2025-2026学年湖北省襄阳市部分学校高一（下）期末物理试卷（含详细答案解析）

这是一份2025-2026学年湖北省襄阳市部分学校高一（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，填空题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。
1.关于力学概念与规律，下列说法正确的是( )
A. 研究地球自转时，地球可以视为质点
B. 牛顿是力学基本单位
C. 质量相等的两个物体动能相等时，动量也一定相同
D. 曲线运动一定是变速运动
2.如图所示是人握着水瓶在水平方向上向右匀速移动，下列说法正确的是( )
A. 水瓶受到向右的静摩擦力
B. 水瓶受到向左的滑动摩擦力
C. 水瓶改为向左匀速移动，水瓶受到的摩擦力不变
D. 握紧水瓶，水瓶受到的摩擦力变大
3.如图所示，某同学在研究运动的合成时做了下述活动：用左手沿黑板推动直尺竖直向上运动，运动中保持直尺水平，同时，用右手沿直尺向右移动笔尖。若该同学左手的运动为匀速运动，右手相对于直尺的运动为初速度为零的匀加速运动，则( )
A. 笔尖做直线运动B. 笔尖做速率不变的曲线运动
C. 笔尖的速度方向与水平方向夹角变大D. 笔尖做匀变速曲线运动
4.如图所示，光滑绝缘的水平地面上有相距为L的点电荷A、B，带电荷量分别为−2Q和+Q，今引入第三个点电荷C，使三个点电荷都处于平衡状态，则C的电荷量和放置的位置是( )
A. −Q，在A上方距A为L2处
B. −2Q，在A左侧距A为L处
C. −(6+4 2)Q，在B右侧距B为(1+ 2)L处
D. +2Q，在A左侧距A为3L2处
5.甲、乙两个质点沿同一直线运动，其中质点甲做匀速直线运动，质点乙做匀变速直线运动，它们的位置坐标x随时间t的变化如图所示，且乙的位置坐标x随时间t的变化规律为：x=2t2−10(各物理量均采用国际单位制)，已知t=2s时，乙图线在该点的切线斜率与甲图线的斜率相等。则( )
A. 乙的加速度为4m/s2
B. 0∼2s内，甲、乙的运动方向相反
C. 甲的速度为10m/s
D. t=4s时，两车相遇
6.在倾角为θ的斜面体上用轻质细绳系一小球，在水平拉力F的作用下，斜面体从静止开始向左加速运动。该过程中，下列说法正确的是( )
A. 运动中随着拉力的增大地面对斜面体的摩擦力一定增大
B. 与静止时相比，斜面对小球弹力可能不变
C. 与静止时相比，绳子拉力一定增大
D. 当斜面体的加速度a≥gtanθ时，小球对斜面体无压力作用
7.如图所示为发射卫星的轨道简化示意图，先将卫星发射到半径为r1=r的圆轨道Ⅰ上做匀速圆周运动，在A点时使卫星变轨进入椭圆轨道Ⅱ上，卫星运动到椭圆轨道的远地点B点时，再次变轨，进入半径为r2=2r的圆轨道Ⅲ上做匀速圆周运动。已知卫星的质量为m，地球的质量为M，引力常量为G，则( )
A. 卫星在轨道Ⅰ上A点的加速度小于在轨道Ⅱ(稳定运行)上A点的加速度
B. 卫星在轨道Ⅲ上B点的加速度大于在轨道Ⅱ(稳定运行)上B点的加速度
C. 在轨道Ⅰ上卫星与地球球心的连线单位时间内扫过的面积和在轨道Ⅲ上的相等
D. 卫星在椭圆轨道上运行的周期与在半径为r2的圆轨道上运行周期的比值T1T2=3 38
二、多选题：本大题共3小题，共12分。
8.一质量为m的运动员托着质量为M的重物从下蹲状态(图甲)缓慢运动到站立状态(图乙)，该过程重物和人的肩部相对位置不变，运动员保持乙状态站立Δt时间后再将重物缓慢向上举，至双臂伸直(图丙)。甲到乙、乙到丙过程重物上升高度分别为ℎ1、ℎ2，经历的时间分别为t1、t2，重力加速度为g，则( )
A. 地面对运动员的冲量大小为(M+m)g(t1+t2+Δt)
B. 地面对运动员做的功为(M+m)g(ℎ1+ℎ2)
C. 运动员对重物做的功为Mg(ℎ1+ℎ2)
D. 运动员对重物的冲量大小为Mg(t1+t2)
9.如图所示，半径为R的水平圆盘绕过中心O点的竖直轴做匀速圆周运动，从O点正上方距O为R处将一个可视为质点的小球水平抛出，抛出时半径OB恰好与小球初速度方向相同，从上向下看圆盘沿顺时针方向转动。若小球与圆盘只碰一次，且落在B点，重力加速度大小为g，不计空气阻力。则( )
A. 小球的初速度大小为 gR2
B. 圆盘转动周期的最大值为 2Rg
C. 圆盘转动的角速度可能为7π4 g2R
D. B点随圆盘转动的线速度大小一定为3π2 gR2
10.如图甲所示，一滑块置于足够长的长木板左端，木板放置在水平地面上。已知滑块和木板的质量均为2kg，现在滑块上施加一个F=0.5t(N)的变力作用，从t=0时刻开始计时，滑块所受摩擦力随时间变化的关系如图乙所示。设最大静摩擦力与滑动摩擦力相等，重力加速度g取10m/s2，则下列说法正确的是( )
A. 滑块与木板间的动摩擦因数为0.4B. 木板与水平地面间的动摩擦因数为0.2
C. 图乙中t2=24sD. 木板的最大加速度为4m/s2
三、填空题：本大题共1小题，共12分。
11.目前，激光雷达已经普遍用于智能驾驶。利用激光雷达可以确定任意时刻质点的位置。小贝同学用激光雷达来研究平抛运动，如图，从O点平抛出去一个小球，经过t1=1s，小球经过A点时距离O点L1=13m。又经过一段时间，小球经过B点时距离O点L2=259m。(不计空气阻力，重力加速度g=10m/s2)则小球初速度v0= ，从O点到B点的时间t2= ，小球在AB间的平均速度为 (以上结果均保留2位有效数字)。
四、实验题：本大题共1小题，共12分。
12.小月同学在物理实验室用如图所示的装置验证机械能守恒定律，接通水平气垫导轨气源，由静止释放托盘与砝码，已知重力加速度为g，并测得：遮光片的宽度d；遮光片到光电门的距离l；遮光片通过光电门的时间Δt；托盘与砝码质量m，小车与遮光片质量M。
(1)小车从释放到经过光电门的过程：系统重力势能减少量为 ，动能的增加量为 ；
(2)该同学将这套装置置于平稳匀速行驶的车内实验，发现从同一位置释放小车，遮光片到光电门的距离l；遮光片通过光电门的时间Δt均和上次实验相同，现仍以地面为参考系：和上次实验对比，托盘与砝码m的动能 ，小车与遮光片M的动能 ，托盘砝码与小车遮光片系统的机械能 。(填变大、变小、不变)
五、计算题：本大题共3小题，共36分。
13.如图所示，为一列沿x轴正方向传播的简谐横波在t=0时刻的波形图，此时波刚好传播到x轴上x1=16m处的a点，在t1=2s时质点a第一次到达波峰。已知x轴上质点b的横坐标x2=24m，求：
(1)这列横波的周期和波速大小；
(2)从t=0时刻起，质点b第一次到达波谷的时间。
14.如图为一款游戏装置的示意图，装置由水平直轨道AB和半径R=0.4m的竖直光滑半圆轨道BDC组成，BC为竖直直径。游戏开始前，质量M=0.2kg的滑块Q静置于B点，距离B点L=7.2m处一质量m=0.1kg滑块P以初速度v0向右运动，与Q发生弹性碰撞，碰后立即拿走滑块P。某次游戏时，滑块Q恰好能到达C点。两滑块均可视作质点，与直轨道的动摩擦因数均为μ=0.25，g取10m/s2。
(1)求碰后瞬间滑块Q受到的支持力大小F；
(2)求滑块P的初速度v0；
(3)滑块Q经过C点后落回地面，与地面相互作用时间极短且竖直方向速度大小变为原来的一半，方向相反，求与地面第一次碰撞后滑块的水平分速度大小vx1。
15.如图甲所示，在足够长的固定斜面上有一静止的物块B，t=0时将质量为m的物块A从距离物块B斜上方L处由静止释放，t=9t0时，物块A、B发生第一次碰撞，t=19t0时，二者发生第二次碰撞，在两次碰撞间物块A的v−t图线如图乙所示(其中v0、t0均为未知量)，若每次碰撞均为弹性碰撞且碰撞时间极短，两物块均可视为质点且与斜面间的最大静摩擦力均等于滑动摩擦力。
(1)求物块A沿斜面上滑与下滑加速度大小的比值；
(2)求第一次碰撞后物块A沿斜面向上运动的最大距离；
(3)已知物块B的质量M=17m，且A、B物块每次碰撞前物块B均已经停止运动，求物块B沿斜面下滑的最大距离。
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：A.研究地球自转时，地球的形状、大小以对研究问题的影响不可忽略，不能视为质点，故A错误；
B.力学的三个基本单位是米、千克、秒，牛顿是根据牛顿第二定律F=ma推导得到的导出单位，故B错误；
C.动能是标量，动量是矢量，质量相等、动能相等仅说明两物体速度大小相等，速度方向可能不同，因此动量不一定相同，故C错误；
D.曲线运动的速度方向沿轨迹的切线方向，时刻发生变化，速度是矢量，因此曲线运动一定是变速运动，故D正确。
故选：D。
根据质点的概念，基本单位和导出单位以及动量和动能的标矢量特点和曲线运动的特点逐一分析判断各选项的正误。
考查运动学的基本概念，熟记各个概念，加强对相应概念的理解，属于基础题。
2.【答案】C
【解析】解：A、水瓶在水平方向上做匀速直线运动，处于平衡状态，合力为零。在竖直方向上水瓶受到的重力与静摩擦力作用，设水瓶的质量为m，静摩擦力大小为f，根据平衡条件有f=mg，静摩擦力方向竖直向上，故A错误；
B、水瓶与手之间保持相对静止，无相对滑动，所以水瓶受到的是静摩擦力而不是滑动摩擦力，故B错误；
C、水瓶改为向左匀速移动，水瓶依然处于平衡状态，合力仍为零，在竖直方向上受到的静摩擦力仍然等于重力，即水瓶所受的摩擦力大小和方向均不变，故C正确；
D、握紧水瓶，增大了手与水瓶之间的压力，从而增大了最大静摩擦力，但水瓶仍处于平衡状态，受到的静摩擦力始终等于重力，大小保持不变，故D错误。
故选：C。
水瓶向右匀速移动，水瓶受到的静摩擦力与重力等大反向，结合平衡条件分析。
本题考查摩擦力的相关判断，要注意首先判断摩擦力为静摩擦力或是滑动摩擦力，要注意滑动摩擦力才能利用f=μFN。
3.【答案】D
【解析】解：ABD、根据题意可知，左手的运动为匀速运动，右手相对于直尺的运动为初速度为零的匀加速运动，可知笔尖做类平抛运动，是匀变速曲线运动，故AB错误、D正确；
C、由于水平分速度逐渐增加，竖直分速度不变，根据平行四边形定则，笔尖的合速度方向与水平方向夹角逐渐变小，故C错误。
故选：D。
笔尖参加了两个分运动，水平方向水平向右匀加速直线移动，竖直方向向上做匀速直线运动，将分运动的速度合成可以得到合运动速度大小和方向的变化规律，进一步判断轨迹。
本题关键由分运动速度合成出合速度后，得到合速度方向的变化规律，再结合轨迹讨论即可，并掌握类平抛运动处理方法。
4.【答案】C
【解析】解：点电荷A、B带异种电荷，二者相互吸引。要使点电荷A受到点电荷C向左的作用力，同时使点电荷B受到点电荷C向右的作用力，点电荷C应放在B的右侧且带负电。
设BC=x，点电荷C的电荷量为qC=−q，其中q>0。点电荷A平衡，则k2Q2L2=k2Qq(L+x)2
点电荷B平衡，则k2Q2L2=kQqx2
代入数据可得x=(1+ 2)L，q=(6+4 2)Q
点电荷C的电荷量及位置分别为qC=−(6+4 2)Q，BC=(1+ 2)L，此时点电荷C受到点电荷A的排斥力与点电荷B的吸引力大小相等、方向相反，故三个点电荷均处于平衡状态，故C正确，ABD错误。
故选：C。
先根据“三电荷平衡”的位置和电性规律(两同夹异、近小远大)确定C在B的右侧且为负电荷，再对A、B中任意一个电荷列出库仑力平衡方程，联立求解即可。
这是一道经典的静电平衡问题，综合考查了库仑定律、受力分析和数学运算能力，是检验学生物理思维严谨性的好题。
5.【答案】A
【解析】解：A、匀变速直线运动的位移-时间公式为x=v0t+12at2，对比乙的位置坐标x随时间t的变化关系x=2t2−10，可知12a=2，v0=0，解得乙质点的加速度a=4m/s2，故A正确；
B、根据x−t图像的斜率表示速度，由x−t图可知，甲、乙两质点均沿正方向运动，故B错误；
C、t=2s时，乙质点速度v=at1=4×2m/s=8m/s，乙图线在t=2s时的切线斜率与甲图线的斜率相等，则v甲=v=8m/s，故C错误；
D、甲的位置坐标x随时间t的变化关系为x=8t(m)，要想两车相遇，则有8t=2t2−10，解得t=5s或t=−1s(舍去)，故D错误。
故选：A。
对比匀变速直线运动的位移-时间公式x=v0t+12at2，求出乙质点的加速度；根据x−t图像的斜率表示速度，来分析两质点运动方向关系；由速度-时间公式求出质点乙t=2s时的速度，即可得到甲质点的速度；写出甲质点位置坐标x随时间t的变化关系式，根据两质点相遇时x相同列式，求出时间。
本题关键掌握x−t图像的物理意义，根据函数表达式计算质点的速度和加速度，寻找两质点运动过程的等量关系。
6.【答案】C
【解析】解：A、对斜面体和小球整体分析，由平衡条件可知，斜面体的受到地面支持力FN等于整体的总重力，保持不变，则地面对斜面体的摩擦力f=μFN保持不变，故A错误；
BC、对小球分析受力如图所示：
小球静止时受到重力mg、绳子拉力T0、斜面弹力N0三个力作用，由平衡条件得绳子拉力T0=mgsinθ
斜面对小球弹力N0=mgcsθ；
当斜面体向左加速运动时，在小球没离开斜面之前，水平方向有Tcsθ−Nsinθ=ma
竖直方向有Tsinθ+Ncsθ=mg
解得T=m(acsθ+gsinθ)，N=mgcsθ−masinθ
可知，T>T0，N12Mv2，因此动能变化变大；系统重力势能减少量仍为mgl，总动能增加量比原实验大Mv0v，因此系统总机械能(动能+重力势能)比原实验变大。
故答案为：(1)mgl，12(M+m)(dΔt)2；(2)不变，变大，变大。
(1)根据重力势能的表达式和动能的表达式分析计算；
(2)仍以地面为参考系，动能变化仅来自竖直方向的速度增量；小车M沿水平方向运动，对地末速度为v0+v；系统重力势能减少量仍为mgl，总动能增加量比原实验大Mv0v。
知道重力势能和动能的表达式，知道将这套装置置于平稳匀速行驶的车内实验时，小车速度相对地面的变化情况是解题的关键。
13.【答案】这列横波的周期为8s，波速大小为2m/s 从t=0时刻起，质点b第一次到达波谷的时间为10s
【解析】解：(1)因为t=0时刻，波刚好传播到质点a，又因为该波沿x轴正方向传播，在由题图，根据“同侧法”可知，t=0时刻，质点a向上振动，因此经过0.25T，质点a第一次到达波峰，则有：
0.25T=t1−t，
解得这列横波的周期为：
T=8s，
由题图可知，该波的波长为：
λ=16m，
则这列横波的波速大小为：
v=λT=168m/s=2m/s；
(2)结合前面分析可知，波传到质点b的时间为：
t1=Δxv=24−162s=4s，
由(1)知，质点a的起振方向向上，因此质点b的起振方向也向上，所以质点b要再经过0.75T第一次到达波谷，则有：
t2=0.75T=0.75×8s=6s，
所以从t=0时刻起，质点b第一次到达波谷的时间为：
tb=t1+t2=4s+6s=10s。
答：(1)这列横波的周期为8s，波速大小为2m/s；
(2)从t=0时刻起，质点b第一次到达波谷的时间为10s。
(1)结合题意，首先确定质点a的振动时间与周期的关系，以此确定其振动周期，再由题图及波速与波长的关系列式，即可分析求解；
(2)结合前面分析及题意，首先确定该波传到质点b的时间，再由质点的振动状态确定其第一次到达波谷所需的时间，即可分析求解。
本题考查机械波的图像问题，解题时需注意，结合波的传播方向可确定各质点的振动方向或由各质点的振动方向确定波的传播方向，波源质点的起振方向决定了它后面的质点的起振方向，各质点的起振方向与波源的起振方向相同。
14.【答案】碰后瞬间滑块Q受到的支持力大小为12N 滑块P的初速度大小为9m/s 与地面第一次碰撞后滑块的水平分速度大小为0.5m/s
【解析】解：(1)在C点，根据重力提供向心力有Mg=MvC2R
从B到C，根据机械能守恒定律有Mg×2R=12MvB2−12MvC2
在B点，根据牛顿第二定律有F−Mg=MvB2R
解得F=12N
(2)根据位移-时间关系vP2−v02=−2μgL
弹性碰撞过程，根据动量守恒定律及能量守恒定律有mv0=mv1+MvB，12mv02=12mv12+12MvB2
解得v0=9m/s
(3)第一次落到地面时竖直分速度vy= 4gR，代入数据可得vy=4m/s
碰撞后，竖直分速度大小变为vy1=12vy，代入数据可得vy1=2m/s
方向竖直向上；则弹力的冲量IN1=mvy+mvy1
摩擦力的冲量If1=μIN1
水平方向−If1=mvx1−mvC
解得vx1=0.5m/s
答：(1)碰后瞬间滑块Q受到的支持力大小为12N。
(2)滑块P的初速度大小为9m/s。
(3)与地面第一次碰撞后滑块的水平分速度大小为0.5m/s。
(1)滑块Q从碰撞后的B点运动至圆轨道最高点C，恰好能到达C点表明在C点仅由重力提供向心力，由此可求出C点速度。从B到C过程机械能守恒，可建立B点速度与C点速度的关系。在B点，滑块Q做圆周运动，由牛顿第二定律可求出轨道对滑块的支持力，该力即所求F。
(2)滑块P从初位置运动至B点与Q碰撞前，在水平直轨道上受到滑动摩擦力作用做匀减速直线运动，可利用运动学规律求出其碰撞前的速度。滑块P与滑块Q发生弹性碰撞，遵循动量守恒定律与机械能守恒定律，结合已知的碰后Q的速度，可联立解出滑块P的初速度v0。
(3)滑块Q从C点飞出后做平抛运动，落回地面时，利用平抛运动规律可求出落地时的竖直分速度。与地面碰撞后，竖直方向速度大小减半且反向，据此可求出碰撞过程中竖直方向受到的冲量。由于碰撞时间极短，水平方向摩擦力与该冲量相关，由动量定理分析水平方向速度变化，即可求出碰撞后的水平分速度vx1。
本题综合考查力学中的多个核心知识点，包括弹性碰撞、圆周运动、机械能守恒以及动量定理的应用。题目计算量适中，难度中等偏上，需要学生具备清晰的物理过程分析能力和公式的灵活运用能力。首先通过圆周运动临界条件与机械能守恒求解碰撞后的速度，进而利用弹性碰撞模型反推初速度，考查学生的逆向思维。第三问将平抛运动与碰撞过程结合，并引入动摩擦因数影响水平速度的变化，需要学生准确理解碰撞前后竖直方向动量变化对水平摩擦冲量的决定作用，这一设问巧妙联系了不同运动阶段，提升了题目的思维深度。
15.【答案】物块A沿斜面上滑与下滑加速度大小的比值为2 第一次碰撞后物块A沿斜面向上运动的最大距离为3281L 物块B沿斜面下滑的最大距离为445L
【解析】(1)根据题意，由图乙可知，物块A在13t0∼19t0的时间内沿斜面匀加速下滑，加速度大小为：
a1=6v019t0−13t0=v0t0
物块A在9t0∼13t0的时间内沿斜面匀减速上滑，加速度大小为：
a2=8v013t0−9t0=2v0t0
解得：a2a1=2
(2)物块A在13t0∼19t0时间内与在0∼9t0的时间内受力情况相同，则加速度相同，故在t=9t0时物块A的速度大小为：
v=a1×9t0=9v0
刚释放物块A时A、B之间的距离为L，由运动学公式得：
L=v2×9t0
可得：v0t0=281L
第一次碰撞后，物块A在9t0∼13t0的时间内沿斜面向上运动，此过程的最大距离为：
L1=8v02(13t0−9t0)=16v0t0
联立解得：L1=3281L
(3)物块A与物块B第一次碰撞时，以沿斜面向下为正方向，由动量守恒定律得：
mv=mvA1+MvB1，其中：vA1=−8v0，M=17m
联立解得：vB1=v0
由v−t图像可得物块A在13t0∼19t0时间内下滑的距离为：
L2=6v02(19t0−13t0)=18v0t0
已知第二次碰撞前物块B已停止运动，故第一次碰撞后物块B沿斜面下滑的距离为：
x1=L2−L1=2v0t0=481L
物块A与物块B发生第二次碰撞，由图乙可知碰前瞬间物块A的速度为v1=6v0，以沿斜面向下为正方向，根据动量守恒定律与机械能守恒定律得：
mv1=mvA2+MvB2
12mv12=12mvA22+12MvB22
联立解得：vB2=23v0
设物块B下滑过程中的加速度大小为a，第一次碰撞后物块B下滑的距离为x1，则有：2ax1=vB12
设第二次碰撞后物块B下滑的距离为x2，则有：2ax2=vB22
联立可得：x2=8v0t09=49x1
以此类推，归纳可得第n次碰撞后物块B下滑的距离为：
xn=(49)n−1x1
物块B运动的总距离为：x=x1+x2+x3+⋯⋯+xn=1−(49)n1−49x1
当n→∞时，可得：x=445L
答：(1)物块A沿斜面上滑与下滑加速度大小的比值为2；
(2)第一次碰撞后物块A沿斜面向上运动的最大距离为3281L；
(3)物块B沿斜面下滑的最大距离为445L。
(1)根据题意，由v−t图像的物理意应用求解物块A沿斜面上滑与下滑加速度大小，进而可求得它们的比值；
(2)根据物块A第一碰撞前后的运动情况，结合v−t图像的物理意与运动学公式，求得在t=9t0时物块A的速度大小，以及第一次碰撞后，物块A在9t0∼13t0的时间内沿斜面向上运动过程的最大距离；
(3)由动量守恒定律求得物块A与物块B第一次碰撞后B的速度大小，根据两者的位移关系，以及弹性碰撞的规律得到每次碰撞后物块B的速度和位移的变化规律，应用数学知识求解物块B沿斜面下滑的最大距离。
本题考查了力学的综合问题，设计到了动量守恒定律的碰撞问题、v−t图像的物理意义及应用、牛顿第二定律的应用。题目难度较大，对力与运动的逻辑分析能力，数理结合处理问题的能力要求较高。