2025-2026学年湖南省常德市汉寿县第一中学高一（下）期末物理试卷（含详细答案解析）

这是一份2025-2026学年湖南省常德市汉寿县第一中学高一（下）期末物理试卷（含详细答案解析），共11页。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.太阳和地球所在的连线上有如图所示的两个拉格朗日点L1、L2，L1在地球轨道内侧，L2在地球轨道外侧。嫦娥五号轨道器处于L1点，在地球和太阳共同引力作用下与地球一起同步绕太阳做匀速圆周运动。已知太阳中心到地球中心的距离为r，太阳的质量为M，地球的质量为m。不考虑其他天体的引力作用，下列说法正确的是( )
A. 嫦娥五号轨道器绕太阳运动的向心力大于地球公转的向心力
B. 嫦娥五号轨道器绕太阳运动的向心加速度大于地球公转的向心加速度
C. 根据以上条件可以求出嫦娥五号轨道器到地球中心的距离
D. 根据以上条件可以求出嫦娥五号轨道器的向心力
2.传统岭南祠堂式建筑陈家祠保留了瓦片屋顶，屋顶结构可简化为如图2所示，弧形瓦片静止在两根相同且相互平行的倾斜椽子正中间。已知椽子与水平面夹角均为θ，瓦片质量为m，重力加速度为g，下列关于瓦片受力的说法正确的是( )
A. 每个椽子对瓦片的摩擦力大小为12mgsinθ
B. 瓦片受到的合力方向竖直向上
C. 两个椽子对瓦片作用力的合力大于mg
D. 每个椽子对瓦片的支持力大小为12mgcsθ
3.如图所示，A为电磁铁，C为胶木秤盘．A和C(包括支架)的总质量为M，B为铁片、质量为m，当电磁铁A通电，铁片被吸引上升的过程中，悬挂C的轻绳上拉力的大小为( )
A. F=MgB. Mg4m(舍去)
当物块从最右侧向左运动到出发点的过程，受到水平向左的推力与水平向右的滑动摩擦力，当x=2m时F2=8N，根据动能定理有
F2+02x−μmgx=12mv2−0
解得v=2m/s，故A正确；
B、从出发到回到出发点，物块克服摩擦力做功W1=2μmgx=2×0.1×2×10×2J=8J
之后F为0，物体减速至0，物块克服摩擦力做功W2=12mv2=12×2×22J=4J
则整个过程克服摩擦力做的总功W总=W1+W2=8J+4J=12J，故B正确；
C、因x=3m>2m，说明物块从最右侧向左运动x2=1m，而x=3m时F3=4N，根据动能定理得F2+F32x2−μmgx2=Ek，解得x=3m时物块的动能为Ek=4J，故C错误；
D、由A选项可知，物块回到出发点时速度大小为v=2m/s，对物块回到出发点再向左运动的过程，根据动能定理得−μmgx′=0−12mv2，解得物块最终的位移大小为x′=2m，故D正确。
故选：ABD。
物块向右运动时，根据动能定理求出物块向右运动的最大距离。再根据动能定理求物块回到出发点时的速度大小；先根据功的公式求出回到出发点克服摩擦力做功。之后F为0，物体减速至0，根据动能定理求克服摩擦力做功；根据动能定理求x=3m时物块的动能；分析物块的运动过程，根据动能定理求物块运动的位移大小。
解答本题时，要明确物块的运动过程，灵活选择物理过程，运用动能定理解答。
9.【答案】BD
【解析】解：A.根据题意可知，小球在竖直方向上仅受重力的作用，所以小球做竖直上抛运动，则上升和下降过程所用时间之比为1：1，故A错误；
BC.整个过程中，水平方向做匀减速运动，水平末速度减为零，根据逆向思维可知，上升和下降过程中水平位移之比为3：1，则电场力做功大小之比为3：1，整个过程中机械能减小量为ΔE=12mv02−12m(v0sinα)2=825mv02
则小球在下降过程中克服电场力做功为W=14ΔE=225mv02
即小球的机械能减少了225mv02，故B正确，C错误；
D.根据题意可知竖直方向v0sinα=gt2
水平方向v0csα=qEmt
解得mg：qE=3：2，故D正确。
故选：BD。
A.根据小球在竖直方向的受力情况判断小球的运动情况，进而求出小球在上升和下降过程所用时间之比；
BC.由逆向思维求出上升和下降过程中水平位移之比，结合能量守恒定律求出小球在下降过程中机械能减少量和小球在上升和下降过程中，电场力做功大小之比；
D.根据运动学公式求出带电小球的重力与所受电场力的大小之比。
本题考查带电小球在电场和磁场的组合场中的运动，要求学生能正确分析带电小球的运动过程和运动性质，熟练应用对应的规律解题。
10.【答案】ABD
【解析】解：设木块B和木板A的质量均为m=1kg。木块B滑到底端的过程，根据机械能守恒定律mgR=12mv02，解得B刚滑上A时的速度大小v0=4m/s；
设A、B之间的动摩擦因数为μ1，A与地面间的动摩擦因数为μ2。B在A上滑动时，根据牛顿第二定律，B的加速度大小aB=μ1mgm，解得aB=μ1g；
A的加速度大小aA=μ1mg−μ2⋅2mgm，解得aA=(μ1−2μ2)g；设经过时间t两者达到共同速度v，根据速度公式有v=v0−aBt且v=aAt；
在这段时间内，B的位移xB=v0+v2t，A的位移xA=v2t，根据相对位移关系xB−xA=L，代入L=1m解得t=0.5s；
代入速度公式解得共同速度v=4−5μ1，且有μ1−μ2=0.4；共速后，A、B一起匀减速运动，根据牛顿第二定律，整体的加速度大小a=μ2⋅2mg2m，解得a=μ2g；
全过程中A的总位移x=xA+v22a，代入x=0.5m联立解得μ1=0.6，μ2=0.2，共同速度v=1m/s。
A、根据上述分析可知，B刚滑上A时的速度大小为4m/s，故A正确；
BC、根据上述分析可知，A、B之间的动摩擦因数μ1=0.6，A与地面间的动摩擦因数μ2=0.2，故B正确，C错误；
D、在全过程中，A、B之间因摩擦产生的热量Q1=μ1mgL，代入数据解得Q1=6J；根据能量守恒定律，A与地面间因摩擦产生的热量Q2=12mv02−Q1，代入数据解得Q2=2J，故D正确。
故选：ABD。
题目描述木块B从光滑圆弧轨道静止释放后滑上木板A，两者发生相对滑动直至共速后一起减速至停止。已知圆弧半径、木板长度和木板运动总距离，需判断关于B滑上A时的速度、相对滑动时间、动摩擦因数及摩擦产热的选项。分析时需明确：B从轨道下滑过程机械能守恒可求滑上A时的速度；B在A上滑动时两者加速度由摩擦力决定，利用共速条件、相对位移等于板长及木板运动总距离可建立方程求解时间与摩擦因数；摩擦产热需分别计算A与B间及A与地面间的能量转化。
本题综合考查力学中的多过程运动与能量转化问题，涉及机械能守恒、牛顿第二定律、运动学公式、动量守恒的隐含条件以及功能关系的应用。题目计算量中等偏上，对学生的建模分析能力和逻辑推理能力提出了较高要求。学生需要将复杂的物理过程拆解为木块B在圆弧轨道的下滑、在木板A上的相对滑动以及两者共速后的共同减速三个阶段，并准确建立各阶段的动力学方程与几何关系。易错点在于对A板运动过程的分析，特别是相对位移与绝对位移的区分，以及共速后系统动能转化为摩擦生热的能量分配。本题通过多物体、多过程的设置，有效考查学生对综合问题的处理能力。
11.【答案】D
相等
2Lg
2gL

【解析】(1)A.用图甲装置研究平抛物体的竖直分运动时，观察A、B两球是否同时落地，若同时落地，说明两球在竖直方向的分运动相同，故A正确；
B.图乙装置中的背板必须处于竖直面内，固定时可用铅垂线检查背板是否竖直，故B正确；
C.若将小球放在图乙装置的斜槽末端水平部分任一位置均能保持静止，则说明斜槽末端水平，故C正确；
D.用图乙装置多次实验以获得钢球做平抛运动的轨迹时，必须让小球从斜槽上相同位置由静止释放，从而保证小球做平抛运动的初速度相同，故D错误。
故选：D。
(2)①钢球从A运动到B和从B运动到C的水平位移相等，则时间相等；
②根据
Δy=2L=gT2
解得钢球从A运动到B的时间为
T= 2Lg
③钢球做平抛运动的初速度为
v0=2LT= 2gL
故答案为：(1)D；(2)①相等；② 2Lg；③ 2gL。
(1)根据平抛物体的实验步骤和目的分析求解；
(2)①根据钢球从A运动到B和从B运动到C的水平位移相等分析求解；
②根据Δy=gT2分析求解；
③根据水平方向做匀速直线运动分析求解。
本题考查了探究平抛运动特点的实验，理解实验目的、步骤、数据处理以及误差分析是解决此类问题的关键。
12.【答案】A； mgℎ2；mf2(ℎ3−ℎ1)28； 能
【解析】解：(1)为了充分利用纸带，打点计时器打点时应先接通电源后释放纸带，故A正确，B错误。
故选：A。
(2)重物重力势能的减少量为ΔEp=mgℎ2
相邻两计数点的时间间隔为T=1f
根据匀变速直线运动中间时刻的瞬时速度等于该过程平均速度，B点的速度为vB=ℎ3−ℎ12T
动能的增加量为ΔEk=12mvB2=m(ℎ3−ℎ1)28T2=m(ℎ3−ℎ1)2f28
(3)若不慎将上述纸带从OA之间扯断可以将A点后面的纸带上取出两个点，分别计算出通过两点的动能，测量出这两点的高度差，计算出两点的动能增量是否和重力势能的减小量相等从而验证机械能守恒定律，即能实现验证机械能守恒定律的目的。
故答案为：(1)A；(2)mgℎ2； mf2(ℎ3−ℎ1)28；(3)能。
(1)根据正确的实验操作分析作答；
(2)根据重力势能的定义式求解重力势能的减小量；
根据匀变速直线运动中间时刻的瞬时速度等于该过程平均速度求解打下B点的速度，根据动能的定义式求解动能的减小量；
(3)根据实验的原理分析作答。
本题考查了“验证机械能守恒定律”实验，要明确实验原理，掌握根据纸带求解瞬时速度的方法；掌握重力势能减小量与动能增加量的求解方法。
13.【答案】【小题1】转盘的角速度最大值为2rad/s
【小题2】加速度a的范围是139m/s2≤a≤2m/s2

【解析】解：(1)要保证选手落在转盘任意位置都不会被甩出转盘，临界情况为选手落在转盘边缘，由最大静摩擦力提供向心力，有μmg=mω2R
解得角速度ω= μgR= 0.4×101rad/s=2rad/s。
(2)分析可知加速度a最小时选手落在转盘左端，a最大时选手落在转盘右端。
选手脱离悬挂器后做平抛运动，竖直方向满足H=12gt12
选手先经过t=2s匀加速直线运动再平抛，落在转盘左端时水平总位移满足L−R=12a1t2+a1tt1，解得a1=139m/s2；落在转盘右端时水平总位移满足L+R=12a2t2+a2tt1，解得a2=2m/s2
故加速度a的范围是139m/s2≤a≤2m/s2。
答：(1)转盘的角速度最大值为2rad/s。
(2)加速度a的范围是139m/s2≤a≤2m/s2。
(1)选手刚好不被甩出转盘时最大静摩擦力提供向心力，列式求解转盘允许的最大角速度。
(2)由竖直方向自由落体求出平抛时间，分别以落在转盘左端、右端两个临界位移建立水平方向运动方程，算出加速度上下限，得到加速度取值范围。
本题考查圆周运动临界问题、匀加速直线运动与平抛运动的组合运动模型，涉及向心力公式、运动学公式，重点训练临界状态分析、多阶段运动拆分以及利用几何位移边界求解物理量范围。
14.【答案】【小题1】小滑块与木板分离时的速度大小为 6m/s
【小题2】小滑块与传送带间的动摩擦因数恒定，滑块在传送带上运动过程中，因摩擦产生的热量为Q=6J，滑块滑上传送带时的速度小于传送带的速度且最终与传送带共速，则传送带的速度大小为2 6m/s
【小题3】若传送带速度可调，当传送带速度调到某值时，可使小滑块落到斜面上时的动能最小，则其最小动能为(200−100 2)J

【解析】解：(1)撤去推力后，当弹簧的压缩量为x时，则有：
kx>μMgLx，
因此木板与滑块在弹簧原长位置分离，从撤去推力到木板与滑块分离，根据动能定理有：
(kL2−μMg2)L=12(M+m)v02，
解得：
v0= 6m/s；
(2)设滑块与传送带间的动摩擦因数为μ′，经过时间t后滑块与传送带共速，
则由运动学规律可得：
v=v0+μ′gt，
该段时间内滑块运动的位移为：
x1=v+v02t，
传送带运动的位移为：
x2=vt，
摩擦生热，有：
Q=μ′mg(x2−x1)，
联立解得：
v=2 6m/s；
(3)小滑块抛出后做平抛运动，设从抛出到落到斜面上的时间为t1，
由平抛运动的运动学规律可得，
在水平方向上有：
x=vxt1，
在竖直方向上有：
y=12gt12，vy=gt1，
由图中几何关系可得：
tanθ=ℎ−yx，
小滑块落到斜面上的动能为：
Ek=12m(vx2+vy2)，
联立可得：
Ek=12m(4ℎ2t12+2g2t12−4gℎ)，
由基本不等式可知，当4ℎ2t12=2g2t12时，Ek有最小值，
联立解得：
当t1= 22s时，Ekmin=(200−100 2)J；
答：(1)小滑块与木板分离时的速度大小为 6m/s；
(2)小滑块与传送带间的动摩擦因数恒定，滑块在传送带上运动过程中，因摩擦产生的热量为Q=6J，滑块滑上传送带时的速度小于传送带的速度且最终与传送带共速，则传送带的速度大小为2 6m/s；
(3)若传送带速度可调，当传送带速度调到某值时，可使小滑块落到斜面上时的动能最小，则其最小动能为(200−100 2)J。
(1)结合题意，对于滑块从撤去推力到木板与滑块分离的过程，由动能定理列式，即可分析求解；
(2)结合前面分析及题意，对滑块滑上传送带到与传送带共速的过程，由运动学规律、功能关系分别列式，即可分析求解；
(3)结合题意，由平抛运动的运动学规律、几何关系、动能的表达式分别列式，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】物块通过b点时速度vb的大小为4m/s
【小题2】水平轨道上a、b两点的电势差为80V
【小题3】改变物块在水平轨道上由静止释放的位置，使物块仍能沿圆弧轨道运动到d点，物块释放的位置到b点距离的范围为4m≤x≤6m

【解析】解：(1)物块恰好到达d点，则到达d点时速度为0
物块由b点运动到d点，由动能定理得−2(qE0+mg)(R−Rcsθ)=0−12mvb2
解得vb=4m/s
(2)物块在水平轨道上运动时，水平方向有qE−Ff=ma
竖直方向有FN=mg
又Ff=μFN
由运动学公式有vb2=2ax
解得E=20N/C
水平轨道上a、b两点的电势差Uab=Ex
解得Uab=80V
(3)物块在a点释放时，刚好到达最高点d，所以a点是满足条件下，距离b点的最近距离；若物块被释放后到达c点时对轨道的压力为0，对应满足条件下，距离b点的距离最远。
在c点，有(mg+qE0)csθ=mvc2R
对物块从释放位置到c，由动能定理得qEx1−Ffx1−(mg+qE0)(R−Rcsθ)=12mvc2
可解得x1=6m
则物块释放位置到b点距离的范围为4m≤x≤6m
答：(1)物块通过b点时速度vb的大小为4m/s；
(2)水平轨道上a、b两点的电势差为80V；
(3)改变物块在水平轨道上由静止释放的位置，使物块仍能沿圆弧轨道运动到d点，物块释放的位置到b点距离的范围为4m≤x≤6m。
(1)由动能定理求出物块通过b点时速度vb的大小；
(2)根据牛顿第二定律和运动学公式求出E，结合U=Ed求出水平轨道上a、b两点的电势差Uab；
(3)根据牛顿第二定律和动能定理求出物块释放的位置到b点距离的范围。
本题关键是明确物体的运动规律，然后选择恰当的过程运用动能定理列式求解，并掌握牛顿第二定律与向心力表达式的内容，注意动能定理中，力做功的正负。