2025-2026学年广东省茂名市高一（下）期末物理试卷（含详细答案解析）

这是一份2025-2026学年广东省茂名市高一（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.将一个小球以v0=5m/s的初速度水平抛出，抛出点距水平地面的高度ℎ=0.8m，不计空气阻力，g=10m/s2，则小球落地点与抛出点的水平距离为( )
A. 1mB. 2mC. 3mD. 4m
2.如图所示，汽车过拱形桥时的运动可以看作匀速圆周运动，质量为1吨的汽车以10m/s的速度过半径为100m的拱形桥，重力加速度g=9.8m/s2，则经过桥顶时对桥的压力大小是( )
A. 8800NB. 9000NC. 9800ND. 10800N
3.茂名某学生学了万有引力定律这一章后，为实现精准农业管理，设想发射一颗“荔枝遥感卫星”，在距地面高度ℎ=400km的圆轨道上运行，监测全市荔枝长势。已知地球半径R=6400km，同步卫星离地面的高度约为地球半径的6倍，地球表面重力加速度g=10m/s2。下列说法正确的是( )
A. 该卫星的发射速度大于11.2km/s
B. 该卫星在轨道上的运行速度大于茂名的荔枝树随地球自转的线速度
C. 该卫星可以相对地面静止，在茂名地区上空对荔枝树进行连续监测
D. 该卫星绕地球运行一圈的时间约为24小时，每天可对茂名荔枝种植区监测一次
4.茂名是广东重要的水果产区，果农用水平推力推着装满三华李的手推车在水平道路上匀速前进，手推车和三华李总质量为100kg，受到的摩擦力为重力的0.2倍，推车速度恒为1m/s，g=10m/s2。下列说法正确的是( )
A. 重力对手推车做正功
B. 推力的瞬时功率为2000W
C. 10s内推力做功为2000J
D. 若要推动手推车前进，则果农对车的力必须大于车对果农的力
5.某新能源汽车进行直线加速测试，t=0时从静止开始加速，电机提供恒定牵引力，阻力恒定，t1时撤去牵引力，汽车仅受阻力作用，到t2时停下。在下列位移x与时间t的关系曲线中，可能正确的是( )
A. B.
C. D.
6.如图所示，斜面上叠放着三块石头，均处于静止状态，a在最上面，a和b接触点切面为水平面，b和c接触点切面不水平，下列说法正确的是( )
A. a受到3个力的作用
B. a对b的摩擦力向右
C. b受到5个力的作用
D. 斜面对c的作用力竖直向上
7.如图所示，某运动员用水平恒力推一个质量为20kg的冰壶，使其由静止开始在水平面上运动，经过2s的时间速度达到2m/s，然后撤去推力，再滑10m的距离冰壶停止。取重力加速度大小g=10m/s2，下列说法正确的是( )
A. 冰壶与水平面间的动摩擦因数为0.2B. 撤去推力后冰壶滑动的时间为20s
C. 撤去推力后摩擦力对冰壶做功为40JD. 推力对冰壶做功为48J
二、多选题：本大题共3小题，共18分。
8.2026年5月，茂名市的耀明糖厂因收购各地蔗农滞销的果蔗，承诺“来者不拒”，被网友称为“全网最暖糖厂”。糖厂在生产过程中，利用倾斜滑道输送甘蔗。一根甘蔗从滑道顶端由静止滑下，不计空气阻力和摩擦力，重力加速度为g，下列说法正确的是( )
A. 甘蔗下滑过程中，机械能守恒
B. 甘蔗滑到底端时，重力势能一定为零
C. 甘蔗下滑过程中重力所做的功等于甘蔗重力势能的变化量
D. 当甘蔗下滑的竖直高度为h时，速度大小为 2gℎ
9.如图所示，半径为R的半圆形槽固定在水平面上。质量为m的小物块从与圆心等高的A处由静止滑下，到达与圆心高度差为0.5R的C处时速度为零，B为半圆槽的最低点，忽略空气阻力，则( )
A. 小物块从A到C的过程中，系统摩擦生热为0.5mgR
B. 小物块从C到B的过程中机械能减少了0.5mgR
C. 小物块第二次经过B点时所受的支持力比第一次的小
D. 小物块从C运动到B后能沿槽上升到与C等高的位置
10.在光滑水平面上固定一个半径为R的光滑半圆弧轨道，质量为2m的甲以某一初速度冲向质量为m的静止的乙(甲、乙均可以看作质点)，甲、乙发生碰撞后，乙到达半圆弧轨道最高点时对轨道压力恰好为零，甲沿半圆弧轨道运动到与圆心O等高的B点时速度为零。已知重力加速度大小为g，OA与OQ夹角为θ，忽略空气阻力。则( )
A. 乙从半圆弧轨道飞出后落到水平面的位置到Q点的距离为2R
B. 当甲由B点沿半圆弧轨道下滑到A点时，速度大小为 2gRcsθ
C. 当甲由B点沿半圆弧轨道下滑到A点时，其所受重力的功率为2mg 2gRcsθ
D. 当乙运动B点时，对轨道没有压力
三、实验题：本大题共2小题，共17分。
11.下列是有关平抛运动和圆周运动的两个实验
(1)Ⅰ.(1)在“探究平抛运动特点”的实验中，下列做法错误的是______(填选项前的字母)。
A.斜槽轨道末端必须调至水平，以保证小球离开轨道时速度沿水平方向
B.为减小空气阻力影响，应选择体积小、质量大的钢球
C.借助重垂线确定竖直方向，以便准确测量竖直位移
D.每次释放小球的位置可以不同
E.每次实验必须由静止释放小球
(2)平抛运动规律分析
图甲为另一个实验装置示意图，图乙为某次实验的频闪照片，频闪周期为T。
①若测得小球A在竖直方向连续相等时间内的位移分别为y1、y2、y3，且满足y2−y1=y3−y2=Δy，则可判断小球在竖直方向做 运动。
②若测得小球A在一个频闪周期内水平位移为x，则小球A的初速度大小为 。
Ⅱ.在太空中可以利用匀速圆周运动测量小球的质量。将不可伸长的轻绳一端固定于O点，另一端系一待测小球，使其绕O点做匀速圆周运动。使用力传感器测得绳上的拉力为F，用秒表测得小球转过n圈所用的时间为t，用刻度尺测得O点到球心的距离为圆周运动的半径R。通过这些数据可以计算出小球做圆周运动的周期T= ，小球的质量为 。若误将n−圈记作n圈，则测得质量 (填“偏大”、“偏小”、“不变”)
12.小李同学利用数据采集器研究动能和重力势能转化所遵循的规律。实验装置如图所示，在铁架台上固定有带格子的圆弧形背板，摆锤释放器可绕固定点O转动并固定在某一角度，圆柱形摆锤通过绳子悬挂于点O，并可用磁铁吸附在释放器上。光电门传感器固定在圆弧形背板上，并与数据采集器相连，可自动记录摆锤通过的时长。
(1)将传感器先后分别固定在竖直板上的D、C和B三点，逐次将摆锤从A点自由释放。
(2)测出C点与最低点D的高度差ℎC，以及摆锤通过C时的挡光时间为tC，已知摆锤的直径为d，则摆锤经过C时的速度大小为 。
(3)再测出B点与D点的高度差ℎB，以及摆锤经过B点的时间tB，已知重力加速度为g，以D点所在水平面为零势能面，则质量为m的摆锤经过B点时，重力势能为 。
(4)实验过程中， (填“需要”或“不需要”)测量摆锤的质量。
(5)为了证明摆锤在B、C两点的机械能相等，需要得到的关系式是 。
(6)小艳同学也做了同样的实验，她记录了每次光电门离最低点D的高度h及其相应的挡光时间t后，绘制了四幅图像。若机械能守恒，则下列图像中正确的是 。
四、计算题：本大题共3小题，共37分。
13.2026年5月25日，神舟二十三号航天员乘组入驻中国空间站，这是“天宫”首次有来自香港的航天员进驻。已知空间站在距地面h高度处绕地球做匀速圆周运动，地球半径为R，地球表面重力加速度为g，地球自转周期T0=24ℎ
(1)求空间站在轨运行线速度大小v
(2)若中国空间站在轨运行周期T=1.5ℎ，从图示位置开始，在赤道上空由西向东运动，求空间站宇航员一天内能看到几次日出。
14.动画片《熊出没》中的毛毛在途中遇到一处壕沟，如图甲。毛毛想：人生没有过不去的坎，猴生没有越不过的沟。于是他爬上一棵大树，抓住树上的青藤，从与悬挂点O等高处由静止荡下来，其过程简化如图乙所示。他摆到最低点A时松手，刚好能越过壕沟。已知壕沟两边沿一样高，悬点O位于左边沿的正上方，青藤长度L=1.8m且保持不变，壕沟宽度x=6m，毛毛质量m=5kg，视为质点，不计空气阻力，重力加速度g=10m/s2，求：
(1)毛毛摆动到最低点时速度的大小
(2)毛毛摆动到最低点时，青藤受到的拉力
(3)A点离地面的高度
15.“深坑打夯机”的工作示意图如图所示。首先，电动机带动两个摩擦轮匀速转动，将夯杆从深坑提起；当夯杆的下端刚到达坑口时，两个摩擦轮将夯杆松开；夯杆在自身重力的作用下，落回坑底；这样周面复始地进行，就可以达到将坑底夯实的目的。已知两摩擦轮对夯杆的压力均为FN=2×104N。与夯杆的动摩擦因数μ=0.35，夯杆的质量m=1.0×103kg，坑深ℎ=6m，每个打夯周期中，摩擦轮对夯杆做的功W=7.8×104J，重力加速度g=10m/s2，不计夯实坑底引起的深度变化，试计算：
(1)夯杆被摩擦滚轮带动加速上升的过程中加速度的大小a
(2)两摩擦轮边缘的线速度大小v
(3)每个打夯周期中，摩擦轮与夯杆因摩擦产生的热量Q
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：小球做平抛运动，在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动。
小球在竖直方向上，根据ℎ=12gt2得
小球从抛出到落地经历的时间t= 2ℎg= 2×0.810s=0.4s
小球在水平方向上，根据x=v0t得
小球落地点与抛出点的水平距离x=v0t=5×0.4m=2m
故ACD错误，B正确。
故选：B。
平抛运动分解为竖直方向自由落体、水平方向匀速直线运动；先用竖直下落高度结合自由落体公式算出运动总时间，再用初速度乘以时间得到水平位移。
本题是平抛运动基础题型，严格考查运动的分解思想，步骤固定简洁，只涉及自由落体与匀速直线两个基础公式，用来检验平抛基础解题范式是否掌握。
2.【答案】A
【解析】解：汽车在拱形桥顶受重力和桥面支持力的作用，合力提供向心力。
设桥对汽车的支持力为FN，已知汽车质量m=1000kg，根据牛顿第二定律有
mg−FN=mv2R
代入数据解得FN=1000×9.8N−1000×102100N=8800N
根据牛顿第三定律可知，汽车经过桥顶时对桥的压力大小为8800N，故A正确，BCD错误。
故选：A。
汽车在桥顶时，由重力和支持力的合力提供圆周运动的向心力，根据牛顿第二定律求出拱桥对汽车的支持力，即可根据牛顿第三定律得到汽车对桥面的压力。
本题主要考查竖直平面内的圆周运动，解决本题的关键分析清楚向心力的来源，运用牛顿运动定律进行求解。
3.【答案】B
【解析】解：A、第一宇宙速度(7.9km/s)是卫星不落回地球所需的最小发射速度，第二宇宙速度(11.2km/s)是脱离地球引力束缚的最小发射速度。
该遥感卫星在绕地球运行的圆轨道上，并未脱离地球，因此其发射速度应在7.9km/s到11.2km/s之间，一定小于11.2km/s，故A错误；
B、对于绕地球做匀速圆周运动的卫星，根据万有引力提供向心力有GMmr2=mω2r，解得ω= GMr3，可知轨道半径越小，卫星运行的角速度越大。
该卫星轨道半径为R+ℎ，同步卫星轨道半径约为R+6R=7R，由于该卫星轨道半径小于同步卫星轨道半径，故该卫星的角速度ω大于同步卫星的角速度，即大于地球自转的角速度ω0。
茂名的荔枝树随地球自转的圆周半径r′小于或等于地球半径R，其随地球自转的线速度v树=ω0r′；
该卫星的运行线速度v=ω(R+ℎ)。因ω>ω0且R+ℎ>R≥r′，可得v>v树，即该卫星在轨道上的运行速度大于茂名的荔枝树随地球自转的线速度，故B正确；
C、要使卫星相对地面静止，该卫星必须是地球同步卫星。地球同步卫星只能定点在赤道正上空，且轨道高度必须约为地球半径的6倍。
该遥感卫星高度仅为400 km，不满足同步卫星的定轨条件，因此无法相对地面静止，故C错误；
D、根据开普勒第三定律r3T2=k，由于该遥感卫星的轨道半径远小于同步卫星的轨道半径，因此其绕地球运行的周期远小于同步卫星的周期(24小时)，每天绕地球运行远超一圈，故D错误。
故选：B。
首先明确物理过程是卫星绕地球做匀速圆周运动、地面物体随地球自转，已知两类卫星的轨道参数、地表重力加速度，先结合宇宙速度的物理意义确定绕地卫星的发射速度范围，再依据万有引力提供向心力的规律推导卫星轨道半径与角速度、线速度、周期的对应关系，结合同步卫星的定轨要求及地球自转的运动参数，梳理各量的大小关系即可完成判断。
本题考查万有引力与航天模块核心内容，涵盖宇宙速度的物理意义、同步卫星定轨要求、开普勒第三定律及圆周运动参量比较等知识点，难度中等偏下。试题以地方特色农业的遥感监测需求为命题情境，贴近生产实际，侧重考查学生对基础概念的辨析能力与核心规律的应用能力，无需复杂计算，理清不同轨道卫星、地面自转物体的运动逻辑即可顺利求解。
4.【答案】C
【解析】解：A、由于重力方向竖直向下，手推车水平位移，重力与位移垂直，则重力对手推车不做功，故A错误；
B、由题意可知，手推车受到摩擦力的大小为：f=0.2mg=0.2×100×10N=200N，匀速时推力F=f=200N，则推力瞬时功率为：P=Fv=200×1W=200W，故B错误；
C、10s内手推车的位移的大小为：x=vt=1×10m=10m，则推力所做的功为：W=Fx=200×10J=2000J，故C正确；
D、果农对车的力和车对果农的力是一对相互作用力，大小始终相等，与能否推动无关，故D错误。
故选：C。
由做功的必要条件判断即可；由P=Fv结合匀速运动条件即可解答；由功的公式列式计算即可；由相互作用力的性质判断即可。
本题是对功的定义及瞬时功率的考查，解题的关键是要知道做功的两个必须条件，力和在力的方向上发生的位移，基础题。
5.【答案】C
【解析】解：AD、小车沿直线运动，先匀加速后匀减速，速度一直沿正方向，从0∼t2位移一直增加，不存在位移减小的情况，故AD错误；
BC、x−t图像上斜率代表速度，由于汽车先匀加速后匀减速，则x−t图线的斜率先增大后减小，t1时刻速度最大，t2时刻速度为零，故B错误，C正确。
故选：C。
小车沿直线运动，先匀加速后匀减速，从0∼t2位移一直增加，在x−t图像上斜率代表速度，t2时刻速度为零，斜率为零，结合这些内容进行判断选择出正确答案。
本题考查学生对基本概念的理解以及对x−t图像的掌握情况，解题的关键是知道小车位移随时间一直增加，速度为零时，图像斜率为零。
6.【答案】D
【解析】解：AB、对物体a受力分析，受重力、支持力，a和b接触点切面为水平面，则b对a的支持力竖直向上，根据平衡条件，a与b之间没有摩擦力，a受到2个力，故AB错误；
C、b受到重力、a对b的压力和c对b的支持力。b和c接触点切面不水平，则c对b的支持力斜向上，则c对b还有沿斜面向上的摩擦力才能使b保持平衡，所以b受到4个力的作用，故C错误；
D、对a、b、c整体分析，整体受重力、斜面的支持力和静摩擦力，根据平衡条件，支持力和静摩擦力的合力竖直向上，与重力平衡，可知斜面对c的作用力竖直向上，故D正确；
故选：D。
先隔离物体a受力分析；再隔离b物体受力分析，得到c对b的作用力的方向，其中静摩擦力与接触面平行；最后对整体分析其与斜面与c间的摩擦力情况。
本题考查连接体问题，关键是灵活选择研究对象进行受力分析，根据平衡条件和牛顿第三定律分析。
通常在分析外力对系统作用时，用整体法；在分析系统内各物体之间的相互作用时，用隔离法；有时在解答一个问题时要多次选取研究对象，需要整体法与隔离法交叉使用。
7.【答案】D
【解析】解：A、由题意可知，撤去推力后，冰壶做匀减速直线运动，根据速度-位移关系可得：v12=2a2x2，解得加速度大小为：a2=v122x2=222×10m/s2=0.2m/s2，根据牛顿第二定律有：μmg=ma2，解得动摩擦因数为：μ=a2g=0.210=0.02，故A错误；B、撤去推力后，冰壶做匀减速运动，则有：v1=a2t2，解得冰壶滑动的时间为：t2=v1a2=20.2s=10s，故B错误；
C、撤去推力后，摩擦力对冰壶做功为：Wf=−μmgx2=−0.02×20×10×10J=−40J，故C错误；
D、推力作用期间，由运动学公式可得：v1=a1t1，解得冰壶的加速度大小为：a1=v1t1=22m/s2=1m/s2，对冰壶，由牛顿第二定律可得：F−μmg=ma1，解得推力大小为：F=μmg+ma1=0.02×20×10N+20×1N=24N，推力作用期间冰壶的位移为：x1=12a1t12=12×1×22m=2m，则推力对冰壶做功为：W=Fx1=24×2J=48J，故D正确。
故选：D。
由速度-位移关系结合牛顿第二定律列式即可求出动摩擦因数；由速度-时间关系可求冰壶运动的时间；由功的公式可求摩擦力所做的功；由运动学公式结合牛顿第二定律列式及功的公式可求推力做的功。
本题是对牛顿第二定律、运动学公式及功的公式的考查，解题的关键是要知道冰壶的运动情况，结合牛顿第二定律及功的公式即可解答。
8.【答案】AD
【解析】解：A.甘蔗下滑的过程不计摩擦与空气阻力，滑道的支持力始终与运动方向垂直，支持力不做功，整个过程只有重力做功，所以甘蔗下滑过程中机械能守恒，故A正确。
B.重力势能是相对量，它的数值大小依赖于零势能参考平面的选取。本题没有规定滑道底端为零势能面，因此甘蔗滑到底端时重力势能不一定等于零，重力势能具体数值无法确定，故B错误。
C.重力做功与重力势能变化的关系式为WG=−ΔEp，即重力做功等于重力势能变化量的负值，故C错误。
D.甘蔗从静止开始下滑，当下滑的竖直高度为h时，根据动能定理有mgℎ=12mv2，可得速度大小v= 2gℎ，故D正确。
故选：AD。
分析甘蔗下滑过程的受力与做功情况，判断是否满足机械能守恒条件；依据重力势能的相对性，结合零势能面的选取判断底端重力势能的大小；利用重力做功与重力势能变化的关系辨析对应公式；应用动能定理，由重力做功推导出下滑竖直高度为h时的速度。
本题考查机械能守恒的判定条件，重力势能的相对性，重力做功与重力势能变化的定量关系，以及动能定理的简单应用，侧重对功能关系基础概念的理解。
9.【答案】AC
【解析】解：A、以B点所在水平面为重力势能零势能面。小物块从A到C的过程中，初状态机械能EA=mgR，末状态机械能EC=mg(0.5R)=0.5mgR。
根据能量守恒定律，系统机械能的减少量等于克服摩擦力做功产生的热量，即Q=EA−EC=mgR−0.5mgR=0.5mgR，故A正确；
B、小物块从A经B到C的过程中，克服摩擦力做功产生的总热量为0.5mgR，即WAB+WBC=0.5mgR，由此可知从B到C过程中克服摩擦力做功WBC0，说明夯杆确实经历了匀加速和匀速两个阶段)。
夯杆加速结束时的速度即为摩擦轮边缘的线速度v，根据匀变速直线运动的速度-位移公式：v2=2aℎ1
代入数据解得两摩擦轮边缘的线速度大小为：v= 2×4×4.5m/s=6m/s
(3)在夯杆做加速运动的时间t内，夯杆与摩擦轮之间存在相对滑动，产生摩擦热。
匀速阶段无相对滑动，不产生摩擦热。
加速运动的时间为：t=va=64s=1.5s，在此段时间内，摩擦轮边缘转过的路程为：s=vt=6×1.5m=9m
摩擦轮与夯杆之间的相对滑动位移大小为：Δx=s−ℎ1=9m−4.5m=4.5m
每个打夯周期中，因摩擦产生的热量为：Q=fΔx，代入数据解得：Q=1.4×104×4.5J=6.3×104J
答：(1)夯杆被摩擦滚轮带动加速上升过程中加速度的大小为4m/s2。
(2)两摩擦轮边缘的线速度大小为6m/s。
(3)每个打夯周期中，摩擦轮与夯杆因摩擦产生的热量为6.3×104J。
(1)核心过程为夯杆加速上升阶段的受力与运动关联，对夯杆做受力分析，明确其受两个向上的滑动摩擦力与向下的重力，结合滑动摩擦力规律和牛顿第二定律，梳理已知的F_N、μ、m、g与待求加速度的逻辑关系，确定推导方向。
(2)核心过程为夯杆上升的两个连续运动阶段，先匀加速至与摩擦轮共速，后匀速上升至坑口，总位移为坑深h，摩擦轮总做功为匀加速段滑动摩擦力做功与匀速段静摩擦力做功之和，结合匀变速运动规律，通过已知的总功、加速度推导摩擦轮边缘线速度。
(3)核心过程为夯杆与摩擦轮的相对滑动阶段生热分析，仅匀加速阶段二者存在相对位移，先确定匀加速阶段的运动时间，计算摩擦轮与夯杆的位移差即相对位移，结合滑动摩擦力与相对位移的生热关系，梳理已知量推导摩擦生热Q。
本题属于力学综合类解答题，考查受力分析、滑动摩擦力计算、牛顿第二定律、多过程运动分析、恒力做功与摩擦生热等核心知识点，难度中等偏上。要求学生对夯杆的上升过程合理分段，准确辨析不同阶段的摩擦力性质、做功特点，厘清摩擦生热对应相对位移的物理本质，同时需验证运动阶段的合理性，计算量适中，有效锻炼学生的过程建模能力与逻辑推理能力。