2025-2026学年广西柳州市高一（下）期末物理试卷（含详细答案解析）

这是一份2025-2026学年广西柳州市高一（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.短跑运动员在100m短跑比赛中，测得2s末的速度是7.5m/s，10s末到达终点的速度是10.5m/s，已知运动员始终沿一个方向运动，则该运动员全程的平均速度大小为( )
A. 10m/sB. 8.0m/sC. 7.5m/sD. 10.5m/s
2.将地球看作球体，分别位于赤道和东台的两物体随地球自转做匀速圆周运动。两物体做圆周运动物理量相同的是( )
A. 半径B. 线速度C. 周期D. 加速度
3.如图所示，匀强电场中有A、B两点，其连线与电场方向的夹角为60∘，已知B点电势为0，A点电势为6V，匀强电场的电场强度为100V/m，则A、B两点间的距离为( )
A. 3cm
B. 6cm
C. 4 3cm
D. 12cm
4.如图所示，实线表示某一电场的电场线。在电场力的作用下，一带电粒子(不计重力)经A点飞向B点，径迹如图中虚线所示，下列说法正确的是( )
A. 场强EA>EB
B. 电势φA>φB
C. 速度vAt1
重力平均功率P−=WGt，WG相等，t2更大，故种子2重力平均功率更小，故A错误；
C、在P点对于种子1有v1= v02+vy2= v02+2gℎ
对于种子2，竖直方向上有v2y2−v0y2=2gℎ
则在P点有v2= v0x2+v2y2= v0x2+v0y2+v2y2= v02+2gℎ
则种子1、2在P点的速率相同，故C错误；
D、重力的瞬时功率PG=mgvy，在竖直方向上，由于种子2由最高点运动到P点过程中竖直方向下落的高度比种子1从O点运动到P点竖直方向下落的高度高，可知在P点，种子2的竖直分速度大，则在P点种子2重力的瞬时功率大，故D正确。
故选：D。
两种子下落高度相同、质量一致，重力做功相等；种子2初速度斜向上，竖直方向先上后下，总运动时间更长。结合平均功率、动能定理、重力瞬时功率公式，对比二者运动时间、P点速率、竖直分速度，逐一判断选项。
本题结合抛体运动真实情景，融合功、平均功率、瞬时功率与动能定理，区分水平平抛和斜抛两种模型，侧重考查竖直分运动的时间差异，能有效辨析易混淆的功率概念，综合性较强。
8.【答案】BC
【解析】解：A.由a=ω2r且r=Rsinθ
得gtanθ=ω2Rsinθ
解得ω= gRcsθ
当θ变大时，csθ变小，则角速度ω变大，故A错误；
BC.对小物块受力分析，受重力mg和陶罐的支持力N，竖直方向平衡有Ncsθ=mg
水平方向合力提供向心力有Nsinθ=ma
解得a=gtanθ，N=mgcsθ
当θ变大时，tanθ变大，csθ变小，则加速度a变大，支持力N变大，故BC正确；
D.小物体受重力G和陶罐的支持力FN，二者的合力为水平方向，不指向O点，故D错误；
故选：BC。
分析小物体的受力，列向心力表达式，根据公式判断。
本题考查了向心力表达式，需要结合三角函数推导，得出最简式再判断。
9.【答案】AC
【解析】解：A.船速大于水速，当船沿着河岸的分速度等于水流速度时，船可以垂直河岸过河，此时船头与河岸的夹角csα=34，故A正确；
B.当船头始终与河岸垂直时，船过河的时间最短，最短时间满足tmin=dv1=15s，故B错误；
C.若船头与河岸的夹角α=90∘，则小船的合速度大小为v= v12+v22=5m/s
则小船渡河的位移大小为x=vtmin=75m，故C正确；
D.水流速度变大后，若保持船头与河岸夹角α不变，则船在垂直河岸方向上的分速度不变，又河宽不变，则过河时间不变，故D错误；
故选：AC。
根据船速大于水速，当船沿着河岸的分速度等于水流速度时，船可以垂直河岸过河，结合当船头始终与河岸垂直时，船过河的时间最短分析求解。
本题考查了小船过河问题，理解最短时间过河和最短位移过河的条件和情况是解决此类问题的关键。
10.【答案】BD
【解析】解：A、开始时弹簧形变量为x1=m1gk，计算得x1=0.2m
故此时弹簧的弹性势能为Ep1=12kx12=12×10×0.22J=0.2J，故A错误；
C、物块N下降的距离最大时M、N速度为0，根据机械能守恒可知，该过程有12k(ℎ−x1)2−12kx12=(m2g−m1g)ℎ
联立解得物块N下降的最大距离为ℎ=0.8m，故C错误；
B、根据机械能守恒可知，弹簧恢复原长时，有Ep1+(m2g−m1g)x1=12(m2+m1)v2
联立解得v= 2m/s，故B正确；
D、物块N的速率最大时M、N合力为0，则此时弹簧拉伸量为x2=m2g−m1gk，代入数据计算得x2=0.2m
可知此时弹簧弹性势能与N释放瞬间的弹簧弹性势能相同，根据机械能守恒可知(m2g−m1g)(x2+x1)=12(m2+m1)vm2
联立解得vm=2 63m/s，故D正确。
故选：BD。
分析题目描述的物理过程：初始时物块M处于平衡状态，弹簧已有压缩量，其弹性势能由胡克定律表达式确定；释放物块N后，系统受重力和弹簧弹力作用，通过轻绳连接使两物块运动关联，整体机械能守恒。求解时需识别关键状态：弹簧恢复原长时利用机械能守恒关联初末能量求速率；物块N速度最大时对应系统合外力为零，由平衡条件确定弹簧形变量，再结合机械能守恒求最大速率；N下降最大距离时系统动能为零，由机械能守恒建立方程求解。注意各过程中弹簧弹性势能变化与重力势能转化关系。
本题综合考查弹簧连接体系统的机械能守恒、牛顿运动定律以及临界状态分析。题目涉及弹簧弹性势能计算、多物体系统能量转化与守恒关系的应用，对学生的建模分析能力和公式灵活运用能力提出了较高要求。计算量中等，但需要准确把握系统合力为零对应最大速度、速度为零对应最大位移这两个关键动力学条件。通过构建从初始状态到各目标状态的机械能守恒方程，并求解二次方程，能有效锻炼学生的逻辑推理与综合运算能力。
11.【答案】ACD
2;2.5
【解析】解：(1)A.为了保证小球的初速度水平，斜槽的末端需水平，故A正确；
B.为了保证小球每次平抛运动的初速度大小相等，每次让小球从斜槽的同一位置由静止释放，斜槽轨道不一定需要光滑，故B错误；
C.平抛运动的轨迹在竖直平面内，为了能准确记录竖直、水平位移，则固定带有坐标纸的木板作为背景墙要竖直放置且与平抛速度方向平行，故C正确；
DE.为减小空气阻力对实验的影响，应选择重而小的金属球，故D正确，E错误。
故选：ACD。
(2)竖直方向，根据匀变速直线运动的逐差法公式得Δy=(2d−d)×10=gT2
解得T=0.1s
在水平方向，根据x=v0T=2d×10
解得v0=2m/s
小球经过b点时，竖直分速度大小为vby=yac2T=3d×102T=1.5m/s
据速度的合成矢量三角定形定则小球经过b点时速度大小为vb= v02+vby2=2.5m/s
故答案为：(1)ACD；(2)2，2.5。
(1)由实验原理及注意事项确定；
(2)由匀变速直线运动的逐差法公式，平抛运动的规律，运动的合成与分解计算。
本实验考查实验原理及注意事项，匀变速直线运动的逐差法公式，平抛运动的规律，速度的合成与分解。
12.【答案】A
(ℎc−ℎa)2f28;重物受空气阻力或纸带与限位孔间的阻力
9.75
【解析】解：(1)A.安装打点计时器时两限位孔应保持竖直，以减小纸带和打点计时器之间的摩擦力，故A正确；
B.做实验时，应先接通打点计时器的电源，再释放连接重锤的纸带，保证打第一个点时，重锤速度为零，并且尽可能在纸带上打出更多的点，故B错误；
C.释放纸带前应使重物离打点计时器尽量近一些，这样可以在纸带上打出更多的点，故C错误；
D.用v2=2gL计算速度，实际上已经默认了物体的加速度是重力加速度，也就默认了机械能守恒，故D错误。
故选：A。
(2)动能的增加量ΔEk=12mvb2=12m(ℎc−ℎa2T)2=18m(ℎc−ℎa)2f2
重力势能减小量ΔEp=mgℎb
根据机械能守恒得ΔEk=ΔEp
解得gℎb=18(ℎc−ℎa)2f2
重物受空气阻力或纸带与限位孔间的阻力，阻力做负功，机械能减少，动能的增加量ΔEk略小于重力势能减小量ΔEp
(3)根据机械能守恒得mgℎ=12mv2
将公式变形得v2=2gℎ
对比正比例函数y=kx
可得v2−ℎ图像斜率为2g
根据图丙可得图像斜率为2g=7.8−00.4−0m/s2
所以g=9.75m/s2
故答案为：(1)A；(2)(ℎc−ℎa)2f28，重物受空气阻力或纸带与限位孔间的阻力；(3)9.75。
(1)根据减小纸带和打点计时器之间的摩擦力判断；根据保证打第一个点时，重锤速度为零，并且尽可能在纸带上打出更多的点判断；根据默认机械能守恒判断；
(2)根据匀变速直线运动规律、重力势能表达式、动能表达式计算，根据阻力做负功，机械能减少判断；
(3)根据机械能守恒推导图像对应的函数表达式，结合图像斜率计算。
本题考查“验证机械能守恒定律”实验，关键掌握实验原理和数据处理方法。
13.【答案】A、B间的库仑力大小为k9q24L2
A、B两球的质量之比为1：3
C点的电场强度为0
【解析】(1)由几何关系可知，A、B间距为Lsin30∘=2L
根据库仑定律，A、B之间的库仑力大小为F=k9q⋅q(2L)2=k9q24L2
(2)对A、B受力分析如图所示：
对A球有F=m1gtan60∘
对B球有F=m2gtan30∘
解得m1：m2=1：3
(3)由几何关系，两个带电小球A、B在C点产生的电场强度大小分别为
EA=k9q(32L)2=k4qL2，EB=kq(L2)2=k4qL2
二者方向相反，因此C点的合场强为0
答：(1)A、B间的库仑力大小为k9q24L2。
(2)A、B两球的质量之比为1：3。
(3)C点的电场强度为0。
(1)分析A、B两球间的库仑力，需先通过几何关系确定两球间距。已知∠OAB为30∘，OB长度为L，在三角形OAB中利用正弦关系可求出AB距离。库仑力大小由电荷量和距离决定，根据库仑定律直接建立关系。
(2)分别对A、B两球进行受力分析，每个小球均受重力、细线拉力和库仑力作用。两球静止时处于平衡状态，三个力满足平衡条件。通过几何角度确定库仑力与重力的方向关系，利用力的平衡方程分别建立库仑力与各自质量的关系，联立即可求得质量之比。
(3)计算C点电场强度需考虑A、B两球在该点产生的场强的矢量叠加。先根据几何关系确定C点与A、B两球的距离，再根据点电荷场强公式分别求出两球在C点产生的场强大小。判断两场强的方向关系，由于A、B带同种电荷且C位于连线中点正下方，两场强方向相反，进行矢量合成得到合场强。
本题是一道综合性较强的静电场与力学平衡问题，它巧妙地将库仑定律、共点力平衡以及电场强度的矢量合成融合于一个几何结构清晰的物理情境中。题目考查学生从几何图形中提取关键长度信息的能力、对带电小球进行受力分析并建立平衡方程的能力，以及计算点电荷电场强度并进行矢量叠加的运算能力。计算量适中，但需要学生具备严谨的几何推理和准确的受力分解技巧，尤其是利用角度关系将库仑力与重力联系起来求解质量比的过程，很好地锻炼了学生的逻辑思维和模型构建能力。第三问电场强度的求解则检验了学生对电场矢量性及对称性的理解深度。
14.【答案】0∼5s内汽车的加速度大小为2m/s2
汽车的额定功率为6×104W，最大速度大小为30m/s
汽车从启动开始到达到最大速度时运动的位移大小为750m
【解析】(1)由题意可知汽车受到的阻力为f=110mg，代入数据解得f=2000N
前5 s内对汽车受力分析，由牛顿第二定律有F−f=ma
解得a=2m/s2
(2)5s末汽车的速度v1=at，代入数据解得v1=10m/s
5s末达到额定功率，则P额=Fv1，代入数据解得P额=6×104W
当牵引力等于阻力时速度最大vmax=P额f，代入数据解得vmax=30m/s
(3)阻力为f=110mg
全程由动能定理有P额t−fx=12mvmax2
代入数据联立解得位移x=750m
答：(1)0∼5s内汽车的加速度大小为2m/s2。
(2)汽车的额定功率为6×104W，最大速度大小为30m/s。
(3)汽车从启动开始到达到最大速度时运动的位移大小为750m。
(1)前5秒内汽车做匀加速直线运动，已知牵引力和阻力大小，利用牛顿第二定律确定合外力与质量的关系，进而得到加速度大小。
(2)匀加速阶段末速度可由运动学规律获得，该时刻功率达到额定值，根据瞬时功率公式即可求得额定功率。当汽车以额定功率行驶且牵引力等于阻力时，速度达到最大，利用功率与速度关系可求最大速度。
(3)汽车以额定功率启动，牵引力做功为功率乘以时间，阻力做负功，全过程满足动能定理，初动能为零，末动能对应最大速度，由此可建立方程求解总位移。
本题综合考查汽车启动过程的动力学与能量问题，涉及匀加速启动和恒定功率启动两种典型模型。题目通过分段描述运动情景，将牛顿第二定律、功率计算、动能定理等核心知识点有机串联，计算量适中，难度中等偏上。学生需要准确分析各阶段的受力与运动特点，理解匀加速阶段牵引力恒定、功率增大，以及达到额定功率后功率恒定、牵引力随速度变化直至匀速的物理过程。其中第三问要求从能量角度全程列式求解位移，有效考查学生对功能关系的灵活应用与整体法的掌握。
15.【答案】物块P经过B点时对轨道的压力大小为18N
物块P在C点时的速度大小为6m/s，最终停止的位置距C点的距离为0.4m
传送带的速率为6m/s，物块通过传送带的过程电动机对传送带多做的功为12J
【解析】解：(1)物块P从A点静止下滑至B点，由机械能守恒定律得mgR(1−csθ)=12mvB2
解得vB=4m/s
在B点，支持力和重力充当向心力得FN−mg=mvB2R
解得FN=18N
由牛顿第三定律可知，物块P经过B点时对轨道的压力大小F′N=FN=18N
(2)从C到弹簧被压缩到最大位置，由能量守恒定律得μmgs+Ep=12mvC2
解得vC=6m/s
从弹簧被压缩到最大位置向左运动至停止，由能量守恒定律得μmgs′=Ep
解得s′=1.6m