2025-2026学年河南省三门峡市高一（下）期末物理试卷（含详细答案解析）

这是一份2025-2026学年河南省三门峡市高一（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.第谷、开普勒等人对行星运动的研究漫长而曲折，牛顿在他们研究的基础上，得出了科学史上最伟大的定律之一一一万有引力定律。下列有关万有引力定律的说法中正确的是( )
A. 开普勒通过研究观测记录发现行星绕太阳运行的轨道是椭圆
B. 太阳与行星之间引力的规律并不适用于行星与它的卫星
C. 库仑利用实验较为准确地测出了引力常量G的数值
D. 牛顿在发现万有引力定律的过程中没有利用牛顿第三定律的知识
2.我国明代出版的《天工开物》中记录了我们祖先的劳动智慧，如图所示为“牛转翻车”，利用畜力转动不同半径齿轮来改变水车的转速，从而将水运送到高处。祖先的智慧在今天也得到了继承和发扬。我国自主研发的齿轮传动系统，打破了国外垄断，使中国高铁持续运行速度达到350km/ℎ，中国高铁成为中国制造的一张“金名片”。图中A、B是两个齿轮边缘点，齿轮半径比rA：rB=3：2，在齿轮转动过程中( )
A. A、B的周期之比TA：TB=2：3
B. A、B的线速度大小之比vA：vB=3：2
C. A、B的角速度之比的ωA：ωB=2：3
D. A、B的向心加速度大小之比aA：aB=4：9
3.如图所示，A、B、C三点为一直角三角形的三个顶点，∠B=30∘。现在A、B两点放置两个点电荷，A点放置的点电荷电荷量绝对值为q，AC两点间距离为L，静电力常量为k，测得C点场强方向与AB平行且水平向左，则( )
A. A点放置正电荷B. B点放置负电荷
C. C点电场强度的大小 3kqL2D. B点放置的点电荷的电荷量4q
4.如图甲为自动计数的智能呼啦圈，水平固定的圆形腰带外侧有轨道，配重通过轻绳与轨道上的滑轮P连接。锻炼中，配重的运动简化为绕腰带的中心轴在水平面内匀速转动，其模型如图乙所示。已知配重的质量为m，轻绳长为l，与竖直方向的夹角为θ，圆形腰带的半径为r，重力加速度为g，配重可视为质点，则配重( )
A. 受到重力、拉力和向心力三个力
B. 受到的拉力大小为T=mgcsθ
C. 稳定转动时，转动的角速度为ω= glcsθ
D. 稳定转动时，转动的角速度为ω= gtanθlsinθ+r
5.晓宇在练习投篮时，某次将可视为质点、质量为m的篮球以速度v0从P点抛出，最终在Q点落入篮筐，如图所示。已知篮球离手瞬间距离地面的高度为h，篮筐距离地面的高度为H，重力加速度为g，规定地面为零势能面，忽略空气阻力。下列说法正确的是( )
A. 篮球抛出时的机械能为12mv02
B. 从P到Q篮球重力做功为mg(H−ℎ)
C. 篮球在Q点的重力势能为mg(H−ℎ)
D. 篮球在Q点的机械能为12mv02+mgℎ
6.如图所示，带电粒子仅在电场力作用下，从电场中a点以初速度v0进入电场并沿虚线所示的轨迹运动到b点，则下列说法正确的是( )
A. 该粒子带正电
B. 从a到b过程中，粒子先加速后减速
C. 从a到b过程中，粒子所受电场力先增大后减小
D. 从a到b过程中，粒子的电势能先增大后减小
二、多选题：本大题共4小题，共22分。
7.若火箭竖直向上发射的初级阶段做如下假设：重力加速度g不变，空气阻力忽略不计，火箭的质量m保持不变，加速度a与速度倒数1v的关系图像如图所示。已知图像的横轴截距为b，斜率为k，下列说法正确的是( )
A. 火箭以恒定加速度启动B. 火箭的最小速度为1b
C. 火箭以恒定的功率mk启动D. 图像的纵轴截距为−g
8.如图所示是我国首个空间实验室“天宫一号”的发射及运行示意图。长征运载火箭将飞船送入近地点为A、远地点为B的椭圆轨道上，B点距离地面高度为h，地球的中心位于椭圆的一个焦点上，“天宫一号”飞行几周后变轨进入预定圆轨道。已知“天宫一号”在预定圆轨道上飞行n圈所用时间为t，引力常量为G，地球半径为R，则下列说法正确的是( )
A. “天宫一号”在椭圆轨道的B点的加速度等于在预定圆轨道的B点的加速度
B. “天宫一号”从A点开始沿椭圆轨道向B点运行的过程中，动能先减小后增大
C. “天宫一号”沿椭圆轨道运行的周期大于沿预定圆轨道运行的周期
D. 由题中给出的信息可以计算出地球的质量M=4π2(R+ℎ)3n2Gt2
9.如图所示为静电场中沿x轴方向的各点电势φ随位置x的变化规律，图中标出的量均为已知量。一电荷量为−q的带电粒子由x03处静止释放，粒子仅在电场力作用下沿x轴运动，则下列说法正确的是( )
A. 0∼x0区域电场沿x轴正方向，x0∼3x0区域电场沿x轴负方向
B. 0∼x0区域的电场强度与x0∼3x0区域的电场强度大小之比为2：1
C. 粒子从释放到运动至x0处的过程，电势能减少2qφ03
D. 粒子能运动到3x0处
10.如图所示，平行板电容器与静电计相连接，一带负电的粒子从平行板电容器左端的正中央以初速度v0沿水平方向射入，经过一段时间粒子刚好从下极板的边缘离开，P点为电容器中的一点，保持电容器所带的电荷量不变，仅将电容器的下极板向下移动少许，粒子的重力忽略不计，不计空气阻力。下列说法正确的是( )
A. 电容器的电容减小B. 静电计的指针偏角增大
C. P点的电势升高D. 粒子打在下极板上
三、实验题：本大题共2小题，共16分。
11.用如图所示的装置来探究小球做圆周运动所需向心力的大小F与质量m、角速度ω和半径r之间的关系。两个变速塔轮通过皮带连接，转动手柄使长槽和短槽分别随变速塔轮匀速转动，槽内的小球就做匀速圆周运动。横臂的挡板对小球的压力提供向心力，小球对挡板的反作用力通过横臂的杠杆作用使弹簧测力套筒下降，从而露出标尺，标尺上的红白相间的等分格子的多少可以显示出两个小球所受向心力的大小。图中所示是探究过程中某次实验时装置的状态
(1)在探究向心力的大小F与质量m的关系时，要保持______(填选项前的字母)相同
A. ω和mB. ω和rC. m和rD. m和F
(2)若两个小球完全相同，则图中所示是在探究向心力的大小F与______(填选项前的字母)的关系
A. 角速度ωB. 半径rC. 质量m
(3)若图中标尺1、2上红白相间的等分格子显示出两个小球所受向心力之比为1：9，则根据实验可知，与皮带连接的两个变速塔轮1、2的半径之比为______(填选项前的字母)
A. 1：9B. 9：1C. 1：3D. 3：1
12.某实验小组的同学利用了如图甲所示的装置验证机械能守恒定律，实验时，该小组的同学完成了如下操作。
a、测量滑块和遮光条的总质量M以及所挂钩码的质量m；
b、测量遮光条的宽度d；
c、调整气垫导轨水平，将光电门固定在气垫导轨的左端，并组装实验装置；
d、在细绳的左端挂上一个钩码，将滑块从气垫导轨的右端合适的位置由静止释放，测量释放点到光电门的距离L；
e、记录滑块经过光电门时遮光条的挡光时间Δt；
f、改变释放点到光电门的距离L，重复步骤d，e，记录多组实验数据L和Δt，已知重力加速度为g
(1)实验时，应选用 (选填“较宽”或“较窄”)的遮光条
(2)滑块通过光电门时的速度为 。(用以上操作中测量的物理量的字母表示)
(3)从开始运动到遮光条遮住光电门的过程中，系统重力势能减少量为 ，系统动能增加量为 。(用以上操作中测量的物理量的字母表示)
(4)利用记录的多组实验数据，描绘了L−1(Δt)2的图像，图像的斜率为k，若斜率k= (用M、m、g、d字母表示)，则系统的机械能守恒
四、计算题：本大题共3小题，共38分。
13.假如宇航员乘坐宇宙飞船到达某行星，在该行星“北极”距地面h处由静止释放一个小球(引力视为恒力，阻力可忽略)，经过时间t落到地面。已知该行星半径为R，自转周期为T，引力常量为G，求：
(1)该行星的第一宇宙速度v
(2)如果该行星有一颗同步卫星，其距行星表面的高度H为多少？
14.如图所示，长度为L的绝缘轻杆的一端用铰链固定在O点，另一端系一质量为m、电荷量为q的带正电小球(视为质点)，整个装置置于方向水平向右的匀强电场中。当小球静止时，轻杆与竖直方向的夹角θ=60∘，重力加速度大小为g
(1)求匀强电场的电场强度E的大小
(2)若剪断轻杆，求此后小球在电场中运动的加速度大小
(3)若其他条件不变，仅将匀强电场的方向变为水平向左，求小球通过最低点时的速度大小v以及此时轻杆对小球的拉力F的大小
15.如图所示的装置放在水平地面上，该装置由弧形轨道、竖直圆轨道、水平直轨道AB和倾角θ=37∘的斜轨道BC平滑连接而成。将质量m=0.2kg的小滑块从弧形轨道离地高H=2.0m的M处静止释放。已知滑块与轨道AB和BC间的动摩擦因数均为μ=0.25，弧形轨道和圆轨道均可视为光滑，忽略空气阻力，取g=10m/s2，sin37∘=0.6，cs37∘=0.8。求：
(1)小滑块运动到A点时的速度大小；
(2)若滑块运动到D点时对轨道的压力大小为6N，求竖直圆轨道的半径；
(3)若LAB=LBC=2.0m，试确定滑块最终停止的位置。
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：A、根据开普勒第一定律可知，开普勒通过研究观测记录发现行星绕太阳运行的轨道是椭圆，故A正确。
B、太阳与行星间的引力就是万有引力，万有引力适用于一切天体之间，故B错误。
C、万有引力常量G是由卡文迪许在实验室中首次准确测量出来的，故C错误。
D、在发现万有引力定律的过程中，牛顿应用了牛顿第三定律以及开普勒定律的知识，故D错误。
故选：A。
根据开普勒第一定律可知，所有行星绕太阳的运动都是椭圆；太阳与行星间的引力就是万有引力，自然界一切物体之间都有这种引力，包括行星与它的卫星；万有引力常量G是由卡文迪许在实验室中首次准确测量出来的；地球对地面上物体的引力本质上就是万有引力，太阳与地球之间的引力也是万有引力．
开普勒关于行星运动的定律是万有引力定律得发现的基础，是行星运动的一般规律，正确理解开普勒的行星运动定律和万有引力定律是解答本题的关键。
2.【答案】C
【解析】解：ABC.两齿轮接触传动，故A、B处线速度相等，齿轮半径比rA：rB=3：2，根据v=ωr可得A、B的角速度之比ωAωB=rBrA=23
由T=2πω可得TATB=ωBωA=32，故AB错误，C正确；
D.根据a=ω2r可得aAaB=(ωAωB)2⋅rArB,解得aAaB=23，故D错误。
故选：C。
齿轮咬合传动，边缘点线速度大小相等，vA=vB，结合v=ωr、T=2πω、a=ω2r推导各物理量比值。
本题考查齿轮传动模型，解题关键是知道相互咬合齿轮边缘线速度大小相等，熟练运用圆周运动公式推导角速度、周期、向心加速度之比。
3.【答案】C
【解析】解：AB、根据题意分析可知，由于C点的场强方向为水平向左，根据电场的叠加原理可知，因此A点为负电荷，B点为正电荷，故AB错误；
C、如图所示，
A点的点电荷在C点的场强EA=kqL2
由几何知识可得tan30∘=EAEC
解得EC= 3kqL2，故C正确；
D、根据以上选项分析可知，根据点电荷电场强度公式有，B点的点电荷在C点的场强EB=EAsin30∘=2EA=2kqL2
又因为EB=kqBLBC2=kqB(2L)2
联立解得qB=8q，故D错误。
故选：C。
根据C点场强方向判断A、B两点电荷的电性，再结合几何关系和点电荷场强公式计算C点场强大小以及B点电荷的电荷量。
本题关键在于根据场强方向判断电荷电性，利用几何关系和点电荷场强公式进行计算。先分析A、B电荷在C点产生场强的方向确定电性，再通过平行四边形定则结合几何关系求合场强大小，最后根据场强关系求B点电荷电荷量。
4.【答案】D
【解析】解：A.配重只受重力、拉力，向心力是合力，不是独立的力，不能说受到向心力，故A错误；
B.配重在竖直方向受力平衡，设轻绳拉力大小为T，根据平衡条件有Tcsθ=mg
解得轻绳的拉力大小为T=mgcsθ
故B错误；
CD.配重转动时圆周运动的半径为R=r+lsinθ，由重力和拉力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律有mgtanθ=mω2(r+lsinθ)
解得稳定转动时转动的角速度为ω= gtanθlsinθ+r
故C错误，D正确；
故选：D。
配重做水平面匀速圆周运动，实际受力：重力、绳子拉力；向心力是合力(效果力，不是实际受到的力)。竖直方向受力平衡，拉力分力提供向心力，注意圆周运动轨道半径要加上腰带半径r，即R=r+lsinθ。
本题是圆锥摆模型变形，易错点：圆周运动半径不能漏掉腰带半径r；向心力是效果力，不能当作物体受到的力。
5.【答案】D
【解析】解：AD.规定地面为零势能面，篮球抛出时的机械能为E=mgℎ+12mv02，由于篮球在空中只受重力作用，机械能守恒，所以篮球在Q点的机械能为12mv02+mgℎ，故A错误，D正确；
B.根据重力做功的公式，从P到Q篮球重力做功为WG=−mg(H−ℎ)，故B错误；
C.规定地面为零势能面，则篮球在Q点的重力势能为Ep=mgH，故C错误。
故选：D。
根据规定的零势能面结合机械能概念，机械能守恒定律，重力做功和重力势能的表达式逐一分析判断各选项的正误。
考查机械能的相关问题，知道机械能守恒的条件，理解重力做功的特点，属于较低难度考题。
6.【答案】D
【解析】解：A、带电粒子仅在电场力作用下做曲线运动，受到的电场力指向轨迹的凹侧，由图可知粒子受到的电场力方向向下，与电场方向相反，所以该粒子带负电，故A错误；
B、从a到b过程中，电场力向下，粒子的速度方向先斜向上后斜向下，电场力与速度方向的夹角先为钝角后为锐角，则电场力先做负功后做正功，粒子的动能先减小后增大，即粒子先减速后加速，故B错误；
C、电场线的疏密程度表示电场强度的大小，由图可知，从a到b过程中，电场线先变疏后变密，电场强度E先变小后变大，根据电场力公式F=qE可知，粒子所受电场力先减小后增大，故C错误；
D、从a到b过程中，电场力先做负功后做正功，则粒子的电势能先增大后减小，故D正确。
故选：D。
带电粒子仅在电场力作用下做曲线运动，所受电场力总是指向轨迹的内侧，结合轨迹弯曲方向判断电场力方向，分析粒子的电性；分析电场力方向与速度方向的夹角大小判断速度大小变化情况；根据电场线的疏密变化分析电场强度的变化，进而确定电场力的变化；根据电场力做功情况判断电势能的变化情况。
根据带电粒子的运动轨迹判断电场力的方向是解题的关键，根据电场力方向与速度方向的夹角分析电场力做功正负。
7.【答案】CD
【解析】解：A、由图像可以看出，火箭的加速度随速度的变化而变化，所以火箭不是以恒定加速度启动，故A错误；
B、火箭发射过程为加速过程，当加速度为零时，速度达到最大值，此时速度的倒数为最小值，由图像可以看出速度倒数的最小值为b，即1vm=b，可得火箭的最大速度为vm=1b，故B错误；
C、火箭竖直向上发射时，受到推力F和重力mg两个力作用。根据牛顿第二定律得
F−mg=ma
解得F=m(g+a)
火箭发射的功率为P=Fv=m(g+a)v
变形得a=Pm⋅1v−g
则a−1v关系图像是一条倾斜直线，图像的斜率为k=Pm，可得火箭的功率为P=km，恒定不变，因此火箭以恒定的功率mk启动，故C正确；
D、由a=Pm⋅1v−g可知，该图像的纵轴截距为−g，故D正确。
故选：CD。
根据图像分析火箭加速度的变化，判断其运动性质；当加速度为零时，速度达到最大值，根据图像求出火箭的最大速度；根据牛顿第二定律结合功率公式P=Fv求火箭的功率；根据加速度与速度倒数的关系式求图像的纵轴截距。
解答本题时，要熟练运用牛顿第二定律和功率公式P=Fv相结合得到加速度a与速度倒数1v的关系式，再分析图像的斜率和截距的意义。
8.【答案】AD
【解析】解：A.根据GMm(R+ℎ)2=ma，得a=GM(R+ℎ)2，经过同一点时距离相同，可知加速度相同，故A正确；
B.“天宫一号”从A点向B点运行的过程中，万有引力做负功，根据动能定理，动能一直减小，故B错误；
C.根据开普勒第三定律，椭圆轨道的半长轴小于预定圆轨道的半径，所以“天宫一号”沿椭圆轨道运行的周期小于沿预定圆轨道运行的周期，故C错误；
D.“天宫一号”在预定圆轨道上的周期T=tn，轨道半径r=R+ℎ，根据万有引力提供向心力GMm(R+ℎ)2=m4π2T2(R+ℎ)，解得地球质量M=4π2(R+ℎ)3n2Gt2，故D正确。
故选：AD。
根据牛顿第二定律列式求解；根据动能定理分析解答；根据开普勒第三定律分析解答；根据万有引力提供向心力列式求解。
考查万有引力与圆周运动的相关知识，重点在于理解开普勒的运动定律和动能定理，属于较低难度考题。
9.【答案】BC
【解析】解：A、根据沿电场方向电势逐渐降低可知，0∼x0区域电场沿x轴负方向，x0∼3x0区域电场沿x轴正方向，故A错误；
B、根据E=ΔφΔx可知，φ−x图像的斜率绝对值表示场强大小，由题图可知0∼x0区域的电场强度与x0∼3x0区域的电场强度大小之比为E1:E2=φ0x0:φ02x0=2:1，故B正确；
C、由题图可知x03处的电势为φ03处，则粒子从释放到运动至x0处的过程，根据电场力做功有，电场力做功为W=−q(φ03−φ0)=2qφ03，
根据功能关系可知，电势能减少2qφ03，故C正确；
D、假设粒子可以从x03从3x0，根据电场力做功公式有，该过程电场力做功为W′=−q(φ03−0)=−qφ03μmgcsθ，故滑块无法停留在斜面上，最终会停止在水平面AB上。设滑块第一次滑上斜面滑行距离为s，则滑块从最初到滑上斜面最高点的过程中，根据动能定理得
mgH−μmgLAB−(μmgcsθ+mgsinθ)s=0
解得
s=158m
则滑块第一次从斜面滑下来到地面的动能为
Ek=mgH−μmgLAB−2μmgcsθ⋅s
解得Ek=1.5J
之后滑块在水平面上滑行返回A点时具有的动能为
E′k=Ek−μmgLAB
解得E′k=0.5J
则滑块经光滑圆弧后还能回到水平面，设再次返回到水平面上还能继续运动的距离为s′，根据动能定理得
−μmgs′=0−E′k
解得
s′=1m
即最后滑块停在水平面上A点右侧距A点1m距离处。
答：(1)小滑块运动到A点时的速度大小为2 10m/s；
(2)竖直圆轨道的半径为0.5m；
(3)最后滑块停在水平面上A点右侧距A点1m距离处。
(1)小滑块从M滑动A点过程中，利用动能定理求小滑块运动到A点时的速度大小；
(2)若滑块运动到D点时对轨道的压力大小为6N，可得到滑块所受轨道的支持力大小。在D点，对滑块，根据牛顿第二定律列方程。滑块从初始位置滑至D点过程中，根据动能定理列方程，联立求解竖直圆轨道的半径；
(3)因mgsinθ>μmgcsθ，可知滑块无法停留在斜面上，最终会停止在水平面AB上。滑块从最初到滑上斜面最高点的过程中，根据动能定理求出滑块第一次滑上斜面滑行距离。再根据动能定理求出再次返回到水平面上还能继续运动的距离，即可确定滑块最终停止的位置。
本题要理清滑块的运动过程，运用动能定理时，要明确研究的过程，分析各力做功情况。