停止施力时重物的速度大小；
(2)重物上升的时间；
(3)常量k的大小。
16.如图所示，水平轨道BC的左端与固定的光滑竖直四分之一圆弧轨道相切与B点，右端与一倾角为θ=30∘的光滑斜面轨道在C点平滑连接，物体经过C点时速率不变。斜面顶端固定一轻质弹簧，一质量为m=1.5kg的滑块从圆弧轨道的顶端A点由静止释放，经水平轨道后滑上斜面并压缩弹簧，第一次可将弹簧压缩至D点。已知光滑圆轨道的半径R=5.0m，水平轨道BC长L=6.0m，滑块与水平轨道之间的动摩擦因数μ=0.5，光滑斜面轨道上CD长s=3.0m，取g=10m/s2，求：
(1)滑块第一次经过B点时对轨道的压力大小；
(2)整个过程中弹簧具有的最大弹性势能；
(3)物体最后停止的位置距C点的距离。
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：A、本实验利用了光学上：入射光线方向不变，反射光线转过的角度是平面镜转过角度的两倍，使M转动的效果放大，体现了物理学中放大的思想，故A正确；
BCD、该实验装置被称为卡文迪许用来测量了万有引力常量，被称为卡文迪许扭称实验，从而使万有引力定律的具体运用得以实现。故B错误，CD正确；
本题选错误的，故选：B。
本实验体现了放大的思想，该实验装置被称为卡文迪许扭称实验，用来测量了万有引力常量．
本题关键要掌握卡文迪许扭称实验的原理、目的、意义等等，基本题。
2.【答案】C
【解析】解：电容器铭牌上标注的参数中，单位为“F”或μF、pF，其数值代表电容器的电容，故“220μF”指的是电容器的电容，故C正确，ABD错误。
故选：C。
识别物理量单位“μF”(微法)是电容的专用单位，从而直接判断出该数值代表电容器的电容大小。
这是一道考查电学元件基本参数识读的基础题，重点在于区分电容与电压的单位及其物理意义。
3.【答案】A
【解析】解：A、自由下落的重物仅受重力作用，只有重力对重物做功，系统机械能守恒，故A正确；
B、滑块沿斜面匀速下滑时，滑块下滑时受滑动摩擦力作用，滑动摩擦力对滑块做负功，系统机械能减少，故B错误；
C、火箭点火上升时，发动机推力对火箭做正功，系统机械能增加，故C错误；
D、路面上刹车的汽车，受地面摩擦力作用，摩擦力对汽车做负功，系统机械能减少，故D错误。
故选：A。
物体与地球构成的系统机械能守恒的条件是只有重力(或系统内弹力)做功，其他力不做功或做功的代数和为零。
本题考查机械能守恒条件的判断，需明确系统内只有重力做功时机械能守恒，若有其他力(如摩擦力、推力等)做功则机械能不守恒。
4.【答案】D
【解析】A.物体带电的本质是电子的转移(得失电子)，但自然界中存在正电荷(如质子)和负电荷(如电子)，故A错误；
B.元电荷是电荷量的最小单位，其值为1.6×10−19C，而非1C，故B错误；
C.点电荷是理想化模型，能否看作点电荷取决于研究问题中带电体的体积是否可忽略，而非实际体积大小，故C错误；
D.库仑通过扭秤实验总结出点电荷间作用力的规律(库仑定律)，故D正确。
故选：D。
5.【答案】C
【解析】解：A、当物体做匀速直线运动时，合力为零，多个力的总功为零，物体处于运动状态，故A错误；
B、功是标量，正负代表力是动力还是阻力，不代表大小，功的大小比较看绝对值，+6J的功的大小小于−7J的功的大小，故B错误；
C、静摩擦力方向可以与物体位移方向相同，传送带向上运送相对静止的货物时，静摩擦力对货物做正功，静摩擦力对物体可能做正功，故C正确；
D、一对滑动摩擦力做功之和一定不为零，因为两物体间存在相对滑动，摩擦力对两物体分别做功，且由于位移不同，总功为负值，转化为内能，故D错误。
故选：C。
依据动能定理判断合外力做功与运动状态的关系，明确功的正负号物理意义，结合静摩擦力方向与位移方向的关系分析其做功情况，并根据相对位移判断一对滑动摩擦力做功之和的特点，从而逐项排查。
本题是一道关于“功”的概念辨析题，重点考查学生对功的标量性、正负号含义以及摩擦力(静摩擦与滑动摩擦)做功特点的深入理解，易错点在于对功的正负比较及功能关系的混淆。
6.【答案】B
【解析】解：0.4s内球下落的高度ℎ=12gt2=12×10×0.42m=0.8m
重力所做的功WG=mgℎ=0.6×10×0.8J=4.8J
则0.4s内重力的平均功率P−=WGt=
球在0.4s末的速度v=gt=10×0.4m/s=4m/s
0.4s末重力的瞬时功率P=mgv=0.6×10×4W=24W
故ACD错误，B正确。
故选：B。
先统一质量单位，利用自由落体运动规律求出下落位移与落地瞬时速度，再分别借助平均功率、瞬时功率对应公式计算重力的两种功率，区分平均功率用总功除以时间、瞬时功率用重力与瞬时速度相乘的不同计算逻辑。
本题综合自由落体运动规律与重力平均、瞬时功率的计算，考点基础清晰，既能检验学生单位换算、运动学公式的掌握程度，又能区分平均功率与瞬时功率不同计算思路，计算量适中，是巩固功和功率基础的典型基础练习题。
7.【答案】A
【解析】解：结合点电荷产生的场强E=kQr2
金属球壳达到静电平衡后，金属球壳上感应电荷在某点处产生的场强大小与点电荷+Q在该处产生的电场强度大小相等，即E′=E=kQr2，点电荷的电场与感应电荷的电场的方向相反，故A正确，BCD错误。
故选：A。
根据静电平衡时导体内部合场强为零的原理，感应电荷在球壳内部产生的电场与外部点电荷+Q产生的电场大小相等、方向相反，因此其电场线分布应与+Q的电场线分布关于方向呈镜像关系。
这是一道考查静电平衡核心概念的经典题，通过电场叠加原理，巧妙地检验了学生对“导体内部合场强为零”这一条件的深刻理解。
8.【答案】C
【解析】解：汽车匀加速阶段加速度恒定，由牛顿第二定律F牵−f=ma
可得汽车牵引力F牵=ma+f
速度为v时发动机的实际功率刚好达到额定功率。
A、额定功率P额=F牵v=(f+ma)v，故A错误；
B、速度为v2时仍处于匀加速阶段，牵引力保持F牵=f+ma不变，不等于f，故B错误；
C、公路足够长时，汽车最终匀速，牵引力F牵等于阻力f，最大速度vmax=P额f=(f+ma)vf，故C正确；
D、速度为v2时，实际功率P=F牵⋅v2=12(f+ma)v，故D错误。
故选：C。
梳理汽车两段运动过程：从零到速度v是匀加速阶段，牵引力恒定不变，可结合牛顿第二定律求出恒定牵引力；到达速度v时功率达到额定功率，据此算出额定功率。速度超过v后功率不变，速度增大时牵引力减小，做加速度减小的加速运动，直到牵引力等于阻力时达到最大匀速速度。
这道汽车启动经典选择题聚焦恒定加速度启动模型，完整划分匀加速、变加速两个运动阶段，结合牛顿第二定律与机车功率核心公式命题，四个选项分别针对额定功率、匀加速牵引力、最大速度、中途瞬时功率设置易错陷阱，既能考查学生对两种机车启动方式的区分，又能检验分段分析运动过程、辨析瞬时功率与额定功率的逻辑能力，知识点覆盖全面，易错点典型，适合夯实机车功率问题的基础解题逻辑。
9.【答案】C
【解析】解：A.花盆下落过程中重力做的功为W=mgℎ=5×10×20J=1000J，故A错误；
BC.花盆下落过程中做自由落体运动，速度一直增大，所以重力的功率一直增大，ℎ=12gt2，得t=2s，则重力的平均功率为P−=mg⋅12v=mg⋅12gt=5×10×12×10×2W=500W，故B错误，C正确；
D.落地前的瞬间重力的瞬时功率P=mgv=mg⋅gt=5×10×10×2W=1000W，故D错误。
故选：C。
根据mgh计算重力做功的大小；根据P−=Fv−计算平均功率的大小；根据P=Fv计算瞬时功率的大小。
本题考查功和功率的计算方法，比较基础。
10.【答案】D
【解析】解：A、牛顿基于开普勒定律提出行星运动所需的向心力来自太阳引力，故A正确；
B.牛顿认为引力是相互的，符合第三定律，故B正确；
C.牛顿假设地球与月球、太阳与地球间的力性质相同，故C正确；
D.卡文迪什测G的实验在牛顿之后，牛顿未假设此方法，故D错误。
本题选不包括的选项，故选：D。
牛顿发现万有引力定律是基于开普勒定律和运动定律的逻辑推导与假设，而卡文迪什测出引力常量是在定律发现很久之后的实验验证，不属于牛顿推导过程中的假设。
本题是一道物理学史题，旨在考查学生对万有引力定律发现过程及科学探究方法的理解，区分理论推导假设与后续实验验证的不同阶段。
11.【答案】C
【解析】解：A、小球上抛过程，由牛顿第二定律得：mg+kv=ma，v逐渐减小，则a减小，下降过程中有mg=kv=ma，v越来越大，故加速度继续减小，图像趋势正确，但速度为零时，斜率不为零，且加速度为g，图像应为平滑曲线，故A错误；
B、v−x图斜率为k=av，在上升过程中斜率变大，下降过程中斜率变小，故B错误；
C.、Ek−x图像斜率为合外力，向上运动过程F=mg+kv变小，向下运动过程F=mg−kv继续变小，故C正确；
D、向上运动过程比向下过程中任意一个位置，摩擦力要更大，故向上过程中摩擦力做功更多一点，机械能损失要更多一点，故D错误；
故选：C。
根据小球上升和下降过程中分别对小球根据牛顿第二定律列式，分别确定加速度变化情况，再确定速度随着位移的变化规律以及动能随着位移的变化规律。
本题解题关键是要分析清楚小球的运动情况，根据牛顿第二定律求出小球速度随着位移以及动能随着位移的变化规律，解决该题的关键是分清运动过程，并能根据各个运动过程准确分析小球的运动情况。
12.【答案】正
9.5×10−4
5000
不变
变短

【解析】解：(1)电容器左极板与电源负极相连，充满电的电容器左极板带负电，右极板带正电。
(2)I−t图像中图线与坐标轴围成的面积表示电荷量，图线围成总共约19格；
电容器在全部放电过程中释放的电荷量为Q=19×0.1×10−3×0.5C=9.5×10−4C。
(3)电阻R1的阻值R1=EI=5.01.0×10−3Ω=5000Ω
(4)由于电容存储的电荷量不变，如果不改变电路其他参数，则放电时I−t图线与横轴所围成的面积将不变；
闭合开关K，电容器串联的电阻值减小，根据欧姆定律I=UR并可知放电电流变大，放电的电荷量不变，因此放电时间将变短。
故答案为：(1)正；(2)9.5×10−4；(3)5000；(4)不变；变短。
(1)电容器充电时，电容器的正极板与电源的正极相连，据此分析作答；
(2)I−t图像中图线与坐标轴围成的面积表示电荷量；
(3)根据闭合电路欧姆定律求解作答；
(4)电容器充电和放电的总电荷量不变，结合I−t图像中图线与坐标轴围成的面积的含义求解作答；根据欧姆定律分析放电电流，再分析放电时间。
本题柱考查了观察电容器及其充、放电现象的实验，要明确实验原理，理解I−t图像中图线与坐标轴围成的面积的含义。
13.【答案】解：(1)对卫星A，由牛顿第二定律和万有引力充当向心力可得出
GMmAR2=mAv2R
解得：v= GMR
(2)对卫星B，设它到地面高度为h，同理由万有引力充当向心力可得
GMm(R+ℎ)2=m4π2T2(R+ℎ)
解得：ℎ=3GMT24π2−R
答：(1)求卫星A运动的速度大小是 GMR；
(2)求卫星B到地面的高度是3GMT24π2−R。
【解析】(1)由万有引力充当向心力可得出线速度的大小；
(2)地球同步卫星的周期与地球自转周期相同，则由万有引力充当向心力可求得其离地高度。
人造地球卫星所受到的万有引力充当向心力，故由向心力公式可求得线速度、角速度、周期等。
14.【答案】①电场强度的大小为1.5×103V/m和方向水平向右；O、A两点间的电势差为−90V 经过t=2s过程中电势能变化量为−45J
【解析】解：(1)①小球在A点静止，其受力情况如图所示
小球受电场力方向与场强方向相反，故其带负电；根据共点力平衡条件有
mgtan37∘=qE
解得
E=3mg4q
解得
E=1.5×103V/m
即电场强度的大小为1.5×103V/m和方向水平向右
②根据电势差与电场强度的关系可知
UAO=Elsin37∘
解得
UAO=90V
OA两点间的电势差
UOA=−UAO
解得
UOA=−90V
(2)细线剪断，小球受到的合外力mgcs37∘，由牛顿第二定律有
mgcs37∘=ma
解得
a=12.5m/s2
根据
x=12at2
解得
x=25m
电场力做功为
W=qExsin37∘
解得
W=45J
根据
W=−ΔEp
可得经过t=2s的电势能变化量为
ΔEp=−45J
答：(1)①电场强度的大小为1.5×103V/m和方向水平向右；O、A两点间的电势差为−90V
(2)经过t=2s过程中电势能变化量为−45J。
(1)根据共点力平衡条件可以求出电场强度的大小和方向，根据电势差与电场强度的关系可求出UOA；
(2)由牛顿第二定律和运动学公式求出位移，再根据电场力做功与电势能的关系求经过t=2s过程中电势能变化量ΔEp。
本题考查了带电体在复合场中的受力与运动分析。具体涉及电场力、重力的受力分析，利用平衡条件求解电场强度。
15.【答案】人停止施力时重物的速度大小为2m/s 重物上升的时间为0.7s 常量k的大小为2.16×106N/m
【解析】解：(1)上升过程中，由动能定理2Fcs37∘⋅ℎ1−mgℎ1=12mv2−0
解得v=2m/s
(2)上升时间分两段：
施力阶段t1，由ℎ1=0+v2t1
得t1=0.5s
无施力阶段t2，竖直上抛t2=vg
解得t2=0.2s
竖直上抛位移为ℎ2=v22g
解得ℎ2=0.2m
总上升时间t=t1+t2=0.5s+0.2s=0.7s
(3)重物从最高点下落至砸深ℎ3=0.02m，由动能定理mg(ℎ1+ℎ2+ℎ3)−Wf=0−0
阻力做功Wf=f−ℎ3=12kℎ32(f−ℎ图线面积)
代入数据解得k=2.16×106N/m
答：(1)人停止施力时重物的速度大小为2m/s；
(2)重物上升的时间为0.7s；
(3)常量k的大小为2.16×106N/m。
(1)根据动能定理求人停止施力时重物的速度大小；
(2)根据运动学公式求重物上升的时间；
(3)由动能定理和功的表达式求常量k的大小。
本题主要考查动能定理的应用，关键是要灵活选取研究的过程，明确在运动过程中各力做功情况。
16.【答案】解：(1)滑块从A点到B点的运动过程只有重力做功，机械能守恒，由机械能守恒定律得：
mgR=12mvB2；
在B点，滑块的重力与轨道的支持力的合力提供向心力，由牛顿第二定律得：
FN−mg=mvB2R
代入数据解得：FN=45N，
由牛顿第三定律可知，滑块第一次经过B点时对轨道的压力大小为FN′=FN=45N；
(2)以BC所在平面为零势能面，滑块从A到D过程，由能量守恒定律得：
mgR=μmgL+mgs⋅sinθ+Ep
代入数据解得，弹簧具有的最大弹性势能：Ep=7.5J；
(3)滑块最终停止在水平轨道BC上，设滑块在BC上通过的总路程为x，滑块从A点开始运动到物块静止整个过程，由动能定理得：
mgR−μmgx=0−0
代入数据解得：x=10m=L+4m；故最后停在离C点4m处；
答：(1)滑块第一次经过B点时对轨道的压力大小为45N；
(2)整个过程中弹簧具有的最大弹性势能是7.5J；
(3)物体最后停止的位置距C点的距离是4m。
【解析】(1)滑块从A到B运动过程，应用机械能守恒求得在B点的速度，然后由牛顿第二定律求得支持力，即可由牛顿第三定律求得压力；
(2)弹簧压缩量最大时弹簧弹性势能最大，从A到D过程，应用能量守恒定律可以求出弹簧的最大弹性势能；
(3)对整个运动过程应用动能定理求得在BC上滑动的总路程，然后根据几何关系及运动过程求得最终位置。
本题考查了动能定理的应用，根据题意分析清楚滑块的运动过程是解题的前提，应用动能定理、能量守恒定律与牛顿第二定律即可解题。