2025-2026学年福建省莆田市高一（下）期末物理试卷（含详细答案解析）

这是一份2025-2026学年福建省莆田市高一（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，填空题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。
1.歼−35战机开展飞行演练，某段飞行轨迹如图中曲线所示，战机运动到M点时受到的合外力F方向可能是( )
A. B.
C. D.
2.如图所示，池塘荷叶上可视为质点的青蛙以速度v0水平跳出，恰好垂直落在正对的堤面上。已知堤面的倾角θ=30∘，不计空气阻力，青蛙落在堤面时的速度大小为( )
A. 2v0B. 32v0C. 3v0D. 2 33v0
3.如图所示，倾角为37∘的斜面固定在水平面上，质量为m的物块与斜面间的动摩擦因数为0.5。物块在沿斜面向上拉力F作用下，以加速度0.5g(g为重力加速度)沿斜面向上加速运动s的过程中，下列说法正确的是( )
A. 重力做功为0.6mgsB. 系统产生的热量为0.5mgs
C. 物体动能增加了0.4mgsD. 物块机械能增加了1.1mgs
4.某科研小组测试新能源汽车的运动性能。总质量为2×103kg的汽车从t=0时刻开始在水平面上无动力滑行，5s后以恒定功率加速行驶，速度达到12m/s后保持匀速行驶，行驶过程中受到的阻力保持不变。汽车运动的v−t图像如图所示，下列说法正确的是( )
A. 汽车行驶中所受阻力大小为4×103 N
B. 5∼15 s内汽车的功率为36 kW
C. 5∼15 s内汽车的位移为82.5 m
D. 汽车加速过程中速度为6 m/s时的加速度大小为2 m/s2
二、多选题：本大题共4小题，共24分。
5.2026年5月30日“闽超”足球联赛，莆田队11号球员黄亚滨主罚前场定位球，将静止在草坪上的足球一脚踢出，足球离开脚后沿弧线飞向球门并破门得分，不计空气阻力，下列说法正确的是( )
A. 球员踢球脚对足球做正功，足球机械能增加
B. 足球在下落过程中机械能不断增大
C. 足球在空中最高点的加速度为0
D. 足球从飞出到落地的过程中所受重力的平均功率为0
6.投壶是春秋战国时期流行的一种游戏，参与游戏的人需要在一定距离外把小球投进壶里。如图所示，画中人从同一位置先后投射出相同小球，第一次以初速度v1水平投出，第二次以初速度v2斜向下投出，两个小球均从壶口同一位置落入壶中，不计空气阻力，两个小球从投出到运动至壶口的过程中，下列说法正确的是( )
A. v1大于v2B. 速度变化率不同
C. 在壶口时速度方向不同D. 在壶口时重力的功率不同
7.我国“鹊桥”中继星绕月球运行，从椭圆轨道Ⅱ运行经过P点时变轨进入圆轨道Ⅰ，两轨道相切于P点。阴影部分为卫星在不同轨道上绕月球运行时与月球中心的连线在相等时间内扫过的面积。下列说法正确的是( )
A. 卫星在轨道Ⅰ的周期小于在轨道Ⅱ的周期B. 卫星在轨道Ⅰ运行速度约为7.9 km/s
C. 卫星变轨前后在P点的加速度相同D. 图中两阴影部分的面积相等
8.如图所示，质量为m的小球甲穿过一竖直固定的光滑杆，并拴在下端固定的轻弹簧上，质量为6m的物体乙用轻绳跨过光滑的定滑轮与小球甲连接。开始时用手托住物体乙，轻绳刚好伸直但无拉力，滑轮左侧绳竖直，右侧绳与水平方向夹角为α=53∘，某时刻由静止释放物体乙(足够高)，经过一段时间小球甲运动到Q点，OQ两点的连线水平，OQ=3L，且小球甲在P、Q两点时弹簧弹力的大小相等。已知重力加速度为g，sin53∘=0.8，cs53∘=0.6。下列说法正确的是( )
A. 弹簧的劲度系数为mgL
B. 物体乙下落了(5− 13)L时，小球甲和物体乙的机械能之和最大
C. 小球甲运动到Q点的速度大小为2 2gL
D. 小球甲从P点上升到Q点的过程中，物体乙重力做功的功率先增大后减小
三、填空题：本大题共3小题，共21分。
9.如图，游乐场的水平旋转盘上，甲同学离转轴近一些，乙同学离转轴远一些，甲、乙两同学与转盘间的动摩擦因数相同。当旋转盘加速转动时， (填“甲”或“乙”)更容易往 (填“远离转轴”或“靠近转轴”)方向滑动。
10.如图所示，一人在进行杂技表演，表演者手到碗的距离为l，且手与碗在同一竖直平面内，绳子能够承受的最大拉力是碗和碗内水重力的8倍。已知重力加速度为g，要使绳子不断，表演获得成功，则碗通过最高点时速度的最小值为 ，碗通过最低点时速度的最大值为 。
11.如图所示，一条小船位于宽140m的河的正中间A点处，下游240m处有一危险区，已知小船在静水中的最大速度为3.5m/s，水流速度为5m/s。若小船能避开危险区安全到达河对岸，所需最短时间为 s。若小船沿直线行驶恰好能避开危险区安全到达河对岸，则小船的最小速度为 m/s。
四、实验题：本大题共2小题，共14分。
12.某实验小组用如图甲所示装置探究向心力大小与质量、角速度和半径的关系。已知长槽上挡板B到转轴的距离是挡板A的2倍，挡板A和挡板C到各自转轴的距离相等。左、右塔轮用不打滑的传动皮带连接，调整皮带，可以使两塔轮自上而下按如图乙所示三种方式进行组合。
(1)本实验采用的主要实验方法与下列实验相同的是______
A. 探究平抛运动的特点B. 探究两个互成角度的力的合成规律
C. 探究加速度与力、质量的关系
(2)在探究向心力大小与半径的关系时，该小组先将传动皮带调至变速塔轮的第 (填“一”、“二”或“三”)层，再把两个质量相同的钢球分别放在 (填“A、C”或“B、C”)位置的挡板内侧
(3)在探究向心力大小与角速度的关系时，该小组先将传动皮带调至变速塔轮的第三层，再把两个相同的钢球分别放在A、C处。转动手柄，左、右标尺露出的等分格数之比为
13.某实验小组用图甲所示的气垫导轨验证系统的机械能守恒定律，实验步骤如下：
A.测出遮光条的宽度d、重物的质量m、滑块(含遮光条)的质量M；
B.将气垫导轨放在水平桌面上，将导轨调至水平；
C.将滑块移至图示位置，测出遮光条到光电门的距离L；
D.由静止释放滑块，读出遮光条通过光电门的遮光时间t；
E.改变L，多次重复步骤C、D记录数据。
请回答下列问题：
(1)本实验中，重物的质量m (填“需要”或“不需要”)远小于滑块(含遮光条)的质量M
(2)如图乙所示，用刻度尺测得遮光条的宽度d= cm
(3)遮光条通过光电门时滑块的速度大小为 (用题中物理量的符号表示)
(4)已知重力加速度为g，若满足关系式 (用题中物理量的符号表示)，则滑块与重物组成的系统机械能守恒
(5)实验中发现系统动能的增加量略大于系统重力势能的减少量，可能的原因是______
A. 存在空气阻力B. 细绳与滑轮间有摩擦力
C. 遮光条宽度d的测量值偏大
五、计算题：本大题共3小题，共25分。
14.2026年5月25日2时45分，神舟二十三号飞船与天和核心舱顺利对接，实现我国航天第8次太空会师。已知空间站离地面的高度为h，地球半径为R，地球表面的重力加速度为g，万有引力常量为G，忽略地球自转。若空间站可视为绕地心做匀速圆周运动，求：
(1)地球的质量M
(2)空间站的线速度大小v
15.如图所示，足够长的水平传送带以恒定速度v=1.5m/s顺时针匀速转动。轻质弹簧劲度系数k=6N/m，一端固定于竖直墙面，另一端连接质量m=2kg的物块。初始时，将物块在传送带左端无初速度释放，此时弹簧恰处于原长且为水平。已知物块与传送带间的动摩擦因数为0.3，运动过程中弹簧始终在弹性限度内，弹簧的弹性势能表达式Ep=12kx2(x为弹簧的形变量)，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10m/s2。求：
(1)物块刚放置于传送带上时的加速度大小a
(2)物块第一次与传送带共速运动时，弹簧的弹性势能Ep
(3)物块第一次向右运动的最大位移xm
16.如图甲所示，竖直面内固定有一半径为R=0.75m的圆弧轨道BC，轨道的上端点B和圆心O的连线与水平方向的夹角α=37∘，现将一质量为m=1kg的小滑块(可视为质点)从空中的A点以v0=3m/s的初速度水平向左抛出，恰好从B点沿轨道切线方向进入轨道，沿着圆弧轨道运动到C点，小滑块到达C点时速度大小vC=4m/s，并从D点滑上置于光滑水平面上的足够长的木板，长木板上表面与光滑的CD平台等高。图乙为长木板运动的Ek−x图像，重力加速度g取10m/s2，不计空气阻力，sin37∘=0.6，cs37∘=0.8，求
(1)A、B两点的高度差h
(2)小滑块在BC段运动过程中克服摩擦做的功W
(3)小滑块与长木板间的摩擦因数μ及长木板的质量M
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：物体做曲线运动时，合外力方向始终指向轨迹的凹侧，速度方向沿轨迹某点的切线方向，故B正确，ACD错误。
故选：B。
根据曲线运动的特点分析解答。
考查曲线运动的特点，记住并理解即可，属于基础题。
2.【答案】A
【解析】解：设青蛙落在堤面时的速度大小为v，分解此时的速度如图所示
根据矢量关系有vsinθ=v0，可得v=2v0，故A正确，BCD错误。
故选：A。
把青蛙落到堤面时的速度分解为水平和竖直方向，然后根据矢量关系计算即可。
知道把青蛙落到堤面时的速度分解为水平和竖直方向是解题的基础。
3.【答案】D
【解析】解：A.物块向上运动s，根据重力做功的特点，重力做功WG=−mg⋅ssin37∘=−0.6mgs，故A错误；
B.系统产生的热量等于滑动摩擦力做功的绝对值，滑动摩擦力f=μN=μmgcs37∘=0.5×0.8mg=0.4mg，因此Q=fs=0.4mgs，即系统产生的热量为0.4mgs，故B错误；
C.根据动能定理，ΔEk=F合s=mas=m⋅0.5g⋅s=0.5mgs，故C错误；
D.机械能等于动能加重力势能，重力势能增加量ΔEp=mgssin37∘=0.6mgs，动能增加量为0.5mgs，机械能增加量ΔE=ΔEk+ΔEp=0.5mgs+0.6mgs=1.1mgs，故D正确。
故选：D。
根据重力做功的表达式列式求解；根据功能关系列式求解；根据动能定理列式解答；根据机械能的概念列式求解。
考查机械能的相关问题，知道机械能守恒的条件，熟练掌握功能关系是关键，属于中等难度考题。
4.【答案】C
【解析】解：A、0∼5s汽车在路上无动力滑行做匀减速运动，由v−t图像可得，汽车无动力滑行时的加速度大小为a1=ΔvΔt=10−55m/s2=1m/s2，由牛顿第二定律可得，汽车行驶中所受阻力大小为f=ma1=2×103×1N=2×103N，故A错误；
B.汽车的最大速度为vm=12m/s，此时牵引力大小等于阻力，根据P=Fvm=fvm解得5∼15s内汽车的功率为P=24kW，故B错误；
C、5s时汽车的速度为v1=5m/s，15s时汽车的速度为v2=10m/s，根据动能定理得PΔt−fx1=12mv22−12mv12，其中Δt=10s，解得5∼15s内汽车的位移为x1=82.5m，故C正确；
D、汽车加速过程中速度为v3=6m/s时，有P=F1v3，解得此时牵引力为F1=4000N
根据牛顿第二定律有F1−f=ma′，解得加速度为a′=1m/s2，故D错误。
故选：C。
0∼5s汽车在路上无动力滑行做匀减速运动，根据v−t图像的斜率求出加速度，再由牛顿第二定律求阻力大小；汽车的最大速度为12 m/s，此时牵引力大小等于阻力，根据功率公式P=Fv求5∼15s内汽车的功率；根据动能定理求解5∼15s汽车的位移；汽车加速过程中速度为6 m/s时，根据功率公式P=Fv和牛顿第二定律列式求加速度大小。
本题要理清汽车的运动过程，熟练掌握运动学公式、牛顿第二定律、功率公式和动能定理，根据题意进行准确分析和解答。
5.【答案】AD
【解析】解：A、将静止在草坪上的足球一脚踢出，足球动能增大，根据动能定理可知，球员踢球脚对足球做正功，足球机械能增加，故A正确；
B、不计空气阻力，足球在下落过程中只受重力，只有重力做功，其机械能守恒，故B错误；
C、不计空气阻力，足球在空中最高点只受重力，加速度为重力加速度g，故C错误；
D、足球从飞出到落地的过程中重力做功为零，根据P−=Wt可知重力的平均功率为0，故D正确。
故选：AD。
分析足球动能的变化，由动能定理判断球员踢球脚对足球做正负，并判断足球机械能的变化；足球在下落过程中，只有重力做功，其机械能不变；足球在空中只受重力，加速度为g，保持不变；分析足球从飞出到落地的过程中所受重力做功大小，再确定重力的平均功率。
解答本题时，要知道重力做功与初末位置的高度差有关。对于单个物体，只有重力做功时，其机械能是守恒的。
6.【答案】CD
【解析】解：A、根据题意分析可知，取竖直向下为正，设投出点到壶口的水平距离为x，竖直距离为h，水平投出时间为t1，斜向下投出时间为t2。水平投出时ℎ=12gt12
斜向下投出时初速度有向下分量，达到同一竖直距离的时间t2xt1=v1
又v2>v2x，所以v2>v1，故A错误；
B、根据题意分析可知，不计空气阻力时，小球运动中只受重力，加速度均为g，速度变化率相同，故B错误；
C、根据题意分析可知，水平投出到壶口时速度方向满足tanθ1=gt1v1=gt12x=2ℎx
这是第一次的末速度方向关系。设第二次初速度竖直分量为v2y，由ℎ=v2yt2+12gt22
可得到壶口时tanθ2=v2y+gt2v2x=ℎ+12gt22x
这是第二次的末速度方向关系。因t2vy1，在壶口时重力的功率不同，故D正确。
故选：CD。
将平抛运动与斜向下抛运动结合，两小球起点、终点位置相同，水平位移与竖直位移固定。不计空气阻力，二者加速度均为重力加速度，运动分解为水平匀速、竖直匀加速；需要结合水平、竖直分运动规律对比运动时间，再分析末速度方向、重力瞬时功率等物理量。
本题典型易错点：一是容易忽略斜向下抛存在竖直向下的初速度分量，误判两种运动的总时间相等；二是混淆速度变化率与速度变化量，忽略抛体运动加速度恒定；重力瞬时功率只和竖直分速度相关，判断时不必关注水平分速度，抓住竖直分速度的差异即可快速判断功率大小。
7.【答案】AC
【解析】解：A、由图示可知，轨道Ⅰ的半长轴(半径)小于轨道Ⅱ的半长轴，根据开普勒第三定律a3T2=k，可知轨道Ⅰ的周期小于轨道Ⅱ的周期，故A正确；
B、忽略星体自传，星球表面物体的受到的重力等于万有引力，即GMmR2=mg，有第一宇宙速度v= gR，
月球半径小于地球半径，月球的重力加速度小于地球的重力加速度，卫星绕月球运行的环绕速度远小于7.9km/s，故B错误；
C、卫星的加速度由万有引力提供，公式为a=GM月r2，变轨前后P点到月球中心的距离r相同，因此加速度相同，故C正确；
D、开普勒第二定律(面积定律)的结论是对同一轨道成立，两个不同轨道不满足相等时间扫过面积相等，因此两块阴影面积不相等，故D错误。
故选：AC。
根据开普勒第三定律比较周期关系；
万有引力提供向心力，应用牛顿第二定律求出线速度与加速度，然后分析答题；
根据图示情景应用开普勒第二定律分析答题。
分析清楚卫星的运动过程，应用开普勒定律与万有引力定律即可解题。
8.【答案】BD
【解析】解：A、根据三角函数关系，可求得OP=OQcsα，即OP=5L，PQ=OQtanα，即PQ=4L
小球甲在P点时弹簧压缩，设压缩量为x1，满足mg=kx1
小球甲在Q点时弹簧的弹力大小与在P点时相等，说明在Q点时，弹簧伸长量也为x1，根据几何关系可知，x1=12PQ，代入数据解得x1=2L
所以弹簧的劲度系数k=mg2L，故A错误；
B、小球甲、物体乙与弹簧组成的系统机械能守恒，当甲与乙的机械能之和最大时，弹簧的弹性势能最小，弹簧此时应处于原长，即小球甲位于PQ的中点P′，此时OP′= (3L)2+(2L)2= 13L
所以物体乙下降的距离为ℎ=OP−OP′，即ℎ=(5− 13)L，故B正确；
D、小球甲从P点上升到Q点的过程中物体乙的速度从0开始增大又逐渐减小为0，根据重力做功的功率公式P=6mgv乙
可知物体乙重力做功的功率是先增加后减小的，故D正确；
C、由于在P点和Q点弹簧的形变量大小相等，弹簧的弹性势能大小也是相同的，当小球甲在Q点时，绳与杆垂直，小球甲的速度沿绳的分量为0，所以物体乙的速度也为0，根据能量守恒，有6mg(OP−OQ)−mg⋅PQ=12mv2
解得v=4 gL，故C错误。
故选：BD。
首先明确物理过程为小球甲沿光滑竖直杆上升、物体乙下落，弹簧先后经历压缩、原长、伸长阶段，P、Q两点弹簧形变量大小相等故弹性势能相等。分析时先结合几何关系确定弹簧初始压缩量与末态伸长量，通过系统机械能守恒关联两物体的重力做功与动能变化，绳连接的两物体速度沿绳分量相等，物体乙重力的瞬时功率和其瞬时速度正相关，甲和乙的机械能之和最大对应弹簧弹性势能最小的原长状态。
本题为力学综合类多选题，难度中等偏上，考查知识点涵盖胡克定律、系统机械能守恒、绳关联速度分解、重力瞬时功率变化判断。解题时需先结合几何关系确定弹簧始末态形变量相等、弹性势能不变的特点，还要理清绳端速度的关联规律，整体计算量适中，能有效锻炼学生的过程建模能力与能量守恒规律的灵活应用能力，对学生的逻辑推导能力要求较高。
9.【答案】乙
远离转轴

【解析】解：游乐场的旋转盘上，人随盘一起做匀速圆周运动，角速度相等，由静摩擦力提供向心力，当转盘角速度过大，则静摩擦力近似等于滑动摩擦力，滑动摩擦力提供向心力，设人的质量为m，根据牛顿第二定律得：μmg=mω2r
离轴越远，向心加速度越大，所需向心力越大，故乙越容易向远离转轴滑动。
故答案为：乙，远离转轴。
两人转动角速度相同、动摩擦因数相同，根据圆周运动向心力公式分析半径大小对所需向心力的影响，判断谁更容易被甩出，再判断远离转轴时的转动方向。
本题结合转盘的生活场景，考查圆周运动离心现象的规律，侧重向心力与半径的关系分析，是圆周运动模块的典型应用型基础题。
10.【答案】 gl
7gl

【解析】解：在最高点，当绳拉力为零时，速度最小，由牛顿第二定律及向心力公式可得mg=mvmin2l
解得碗通过最高点时速度的最小值为vmin= gl
在最低点，由牛顿第二定律及向心力公式可得8mg−mg=mvmax2l
解得碗通过最低点时速度的最大值为vmax= 7gl
故答案为： gl， 7gl。
最高点最小速度分析：碗完整做圆周运动不掉落，最高点临界状态只有重力提供向心力，据此列式求出最高点最小速度；最低点最大速度分析：绳子拉力最大值为8倍总重力，最低点拉力与重力的合力充当向心力，结合向心力公式求出最低点最大速度。
本题是竖直圆周运动经典基础题型，分别考查最高点临界条件、最低点拉力极限约束两个核心考点，贴合高考圆周运动命题模式，模型简洁纯粹，侧重向心力受力分析，用来检验竖直圆周上下两个特殊位置的受力规律掌握程度。
11.【答案】20
1.4

【解析】解：小船在河正中间A点，到对岸的垂直距离为d=1402m=70m，要使渡河时间最短，需让船头正对河岸，因此渡河时间t=dv船=70m3.5m/s=20s，此时沿水流方向的位移x=v水t=5m/s×20s=100m