2025-2026学年广东省深圳市多校高一（下）期末物理试卷（含详细答案解析）

这是一份2025-2026学年广东省深圳市多校高一（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，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。
1.下列哪些情况，能把研究对象当作是质点( )
A. 研究乒乓球运动中“上旋球”的打法
B. 研究足球运动中，如何才能踢出“香蕉球”
C. 研究地球的自转
D. 研究阅兵仪式上，我国自主研发的战斗机在空中飞行的轨迹
2.如图所示，原长为L、劲度系数为k的轻质弹簧一端固定在水平圆盘的圆心O，另一端与距圆心为3L2的小物块相连，物块质量为m相对圆盘静止。当圆盘绕过O点的竖直轴以不同的角速度ω匀速转动时，下列说法正确的是( )
A. 圆盘对小物块的摩擦力始终背离圆心
B. 角速度越大，圆盘对小物块的摩擦力越大
C. 当ω= km时，小物块恰好不受摩擦力
D. 当ω= k3m时，小物块恰好不受摩擦力
3.如图所示，水平地面上有一装有足够多水的容器，容器壁有两处破损分别记为小孔a和小孔b，水从小孔中以恒定的速度喷出后做平抛运动。已知小孔a距离地面的高度是小孔b的2倍，而小孔a喷出的水落地点到容器侧壁的水平距离只有小孔b喷出的12，则下列说法正确的是( )
A. 小孔a喷出的水从喷出到落地的时间是小孔b喷出的水从喷出到落地的时间的2倍
B. 小孔a喷出的水的初速度是小孔b喷出水的初速度的 24
C. 小孔a喷出的水从喷出到落地的位移大小等于小孔b喷出的水从喷出到落地的位移大小
D. 小孔a喷出的水落地时速度与地面的夹角是小孔b喷出的水落地时速度与地面夹角的4倍
4.超重、失重现象在各领域都很常见，以下描述正确的是( )
A. 宇航员王亚平在“天宫一号空间实验室”展示水球的实验，其中水球处于完全失重状态
B. 蹦极运动员从高处跳下，在弹性绳被拉直前，运动员处于超重状态
C. 人站在电梯内的水平地板上，当电梯加速上升时，人处于失重状态
D. 站在体重计上的人，在向下蹲的过程中，由于体重计示数反映人的体重，故示数不变
5.我国高铁自主创新取得重大成果。如图所示，一列质量为m的动车，以恒定功率P在平直轨道上行驶，经时间t，运动位移为x，速度从v1增加到最大速度v2，设动车行驶过程中所受阻力f不变。则动车在时间t内的( )
A. 加速度保持不变B. 最大速度v2=Pf
C. 位移x=v1+v22tD. 牵引力做功W=12mv22−12mv12
6.无人机下方通过细绳悬挂一重物由地面开始向上做匀加速直线运动，上升到距地面高ℎ0处时将细绳割断，重物在空中运动时所受空气阻力恒定，取地面重力势能为零，割断细绳后重物在空中运动过程中重物的重力势能Ep、动能Ek关于高度h的图像可能正确的是( )
A. B.
C. D.
7.如图，场地自行车比赛的运动员正在倾斜弯道上做半径为r的水平匀速圆周运动，且自行车相对倾斜弯道无侧向滑动趋势。若运动员和自行车(可视为质点)的总质量为m，倾斜弯道与水平面夹角为θ，重力加速度大小为g，忽略空气阻力。下列说法正确的是( )
A. 自行车所受支持力方向竖直向上B. 自行车对弯道的压力大小为mgcsθ
C. 自行车的线速度大小为 gtanθrD. 自行车运动的半径越大，其线速度就越小
二、多选题：本大题共3小题，共18分。
8.我国计划将“羲和二号”太阳探测卫星部署至日地系统拉格朗日点L5。研究表明，太阳中心S、地球中心E和L5的连线构成稳定的等边三角形，太阳、地球和部署在L5的卫星以相同周期绕日地连线上的P点做圆周运动，如图所示，则( )
A. 卫星的向心加速度比地球的大
B. 卫星与地球的线速度大小相等
C. 太阳和地球对卫星引力的合力指向E、S连线中点
D. 太阳和地球对卫星的引力大小之比等于太阳和地球的质量之比
9.图是某种静电推进装置的原理图，发射极与吸极接在高压电源两端，两极间产生强电场，虚线为等势面，在强电场作用下，一带电液滴从发射极加速飞向吸极，a、b是其路径上的两点，不计液滴重力，下列说法正确的是( )
A. a点的电势比b点的低B. a点的电场强度比b点的大
C. 液滴在a点的加速度比在b点的小D. 液滴在a点的电势能比在b点的大
10.分拣线上常会用到改变工件运动方向的装置。如图所示，宽度为2d的水平传送带以速度v0向右匀速运动，在其上方固定一光滑挡板，挡板与传送带AB边界的夹角为θ(θ为锐角)。现将质量为m的工件(可视为质点)轻放在传送带中心线上一点，当工件相对传送带静止时恰好碰到挡板，碰后工件垂直于挡板方向的速度减为零，平行于挡板方向的速度与碰前相同，最终工件从DC边界离开传送带。已知工件与传送带间的动摩擦因数为μ，重力加速度大小为g。则工件( )
A. 从放上传送带至碰到挡板，所用的时间为2v0μg
B. 从放上传送带至碰到挡板前瞬间，摩擦力对其做的功为12mv02
C. 沿挡板运动时对挡板的压力大小为μmgsinθ
D. 从碰到挡板至离开传送带所用的时间为2dv0sin2θ
三、实验题：本大题共2小题，共20分。
11.用频闪照相记录平抛小球在不同时刻的位置，探究平抛运动的特点
(1)如图1，在平抛运动实验仪上从同一高度静止释放小球，让小球沿着轨道下滑然后水平抛出，下列做法正确的是______(填选项前的字母)。
A. 选择体积大、质量小的小球B. 借助重垂线确定竖直方向
C. 先抛出小球，再打开频闪仪D. 抛出时要确保轨道末端水平
(2)图2所示的实验中，A球沿水平方向抛出，同时B球自由落下，借助频闪仪拍摄上述运动过程。图3为某次实验的频闪照片，在误差允许范围内，根据任意时刻A、B两球的竖直高度相同，可判断A球竖直方向做 运动；根据A球相邻两位置水平距离相等，可判断A球水平方向做 运动。
12.在物理学科文化节上，小明同学用如图1所示的装置验证轻弹簧和小物块(带有遮光条)组成的系统机械能守恒并测量当地的重力加速度。查到了弹簧弹性势能的表达式为Ep=12kx2(k为劲度系数，x为弹簧的形变量)，具体实验操作如下：
a.将弹簧的一端固定于地面，另一端A系上轻质细绳，细绳绕过定滑轮，拴接带有遮光条的物块B，测得物块B和遮光条的总质量为m，遮光条的宽度为d；
b.遮光条正下方安装可移动的光电门；
c.调节物块B的位置，使细绳恰好处于伸直状态，此时A、B在同一水平线上；
d.静止释放物块B，记录遮光条通过光电门的时间t以及释放物块B时遮光条到光电门的距离ℎ(d0，N>mg，处于超重状态，故C错误；
D、人下蹲过程分为两个阶段：先加速向下amg，超重，体重计示数大于重力，最终静止时示数等于重力，因此示数会发生变化，故D错误。
故选：A。
依据超重、失重判定核心规则：加速度向上为超重，加速度向下为失重，加速度向下且大小等于重力加速度时为完全失重。逐一分析各场景的加速度方向，判断超重失重状态，区分视重与实际重力。
本题结合太空实验、蹦极、电梯、下蹲多种生活化情景，考查超重失重基础判定规律，紧扣“加速度方向”这一判断关键，能够有效纠正仅凭运动方向判断超失重的常见误区，情景丰富，适合夯实概念。
5.【答案】B
【解析】解：A、动车以恒定功率P在平直轨道上行驶，速度从v1增加到最大速度v2，根据P=Fv可知牵引力F逐渐减小，根据牛顿第二定律得a=F−fm，阻力f不变，所以加速度a逐渐减小，故A错误；
B、动车以最大速度v2运行时，牵引力F等于阻力f，则f=F2=Pv2，可得最大速度为v2=Pf，故B正确；
C、由A选项分析得知，动车做加速度减小的变加速运动，平均速度v−>v1+v22，则位移x=v−t>v1+v22t，故C错误；
D、动车加速过程中，牵引力做正功，阻力做负功，根据动能定理得W−fx=12mv22−12mv12，可得牵引力做功W=fx+12mv22−12mv12，故D错误。
故选：B。
动车以恒定功率P在平直轨道上行驶，根据功率公式P=Fv分析牵引力的变化，根据牛顿第二定律分析加速度的变化；速度最大时，牵引力与阻力大小相等，由功率公式求最大速度；分析动车的运动情况，确定其位移大小；根据动能定理求牵引力做功。
解答本题时，要根据功率公式和牛顿第二定律相结合分析清楚动车的运动情况，要注意x=v0+v2t只适用于匀变速直线运动。运用动能定理时，要分析各力做功情况。
6.【答案】A
【解析】解：AB.设重物的重力为mg，阻力为f，离地高度为h，割断细绳后，重物上升过程中，对重物由动能定理得−(mg+f)(ℎ−ℎ0)=Ek−Ek0，
整理得：Ek=−(mg+f)ℎ+(mg+f)ℎ0+Ek0
可知动能关于位移的图像斜率表示合外力，绳子割断时重物具有向上的速度，在向上运动时合力为Ff+mg，到最高点后向下运动合力为mg−Ff，即向上运动时的斜率大于向下运动时的斜率，故A正确，B错误；
CD.重力势能关于位移的图像斜率表示重力，无论向上运动还是向下运动，斜率大小相同，故CD错误。
故选：A。
重物运动过程中，根据动能定理分析Ek−ℎ图像的斜率，根据重力势能的表达式分析Ep−ℎ图像的斜率，结合图像分析即可。
本题考查动能定理和重力势能，解题关键是掌握动能定理的表达式，再分析图像即可。
7.【答案】B
【解析】解：A.自行车所受支持力垂直于轨道向上，故A错误；
B.对自行车受力分析，如图所示
则N=mgcsθ，根据牛顿第三定律，车对弯道的压力大小为mgcsθ，故B正确；
C.根据牛顿第二定律可得mgtanθ=mv2r，解得自行车的线速度大小v= grtanθ，故C错误；
D.根据C答案可知自行车运动的半径越大，其线速度越大，故D错误。
故选：B。
根据自行车的受力情况结合牛顿第二定律、牛顿第三定律和向心力公式进行分析解答。
考查自行车的受力情况结合牛顿第二定律、牛顿第三定律和向心力公式，会根据题意进行准确分析解答。
8.【答案】AD
【解析】解：A：向心加速度公式：a=ω2R，其中R为圆周运动的轨道半径。卫星与地球的角速度ω=2πT相同，而卫星的轨道半径R卫(L5到P的距离)大于地球的轨道半径R地(E到P的距离)，
因此a卫=ω2R卫>a地=ω2R地，故A正确；
B：线速度公式：v=ωR，卫星与地球角速度ω相同，但轨道半径R卫>R地，因此v卫=ωR卫>v地=ωR地，故B错误；
C：卫星做匀速圆周运动的向心力由太阳和地球的引力合力提供，因此合力必须指向圆周运动的圆心P，而非SE连线的中点，故C错误；
D：设太阳质量为M，地球质量为m，卫星质量为m0，日地间距为r，
则：太阳对卫星的引力：FS=GMm0r2
地球对卫星的引力：FE=Gmm0r2
两者的比值：FSFE=GMm0r2Gmm0r2=Mm，即等于太阳和地球的质量之比，故D正确。
故选：AD。
根据向心加速度公式，结合三者周期相同，综合卫星做匀速圆周运动的向心力由太阳和地球的引力合力提供分析求解。
本题综合考查了万有引力的多星系统，理解不同情况下天体的受力和运动状态，抓住三者角速度相同的基本特点是解决此类问题的关键。
9.【答案】BD
【解析】解：A、高压电源左为正极，则所加强电场的场强向右，而沿着电场线电势逐渐降低，可知a点的电势比b点的高，故A错误；
C、液滴的重力不计，根据牛顿第二定律可知，液滴的加速度为a=qEm，可得液滴在a点的加速度比在b点的大，故C错误；
B、根据电场方向跟等势线的关系可知，等势线密的地方，电场线也比较密，因为a处的等势线较密，所以a点的电场强度比b点的大，故B正确；
D、液滴在电场力作用下向右加速，则电场力做正功，动能增大，电势能减少，即液滴在a点的电势能比在b点的大，故D正确。
故选：BD。
该题需分析带电液滴在高压电场中的运动过程。发射极接正极时电场方向向右，液滴向右加速表明带正电。沿着电场线方向电势降低，a点电势高于b点。电场强度由等势面疏密判断，a处等势面较密则场强较大。液滴仅受电场力作用，加速度与场强成正比，故a点加速度较大。液滴加速过程中电场力做正功，动能增加而电势能减小，因此a点电势能较大。
本题以静电推进装置为背景，综合考查静电场的基本概念与规律。题目通过等势面分布图，将电场强度、电势、电势能及牛顿第二定律等知识点有机融合，要求学生具备较强的图像分析能力和物理逻辑推理能力。题目计算量小，但思维层次清晰，重点在于理解电场线、等势面与场强、电势的关系，并能分析带电粒子在电场中的受力与运动情况。本题的亮点在于将抽象的等势面分布转化为对场强大小、电势高低及能量变化的判断，有效考查学生对电场基本性质的掌握程度。
10.【答案】BD
【解析】解：A、工件在传送带上做匀加速直线运动，加速度为a=μmgm=μg，与传送带共速时有v0=at，解得t=v0μg，即从放上传送带至碰到挡板，所用的时间为v0μg，故A错误；
B、工件从放上传送带至碰到挡板，由动能定理可知摩擦力对其做的功W=12mv02，故B正确；
CD、工件与传送带共速时，将工件的速度沿挡板方向和垂直挡板方向分解，如图所示：
有vy=v0sinθ。
工件与挡板碰撞后，垂直于挡板方向的速度减为零，其相对传送带的速度大小为v相对=vy=v0sin⁡θ，方向垂直于挡板斜向左下方。因滑动摩擦力方向与相对运动方向相反，故工件受到传送带的摩擦力方向垂直于挡板斜向右上方，因工件在垂直挡板方向受力平衡，则工件受到传送带的摩擦力μmg与挡板对它的弹力大小相等、方向相反。
根据牛顿第三定律，工件沿挡板运动时对挡板的压力与挡板对工件的弹力相等，大小为μmg。由于vx=v0csθ与传送带沿挡板方向速度相同，工件沿挡板方向以速度vx做匀速直线运动，因此工件从碰到挡板到离开传送带所用的时间为t=dvxsinθ，代入vx=v0csθ得t=dv0csθsinθ=2dv0sin2θ，故C错误，D正确。
故选：BD。
工件从静止被轻放在传送带中心，受滑动摩擦力作用做匀加速直线运动直至与传送带共速。根据牛顿第二定律求出加速度，结合共速条件可求出加速阶段时间。工件动能完全由摩擦力做功提供，运用动能定理直接得到摩擦力做的功。工件与传送带共速时，将工件的速度沿挡板方向和垂直挡板方向分解，分析工件与挡板碰撞后相对传送带的速度大小和方向，确定工件受到传送带的摩擦力方向，根据工件在垂直挡板方向受力平衡分析沿挡板运动时挡板对工件的弹力大小，从而得到沿挡板运动时对挡板的压力大小；分析工件从碰到挡板至离开传送带的运动情况，再求运动时间。
本题能够正确分解物块与挡板碰撞后的速度方向，并计算出两方向上速度大小是解题的关键。
11.【答案】【小题1】
BD
【小题2】
自由落体
匀速直线

【解析】解：(1)A.为了减小空气阻力的影响，实验时应选择体积小、质量大的小球，故A错误；
B.为了准确建立直角坐标系，需要借助重垂线确定竖直方向，故B正确；
C.为了记录完整的运动过程，实验时应先打开频闪仪，然后再抛出小球，故C错误；
D.为了保证小球做平抛运动，其初速度必须保持水平，因此要确保轨道末端水平，故D正确。
故选：BD。
(2)由题意知，任意时刻A、B两球的竖直高度相同，而B球做自由落体运动，故说明A球在竖直方向的运动规律与B球完全相同，即可判断A球竖直方向做自由落体运动。
频闪照相的时间间隔相等，根据A球相邻两位置水平距离相等可知，A球在水平方向上相同时间内通过的位移相等，由此可判断A球水平方向的分运动是匀速直线运动。
故答案为：(1)BD；(2)自由落体，匀速直线。
(1)由实验原理及注意事项确定；
(2)由类比法得出平抛运动竖直方向和水平方向的分运动。
本实验考查实验原理及注意事项，类比法得出平抛运动竖直方向和水平方向的分运动，推理、实验探究能力。
12.【答案】dt
mk0d2
bd22
2mgk

【解析】解：(1)根据光电门求解瞬时速度的原理，小物块经过光电门时的速度大小为v=dt；
(2)小物块下降距离为h，小物块和弹簧整体的机械能守恒mgℎ=12kℎ2+12mv2，又知v=dt，联立解得1ℎt2=−kmd2ℎ+2gd2，已知图像的斜率的绝对值为k0，纵截距为b，故kmd2=k0，2gd2=b，得k=mk0d2，g=bd22；
(3)小物块下降ℎ1，小物块和弹簧整体的机械能守恒mgℎ1=12kℎ12+12m(dt)2，小物块下降ℎ2，小物块和弹簧整体的机械能守恒mgℎ2=12kℎ22+12m(dt)2，联立解得mg(ℎ1−ℎ2)=12k(ℎ1+ℎ2)(ℎ1−ℎ2)，可得
ℎ1+ℎ2=2mgk。
故答案为：(1)dt；(2)mk0d2，bd22；(3)2mgk。
(1)根据光电门求解瞬时速度的公式列式解答；
(2)根据机械能守恒定律结合图像的斜率和截距列式解答；
(3)根据系统机械能守恒列式联立解答。
考查验证机械能守恒定律的理解和应用，熟练掌握动能和弹性势能、重力势能的表达式是关键，属于中等难度考题。
13.【答案】【小题1】无人机匀速上升阶段的速度v为4m/s，时间t2为5.5s
【小题2】包裹在匀减速上升过程中，无人机对包裹作用力F的大小为16N
【小题3】若包裹内易碎品能承受的最大支持力为自身重力的1.5倍，为保证易碎品不被损坏，则无人机在上升阶段的加速度不能超过5m/s2

【解析】解：(1)匀加速上升阶段，末速度v=a1t1=2×2m/s=4m/s
位移x1=12a1t12=12×2×22m=4m
由于匀加速、匀减速阶段的加速度大小相等，根据对称性可知，匀减速上升阶段，时间t3=t1=2s
位移x3=x1=4m
匀速上升阶段，位移x2=H−x1−x3=30m−4m−4m=22m
匀速阶段的速度大小等于匀加速上升阶段的末速度大小，即v=4m/s
时间t2=x2v=224s=5.5s
(2)包裹在匀减速上升过程中，加速度大小为2.0m/s2，方向竖直向下。
包裹受竖直向下的重力与无人机对包裹竖直向上的作用力F，根据牛顿第二定律得mg−F=ma
解得F=16N
(3)匀加速上升阶段，包裹受竖直向下的重力与无人机对包裹竖直向上的作用力Fm，根据牛顿第二定律得Fm−mg=mam
又Fm=1.5mg
解得am=12g=12×10m/s2=5m/s2
答：(1)无人机匀速上升阶段的速度v为4m/s，时间t2为5.5s；
(2)包裹在匀减速上升过程中，无人机对包裹作用力F的大小为16N；
(3)若包裹内易碎品能承受的最大支持力为自身重力的1.5倍，为保证易碎品不被损坏，则无人机在上升阶段的加速度不能超过5m/s2。
(1)利用匀加速直线运动公式求出匀速速度与加速阶段位移；匀减速加速度大小和加速阶段相同，可得到匀减速位移，结合总高度算出匀速阶段位移，进而求出匀速运动时间；
(2)以包裹为研究对象，取向下为正方向运用牛顿第二定律求解作用力；
(3)易碎品向上加速时支持力最大，对易碎品受力分析，由牛顿第二定律求出允许的最大加速度。
本题以无人机物流为真实情景，融合匀变速直线运动分段计算与牛顿第二定律、超重知识，设问层层递进，既考查运动学分段处理的常规方法，又联系超重实际问题，综合性适中，贴近生活，适合巩固直线运动与动力学结合题型。
14.【答案】弹射前弹簧的弹性势能为42J 物块经B点时圆弧轨道对其的支持力大小为52N 物块恰好从D点沿切线进入轨道DE时的速度大小为5m/s 若物块与DE间的动摩擦因数μ=14，物块在DE间运动的总路程为5m
【解析】解：(1)从开始到C点，物块和弹簧组成的系统机械能是否守恒。根据机械能守恒定律可知，弹射前弹簧的弹性势能：
Ep=mgR(1−cs60∘)+12mvC2
代入数据解得：Ep=42J；
(2)从A到B，根据机械能守恒定律可得：Ep=12mvB2
在B点，根据牛顿第二定律可得：FN−mg=mvB2R
解得物块经B点时圆弧轨道对其的支持力大小：FN=52N；
(3)根据斜上抛运动的规律可知：vCcs60∘=vDcs37∘
解得：vD=5m/s；
(4)若物块与DE间的动摩擦因数μ=14，设物块第一次返回D点的速度大小为v，根据能量守恒定律可得：
12mvD2−12mv2=μmgcs37∘×2L
解得：v= 5m/s，所以物块能从D点飞出后不再返回。
物块在DE间运动的总路程s=2L=2×2.5m=5m。
答：(1)弹射前弹簧的弹性势能为42J；
(2)物块经B点时圆弧轨道对其的支持力大小为52N；
(3)物块恰好从D点沿切线进入轨道DE时的速度大小为5m/s；
(4)若物块与DE间的动摩擦因数μ=14，物块在DE间运动的总路程为5m。
(1)从开始到C点，根据机械能守恒定律求解弹射前弹簧的弹性势能；
(2)从A到B，根据机械能守恒定律结合牛顿第二定律求解物块经B点时圆弧轨道对其的支持力大小；
(3)根据斜上抛运动的规律求解D点速度大小；
(4)判断物块能否从D点离开斜面，再根据运动情况进行解答。
本题主要是考查了机械能守恒定律的知识；要知道机械能守恒定律的守恒条件是只有重力或系统内弹力做功，知道机械能的大小与零势能面的选取有关。
15.【答案】当弹簧的弹性势能Ep=3mgr，小球刚到达C点时对轨道的压力为6mg，方向竖直向下；
小球从D点离开轨道时的最小速度为 45gr；
从D点抛出的小球不能与挡板无碰撞恰好落在F点，释放小球时弹簧具有的弹性势能Ep与小球和挡板碰撞次数n之间的函数关系为5(n+1)2+2415mgr(n=2,4)
【解析】(1)小球从P点到C点机械能守恒
Ep+mg⋅2r=12mvC2
解得
vC= 10gr
在C点，对小球用牛顿第二定律
Nc−mg=mvc22r
解得轨道对小球的支持力
NC=6mg
根据牛顿第三定律，小球对轨道的压力大小为6mg，方向竖直向下
(2)因小球穿在轨道上，则当小球恰好通过B点(速度为零)时，从D点离开时的速度最小，从B点到D点的过程中，根据动能定理有
mg⋅2r−μmg⋅4r=12mvD2−0
解得
vD= 45gr
(3)当小球从D点以最小速度做平抛运动时，根据平抛运动的规律有
2r=vDt0
ℎ0=12gt02
解得
ℎ0=2.5r