2025-2026学年广东省汕头市第一中学高一（下）期末物理试卷（含详细答案解析）

这是一份2025-2026学年广东省汕头市第一中学高一（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。
1.一颗速度较大的子弹，水平击穿原来静止在光滑水平面上的木块，设木块对子弹的阻力恒定，当子弹入射速度增大时，下列说法正确的是( )
A. 木块速度变化量不变B. 木块速度变化量变小
C. 子弹速度变化量不变D. 子弹速度变化量变大
2.如图所示，一机器人用盘子端着一杯咖啡在水平路面上做加速直线运动，则( )
A. 杯子的速度越大，杯子的惯性越大
B. 托盘对杯子作用力的方向竖直向上
C. 杯子受到的摩擦力方向与杯子的运动方向相反
D. 托盘对杯子的支持力与杯子对托盘的压力总是大小相等
3.关于如图四幅图片的说法中正确的是( )
A. 甲图中的实验表明平抛运动的水平方向为匀速直线运动
B. 乙图中是应用离心现象，脱水筒转动时水滴做离心运动
C. 根据丙图中电场线的分布情况，可知甲、乙带等量同种电荷
D. 丁图中若甲同学随火车一起以接近光速水平向左运动，则他看到站台上的乙同学会变矮
4.浙江省城市篮球联赛(浙BA)于2025年7月揭幕，如图所示，运动员在不同位置以相同速率斜向上抛出篮球，篮球均空心落入篮筐。已知甲、乙两球出手高度相同，忽略空气阻力，则篮球从抛出到入框的过程中，下列说法正确的是( )
A. 两球入框时的速度大小和方向都相同B. 在空中运动的时间，甲球小于乙球
C. 在水平方向的速度，甲球小于乙球D. 若两球同时抛出，则有可能同时到达P点
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.在平直测试道路上，无人驾驶汽车甲与目标车乙在t=0时经过同一路标，并沿同一方向做直线运动，用x、v、v−、a分别表示两车的位移、速度、平均速度和加速度，t表示运动时间，下列图像中，能表示甲、乙两车在t0时刻相遇的是( )
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
8.如图甲中台秤的内部简易结构如图乙所示：托盘A、竖直杆B、水平横杆H与齿条C固定连在一起，齿轮D可无摩擦转动，与齿条C完全啮合，在齿轮上固定指示示数的轻质指针E，两根完全相同的弹簧将横杆H吊在秤的外壳I上。经过调校，托盘中不放物品时，指针E恰好指在竖直向上的位置。若放上质量为m的物体，指针偏转了θ弧度(θv1+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】C
【解析】解：A.由x−t图像可知在t=t0时刻，乙车运动的位移大于甲车运动的位移，故甲、乙两车在t0时刻不能相遇，故A错误；
B.v−t图像与坐标轴围成的面积表示位移。由v−t图像可知在t=t0时刻，乙车运动的位移大于甲车运动的位移，故甲、乙两车在t0时刻不能相遇，故B错误；
C.由v−−t图像可知在t=t0时刻，甲、乙两车的平均速度相同，则根据x=v−⋅t可知在t=t0时刻，甲车运动的位移等于乙车运动的位移，故甲、乙两车在t0时刻相遇，故C正确；
D.a−t图像与坐标轴围成的面积表示速度的变化量。由a−t图像可知在t=t0时刻，乙车运动的速度变化量大于甲车运动的速度变化量，而开始时甲、乙两车的初速度大小关系不确定，故在t=t0时刻，甲、乙两车运动的位移关系不能确定，即甲、乙两车在t0时刻不一定相遇，故D错误。
故选：C。
根据图像，分析甲、乙两车的运动情况，判断甲、乙两车在t0时刻能否相遇。
本题考查对x−t图像、v−t图像、v−−t图像以及a−t图像的理解。解题的关键在于明确图像中各物理量的含义以及相遇的条件。
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】B
【解析】解：由图乙可知，弹簧形变量等于齿条C下降的距离，假设指针偏转θ弧度齿条C下降距离为x，则
x=θd2
两根弹簧的弹力等于物体重力，根据胡克定律
2kx=mg
解得k=mgθd
故ACD错误，B正确。
故选：B。
利用数学关系l=θr，求解齿条C下降距离，即为弹簧形变量，再根据受力平衡和胡克定律求解弹簧劲度系数。
本题考查受力平衡和胡克定律的理解，需要知道弧长半径关系。题目较为简单。
9.【答案】D
【解析】解：AB.设定滑轮连接A球的绳段长度为s，则滑轮下方连接B球的竖直绳段长度为ssin37∘，由绳长关系得s+ssin37∘=L，解得s=L1+sin37∘=5L8。B球竖直方向仅受细线拉力与自身重力，可得细线拉力T=mg；细线拉力的竖直分力与小球A的重力平衡，有Tsin37∘=mAg，解得A球的质量mA=0.6m，故AB错误。
CD.水平方向上，A球所受水平向右的库仑斥力与细线拉力水平向左的分力平衡，可得库仑力Fe=Tcs37∘=0.8mg；A、B两球间距离为r=scs37∘=5L8×0.8=L2，设A、B两球所带电荷量均为q，由库仑定律得kq2r2=0.8mg，解得q= mgL25k，故C错误，D正确。
故选：D。
根据总绳长和37∘角的几何关系求出连A球的绳段长度，由B球竖直受力平衡得到绳子拉力，对A球竖直方向正交分解算出A的质量；由A球水平方向受力平衡得到库仑斥力，求出两电荷间距，代入库仑定律推导电荷量表达式。
本题考查静力学共点力平衡、力的正交分解、绳长几何约束，同时结合库仑定律计算点电荷间相互作用力，属于力学静电综合题型，涉及轻绳拉力传递、重力与库仑力的平衡分析。
10.【答案】C
【解析】解：A.结合题意及题图可知，课本受重力、粉笔盒的压力和摩擦力、桌面的支持力和摩擦力以及抽出课本所用的力F，一共6个力的作用，故A错误；
B.结合题意及前面分析可知，课本和粉笔盒之间、课本和桌面之间的摩擦力都是滑动摩擦力，则根据滑动摩擦力的计算公式f=μFN及课本相对粉笔盒和桌面的运动方向可知，课本受到的粉笔盒的滑动摩擦力大小为μmg、方向向左，课本受到的桌面的滑动摩擦力大小为3μmg、方向向左，因此课本所受到的摩擦力为两个摩擦力的合力，则有：
f总=f盒+f桌=μmg+3μmg=4μmg、方向向左，故B错误；
C.结合前面分析可知，若将课本和粉笔盒视为整体，则该整体水平方向受到桌面的滑动摩擦力摩擦力的和力F的作用，而对于粉笔盒，其水平方向只受到课本的滑动摩擦力作用，因此对于课本和粉笔盒组成的整体，能相对静止做匀加速直线运动的最大加速度为：
amax=f盒m=μmgm=μg，
因此此时该整体整体所受的合外力为：
F合=3m⋅amax=3μmg=F−3μmg，
解得：
F=6μmg，
因此当F=6μmg时，课本与粉笔盒恰好相对静止做匀加速直线运动，力F继续变大则会将课本从粉笔盒下方抽出来，故C正确；
D.结合题意及前面分析可知，粉笔盒在课本抽出前做匀加速直线运动，抽出后在桌面上做匀减速直线运动，抽出前后其加速度大小均为μg，
则其匀加速直线运动过程中向右的位移为：
x1=12at2=12μgt2，
分离时粉笔盒的速度大小为：
v=at=μgt，
分离后向右的位移为：
x2=02−v2−2a=−μ2g2t2−2μg=12μgt2，
故粉笔盒总位移为：
x=x1+x2=12μgt2+12μgt2=μgt2，故D错误。
故选：C。
A.结合题意及题图，即可确定课本的受力情况；
B.结合前面分析及题意，由滑动摩擦力的计算公式及方向的特点，即可分析判断；
C.结合前面分析及题意，整体法与隔离法相结合，分别由牛顿第二定律、力与力的关系分析列式，即可判断求解；
D.结合前面分析及题意，可确定粉笔盒被抽出前后的加速度，再由运动学规律及位移之间的关系列式，即可判断求解。
本题主要考查对牛顿第二定律的掌握，解题时需注意，应用牛顿第二定律解决简单问题时，要先明确物体的受力情况，然后列出牛顿第二定律的表达式，再根据需要求出相关物理量。
11.【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。
12.【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。
13.【答案】AB
否
1.5
2.5

【解析】解：(1)A.为了减小实验的误差，小球使用密度较大、体积小的钢球，故A正确；
B.实验时为了保证初速度相同，每次让小球从同一高度由静止释放，为了保证小球的初速度水平，则斜槽的末端需切线保持水平，故B正确；
C.因为要画同一运动的轨迹，必须每次释放小球的位置相同，故C错误；
D.小球和斜槽间的摩擦不影响实验，故D错误。
故选：AB。
(2)若以A点为抛出点，根据平抛运动的规律，竖直方向应该是自由落体，因此竖直位移比为1：3：5，然而，ℎAB：ℎBC=1：1，所以A点不可能是抛出点，
(3)由图可知物体从A到B和由B到C的水平位移相同，故时间相同，则有Δy=gt2=2L，将L=5cm=0.05m代入解得t=0.1s，v0=3Lt=3×，
竖直方向自由落体运动，根据匀变速直线运动中间时刻的瞬时速度等于该过程的平均速度有vBy=ℎAC2t=8×0.052×0.1m/s=2m/s，
根据vB= v02+vBy2，代入数据解得vB=2.5m/s；
故答案为：(1)AB；(2)否；(3)1.5，2.5
(1)根据减小实验误差的方法可分析该选项；
(2)根据平抛运动在竖直方向上为自由落体运动，根据竖直位移比为1：3：5关系即可判断A点不是抛出点；
(3)根据竖直方向Δy=gt2，以及水平方向匀速直线运动可求得B点的合速度。
本题考查了研究小球平抛运动的实验，理解实验原理、知道实验注意事项是解题的前提与关键，应用匀变速直线运动的推论与运动学公式即可解题。
14.【答案】CD
(ℎ5−ℎ3)28T2=gℎ4
dt
摆锤下摆过程中，动能逐渐增大，重力势能逐渐减小，机械能基本保持不变

【解析】(1)按图甲安装完实验装置后，还需选取刻度尺测纸带上相应长度，给电磁打点计时器提供低压交流电源，故CD正确，AB错误。
故选：CD。
(4)选取0点到4点的过程进行分析，若满足机械能守恒，则有mgℎ4=12mv2，而v=ℎ5−ℎ32T，联立得(ℎ5−ℎ3)28T2=gℎ4；
(6)②根据光电门计算瞬时速度的公式v=dt；
③摆锤下摆过程中，动能逐渐增大，重力势能逐渐减小，机械能基本保持不变。
故答案为：(1)CD；(4)(ℎ5−ℎ3)28T2=gℎ4；(6)②dt；③摆锤下摆过程中，动能逐渐增大，重力势能逐渐减小，机械能基本保持不变。
(1)根据相应的实验装置结合实验原理和注意事项进行分析解答；
(4)根据机械能守恒定律列式解答；
(6)②根据光电门计算瞬时速度公式解答；
③根据图中提供的能量信息结合机械能守恒定律进行分析解答。
考查机械能守恒定律的实验原理和注意事项，光电门实验和打点计时器问题，会根据题意进行准确分析解答。
15.【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。
16.【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。