2025-2026学年福建省龙岩市高一（下）期末物理试卷（含详细答案解析）

这是一份2025-2026学年福建省龙岩市高一（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.福建省城市足球联赛，简称“闽超”。某次比赛中，足球在空中的飞行轨迹如图中虚线所示，足球在空中运动时不旋转，下列关于速度v与合外力F方向标注正确的是( )
A. B.
C. D.
2.如图所示，两颗人造卫星A、B在同一轨道平面上同向绕地球做匀速圆周运动，轨道半径分别为rA、rB，且rAΔEk>ΔE′kB. ΔEp>ΔEk′>ΔEk
C. ΔEk′=ΔEp>ΔEkD. ΔEk′>ΔEp>ΔEk
五、计算题：本大题共3小题，共25分。
14.航模比赛是广大青少年喜欢参与的一项活动。某航模比赛中，要求选手操控无人机在一定的高度上完成一系列水平动作。为了精准确定无人机的飞行坐标，在该高度建立一个平面直角坐标系xOy，无人机在xOy平面上运动。它在x轴方向和y轴方向的运动图像分别如甲图和乙图所示。
(1)求t=4s时无人机的速度大小
(2)求4s内无人机的位移大小
15.如图所示，置于圆形水平转台边缘的物块(可看成质点)随转台加速转动，当转速达到某一数值时，物块恰好滑离转台开始做平抛运动。已知物块质量m=0.1kg，转台圆心为O，半径R=1m，转台离水平地面的高度H=1.25m，物块与转台间的动摩擦因数μ=0.4，转台圆心在水平地面上的投影为O′，物块落地点为M，设物块所受的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g大小取10m/s2。求：
(1)物块恰好滑离转台时受到的摩擦力大小f
(2)物块做平抛运动的初速度大小v0
(3)物块落地点M到O′的水平距离s
16.如图所示，竖直平面内固定一光滑圆弧轨道BC，半径R=0.5m，B点与圆心O的连线与水平方向夹角θ=30∘。轨道最低点C与静置于水平地面上的长木板左端平滑连接。木板质量M=2kg、长度L=5m，距C点d=5.75m处固定有竖直弹性挡板，物块或木板与挡板碰撞后均以原速率反弹。现让质量m=1kg的小物块(可视为质点)以7m/s的速率沿切线方向从B点滑入轨道，无机械能损失地滑至C点并滑上长木板。已知小物块与木板间的动摩擦因数μ1=0.6，木板与水平地面间的动摩擦因数μ2=0.1，设木板所受的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g大小取10m/s2。求：
(1)小物块经过C点时受到圆弧轨道的支持力FN大小
(2)小物块刚滑上长木板瞬间，小物块的加速度a1和长木板的加速度a2的大小
(3)小物块与长木板因摩擦产生的热量Q和小物块最终静止时与木板右端的距离
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：由图可知，足球在减速上升，速度v沿轨迹的切线方向，且所受合力F的方向指向轨迹的凹侧，与速度v的夹角大于90∘，故C正确，ABD错误。
故选：C。
根据曲线运动的合外力必须指向曲线的凹侧和速度沿轨迹的切线知识分析解答。
考查曲线运动的特点，知道合外力方向和速度方向的判断方法，属于基础题。
2.【答案】A
【解析】解：A、卫星绕地球做匀速圆周运动，由万有引力提供向心力GMmr2=m4π2T2r
可得周期T=2π r3GM
因为rAvB，故B错误；
D、第一宇宙速度是近地卫星的环绕速度，是人造卫星绕地球做圆周运动的最大环绕速度。卫星B的轨道半径大于地球半径，因此它的线速度小于第一宇宙速度，故D错误。
故选：A。
题目描述了A、B两颗卫星在同一平面内绕地球做匀速圆周运动，已知轨道半径rA小于rB。卫星绕中心天体做圆周运动时，万有引力提供向心力，其周期、线速度和角速度等物理量均与轨道半径存在确定关系。分析时需利用万有引力定律与向心力公式，推导出各物理量随半径变化的规律。对于线速度，需明确第一宇宙速度是近地卫星的环绕速度，也是所有圆轨道卫星的最大环绕速度。因此，比较A、B的物理量时，关键在于判断它们与轨道半径的单调关系，并注意第一宇宙速度的特殊含义。
本题以人造卫星绕地球做匀速圆周运动为背景，考查万有引力定律与圆周运动结合的核心内容。题目涉及对周期、线速度、角速度等物理量与轨道半径关系的定性判断，并关联了第一宇宙速度的概念。计算量小，难度中等偏下，主要考查学生对基本公式T∝r32、v∝r−12、ω∝r−32的掌握与灵活应用能力。通过比较rA与rB的大小，学生需能准确推断各运动参量的相对大小，并理解第一宇宙速度作为近地环绕速度的特殊性。本题有助于巩固学生对天体运动基本规律的理解。
3.【答案】D
【解析】解：A、由图乙知，水平力F随位移x不断减小，阻力f为恒力，由牛顿第二定律有F−f=ma，可知加速度不断减小，则箱梁做加速度减小的变加速运动，故A错误；
B、动能最大时，速度最大，此时加速度为0，则F=f>0，对应位置不在x0处，故B错误；
C、阻力是恒力，且阻力方向始终与运动方向相反，总位移为x0，则阻力f做的功Wf=−fx0，故C错误；
D、F−x图像与x轴围成的面积表示力F做的功，则力F做的功为WF=F0x02，故D正确。
故选：D。
根据牛顿第二定律分析加速度变化情况，判断箱梁的运动情况；当加速度为0时，速度最大，动能最大；阻力是恒力，根据功的计算公式求阻力做的功；根据F−x图像与x轴围成的面积表示力F做的功求力F做的功。
本题结合架桥机的实际情境，考查变力做功、功的计算与牛顿运动定律的应用，关键要明确F−x图像与x轴围成的面积表示力F做的功。
4.【答案】C
【解析】解：A、小球经过B点时，加速度竖直向上，处于超重状态，故A错误；
C、在C点时FNC+mg=mvC2R
在B点时FNB−mg=mvB2R
从C到B满足mg⋅2R=12mvB2−12mvC2
可得FNB−FNC=6mg
即增大高度差h，小球在B、C两点所受轨道弹力大小的差值恒为6mg，故C正确；
B、小球恰好能沿圆轨道做完整的圆周运动，在C点时满足mg=mvC2R
从A到C由机械能守恒定律mg(ℎ−2R)=12mvC2
解得A、B两点的高度差ℎ=52R，故B错误；
D、小球从C点到经过与圆心等高处时，由12mv2−12mvC2=mgR
在该点时向心加速度为an=v2R，即an=3g，方向指向圆心，但小球还有竖直向下的重力加速度g，可知其加速度大小大于3g，方向不是指向圆心，故D错误。
故选：C。
题目描述小球从A静止释放，在光滑圆轨道内做圆周运动，已知恰好通过最高点C。分析小球在B点的受力，其向心加速度竖直向上，处于超重状态，A选项错误。小球恰好通过C点意味着重力提供向心力，由此可确定C点速度，结合A到C机械能守恒，可建立h与R的关系，得到ℎ=2.5R，B选项错误。对于B、C两点弹力差值，分别列出B点支持力减重力提供向心力、C点重力与支持力合力提供向心力，并利用C到B机械能守恒，可推导出两处弹力差值恒为6mg，与h无关，C选项正确。小球在与圆心等高处时，具有切向加速度和法向加速度，其合加速度大小大于3g且方向不指向圆心，D选项错误。
本题以圆周运动与机械能守恒的综合应用为考查核心，属于中等难度题目。它要求学生准确理解竖直面内圆周运动的临界条件，即最高点最小速度的动力学方程mg=mvC2R，并熟练运用机械能守恒定律建立过程间的能量联系。计算量适中，重点检验了学生对向心力来源分析、超失重判断以及合加速度与分加速度矢量合成等知识点的掌握程度。解答本题需要清晰的逻辑链条：从临界条件求出最高点速度，再反推释放高度，进而通过两点间的动力学方程与能量关系推导弹力差值，这一过程有效锻炼了学生的模型构建与综合分析能力。选项D是常见易错点，需注意区分向心加速度与合加速度。
5.【答案】AC
【解析】解：AB.甲实验中，A、B两球竖直方向都做自由落体运动，竖直方向的运动情况相同，则改变高度，A、B两球总是同时落地，故A正确，B错误；
CD.乙实验中，因两球到达各自轨道末端时的水平速度相同，则当P球落地时，两球的水平位移相同，可知改变轨道M在轨道N上方的高度，P、Q两球落到地面时总能发生碰撞，故C正确，D错误。
故选：AC。
由平抛运动竖直方向的分运动是自由落体运动，水平方向的分运动是匀速直线运动。
本实验考查平抛运动竖直方向的分运动是自由落体运动，水平方向的分运动是匀速直线，推理能力，论证能力。
6.【答案】BC
【解析】解：CD、根据牛顿第二定律有GMmr2=ma，解得：a=GMr2。由此可知，飞船在轨道Ⅱ上B点的加速度与在轨道Ⅲ上B点的加速度相等，故C正确，D错误；
AB、飞船从低轨道变轨到高轨道，需在变轨处点火加速，因此飞船在轨道Ⅰ的A点加速后进入轨道Ⅱ，故A错误，B正确。
故选：BC。
题目描述飞船从圆轨道Ⅰ经A点变轨至椭圆轨道Ⅱ，再经B点变轨至圆轨道Ⅲ与空间站对接。分析变轨过程时，需明确从低轨道进入高轨道需在变轨点加速以增加机械能，因此A点应为加速而非减速。比较不同轨道同一点(B点)的加速度时，由于万有引力仅与到地心距离有关，与轨道形状无关，故加速度大小应相同。
本题以天舟九号与空间站交会对接为背景，综合考查万有引力定律、卫星变轨原理以及牛顿第二定律的应用。题目要求学生准确理解卫星在不同轨道间转换时速度变化与能量转换的关系，并能够辨析同一点处加速度的决定因素。计算量很小，但概念辨析要求高，重点在于考查学生对变轨过程中“加速离心、减速向心”这一核心规律的理解，以及区分速度与加速度物理本质的能力。在轨道交点处，卫星的加速度仅由该位置到地心的距离和中心天体质量决定，与轨道形状或运行速度无关，这是本题一个关键且易混淆的思维点。
7.【答案】AD
【解析】解：A.根据牛顿第二定律可知，物块开始阶段在传送带上运动的加速度a=μmgm=μg
代入数据解得
a=2m/s2
物块经过2.5s后速度为v=at
代入数据解得v=5m/s
恰好与传送带共速，故A正确；
B.由动能定理，摩擦力对物块做的功为Wf=12mv2
代入数据解得
Wf=12.5J
故B错误；
C.物块与传送带间因摩擦产生的内能为Q=μmg(v传t−v传2t)
代入数据解得
Q=12.5J
故C错误；
D.电动机因传送物块多消耗的电能为E=Q+12mv传2
代入数据解得
E=25J
故D正确。
故选：AD。
A.根据牛顿第二定律和运动学公式求出物块经过2.5s后的速度；
B.由动能定理求出摩擦力对物块做的功；
C.根据热量表达式求出物块与传送带间因摩擦产生的内能；
D.根据能量守恒定律求出电动机因传送物块多消耗的电能。
本题考查的是水平传送带的模型，首先需要分析是否物块能够与传送带保持相对静止，确定物体的运动情况，结合匀变速直线运动的规律、能量关系及牛顿第二定律进行解答。
8.【答案】BD
【解析】解：A.根据牛顿第二定律可知，A的速度达到最大时，加速度为零，则对AB分析2mg=mg+F弹
对C分析F弹+FNC=mCg
其中FNC=2mg
解得mC=3m
故A错误；
B.根据平衡关系可知，开始时弹簧的压缩量x0=mgk
速度最大时弹簧的伸长量x1=mgk
则两个时刻弹簧的弹性势能相等，由能量守恒定律可知：12(2m+m)vm2=2mg(x0+x1)−mg(x0+x1)
解得vm=2g m3k
故B正确；
C.弹簧恢复原长瞬间，对AB系统由牛顿第二定律2mg−mg=3ma
对A分析2mg−T=2ma
解得轻绳拉力大小为T=43mg，故C错误；
D.0∼t1时间段内，物块A、B与弹簧组成的系统只有重力和弹簧的弹力做功，则系统的机械能守恒，故D正确。
故选：BD。
分析释放瞬间各物体的受力与运动状态，结合弹簧的形变情况与系统的能量变化，逐一判断各选项的正误。
本题综合考查力学核心知识，需要结合受力分析、弹簧弹力变化与能量守恒规律解题，考查对力学知识的综合应用能力。
9.【答案】20
能

【解析】解：渡河时间仅由垂直河岸方向的分运动决定，若要渡河时间最短，需要让小船垂直河岸方向的分速度取到最大值，应使船头垂直河岸航行，此时小船在静水中的全部速度都用来垂直渡河，可得渡河最短时间tmin=100m5m/s=20s。
水流沿河岸向下，流速大小为3m/s，因此小船相对水的速度，需要在沿河岸向上的方向分解出大小为3m/s的分速度，用来抵消水流速度。小船在静水中的速率5m/s>3m/s，说明小船的静水速度大小足够分解出该分速度，存在对应的船头朝向，因此小船能沿垂直河岸的航线到达对岸。
故答案为：20，能。
渡河时长仅由垂直河岸分运动决定，船头正对河岸时垂直分速度最大，结合河宽与船静水速度算出最短渡河时间；想要航线垂直河岸，船速需沿上游分出与水流等大反向的分速度抵消水流，对比船静水速度与水流速度，船速更大，存在对应船头朝向，因此可以垂直渡河。
本题考查运动的合成与分解、分运动独立性原理，包含最短渡河时间的推导与计算、小船垂直到达正对岸的速度条件判断，理解垂直河岸分运动独立决定渡河时长，掌握通过速度分解抵消水流、实现垂直渡河的判定规则。
10.【答案】2.0
10

【解析】解：物体从斜面顶端滑到底端的过程中，重力做正功W=mgℎ，计算得W=2J
重力势能的减少量ΔEp=W，即ΔEp=2J
设物体滑至斜面底端时的速度大小为v，由机械能守恒定律有ΔEp=12mv2
解得v=2m/s
此时重力的瞬时功率为P=mgvsin30∘，代入数据计算得P=10W
故答案为：2.0；10。
物体从斜面顶端静止下滑，重力势能减少量等于重力做功，通过已知质量、高度差和重力加速度直接计算得出，减少量转化为物体动能。
物体沿光滑斜面下滑，机械能守恒，重力势能减少量等于到达底端时的动能，由此可求得底端速度；重力的瞬时功率等于重力乘以速度在重力方向的分量，利用速度大小和斜面倾角关系计算功率。
本题主要考查重力势能变化与重力做功的关系，以及瞬时功率的计算。题目涉及了机械能守恒定律的简单应用，计算量较小，属于基础题型。通过分析物体沿光滑斜面下滑的过程，学生需要准确理解重力势能减少量等于重力所做的功，并掌握瞬时功率公式P=Fvcsθ中角度θ的确定方法，此处是重力与速度方向之间的夹角。本题能有效巩固学生对功能关系及功率基本概念的理解，并锻炼其将斜面模型与相关物理公式相结合的能力。
11.【答案】2πrT
4π2r3GT2

【解析】解：卫星绕地球做匀速圆周运动的线速度为v=2πrT
地球对卫星的万有引力提供向心力，根据GMmr2=m4π2T2r
可得地球的质量为M=4π2r3GT2
故答案为：2πrT；4π2r3GT2。
根据匀速圆周运动线速度定义，周长除以周期得到线速度；卫星做圆周运动的向心力由万有引力提供，列出万有引力等于向心力的方程，整理推导求出中心天体地球质量。
本题结合航天时事素材，考查圆周运动基础公式与万有引力定律的结合应用，侧重中心天体质量推导，题型常规基础，适合巩固天体运动的核心解题模型。
12.【答案】【小题1】
B
【小题2】
1：4
1：2

【解析】解：(1)探究向心力F与质量m、角速度ω、转动半径r三个变量的关系时，需要每次控制其中两个量不变，研究第三个量对F的影响，该方法是控制变量法。故B正确，AC错误。
故选：B。
(2)根据题意，标尺露出格数的比值等于小球所受向心力的比值，已知格数之比为1：4，因此向心力大小之比为1：4。
根据向心力公式F=mω2r，两钢球的m、r均相等，因此F与ω2成正比，由此可得ω1：ω2=1：2；塔轮与对应小球同轴转动，角速度相等，因此两个变速塔轮的角速度之比也为1：2。
故答案为：(1)B；(2)1：4，1：2。
(1)根据实验原理分析判断；
(2)根据控制变量法、向心力公式和线速度、角速度关系计算。
本题考查探究物体做圆周运动所需向心力F的大小与质量m、转动角速度ω和转动半径r之间的关系实验，关键掌握实验原理和利用控制变量法、向心力公式和线速度、角速度关系处理问题的方法。
13.【答案】【小题1】
AC
【小题2】
mgℎB
12m(ℎC−ℎA2T)2
【小题3】
D

【解析】解：(1)该实验中打点计时器要用交流电源；同时需要刻度尺测量纸带，故AC正确，B错误；
故选：AC；
(2)从打O点到打B点的过程中，根据题意可知，重锤的重力势能减少量ΔEp= mgℎB
打B点时的速度vB=ℎC−ℎA2T
动能增加量ΔEk=12mvB2=12m(ℎC−ℎA2T)2
(3)由于阻力的存在，减小的重力势能大于增加的动能，即ΔEp>ΔEk，实际加速度aΔEk
故ABC错误，D正确；
故选：D。
故答案为：(1)AC；(2)mgℎB；12m(ℎC−ℎA2T)2；(3)D。
(1)根据实验的操作要求分析判断；
(2)根据ΔEp= mgh和动能表达式求出重锤的重力势能减少量以及动能增加量；
(3)根据实验的误差来源分析判断。
本题考查了验证机械能守恒定律。注意实验误差分析：由于实验中不可避免地存在纸带与限位孔、振针间的摩擦及空气阻力作用，因此减小的重力势能值要大于增加的动能值。
14.【答案】【小题1】t=4s时无人机的速度大小为4 2m/s
【小题2】4s内无人机的位移大小为20m

【解析】解：(1)由甲图可知t=4s时无人机沿x轴的分速度vx=4m/s
乙图为过坐标原点的倾斜直线，说明无人机沿y轴方向做匀速直线运动，y轴分速度vy=ΔyΔt=164m/s=4m/s
可得t=4s时无人机的速度大小v= vx2+vy2= 42+42m/s=4 2m/s。
(2)由v−t图像与时间轴所围图形面积表示位移，可知t=4s时无人机x轴方向的位移x=2+42×4m=12m
由乙图可直接读出y轴方向的位移y=16m
可得4s内无人机的位移大小x′= x2+y2= 122+162m=20m。
答：(1)t=4s时无人机的速度大小为4 2m/s。
(2)4s内无人机的位移大小为20m。
(1)从v−t图像读出t=4s时x方向分速度，根据x−t图像判断y方向匀速直线运动并计算y向分速度，用勾股定理合成得到4s时的速度大小。
(2)利用v−t图像与时间轴围成面积等于位移，算出x方向4s内位移，直接从x−t图像读出y方向位移，用勾股定理求出4s内无人机的位移大小。
本题考查运动的正交分解、v−t图像与x−t图像的物理含义，掌握利用v−t图像面积求解匀变速直线运动位移、由x−t倾斜直线判断匀速运动的方法，熟练运用勾股定理对分速度、分位移进行矢量合成运算。
15.【答案】【小题1】物块恰好滑离转台时受到的摩擦力大小为0.4N
【小题2】物块做平抛运动的初速度大小为2m/s
【小题3】物块落地点M到O′的水平距离为 2m

【解析】解：(1)物块恰好滑离转台时，受到的摩擦力大小达到最大值，则有f=μmg
解得f=0.4N
(2)物块恰好滑离转台时，根据牛顿第二定律可得f=μmg=mv02R
解得v0= μgR，代入数据解得v0=2m/s
(3)物块在空中做平抛运动，竖直方向有H=12gt2
解得t=0.5s
水平位移为x=v0t，代入数据计算可得x=1m
则物块落地点M到O′的水平距离为s= x2+R2
解得s= 2m
答：(1)物块恰好滑离转台时受到的摩擦力大小为0.4N。
(2)物块做平抛运动的初速度大小为2m/s。
(3)物块落地点M到O′的水平距离为 2m。
(1)物块恰好滑离转台时由最大静摩擦力提供向心力，该最大静摩擦力等于滑动摩擦力，其大小由动摩擦因数与物块重力决定。
(2)物块在转台上做圆周运动，滑离瞬间的向心力由最大静摩擦力提供，根据圆周运动向心力公式可建立摩擦力与物块平抛初速度的关系，从而求得初速度。
(3)物块离开转台后以平抛初速度做平抛运动，竖直方向利用自由落体运动规律求出下落时间，水平方向做匀速直线运动得到水平位移，再结合转台半径通过几何关系求得落地点到投影点的水平距离。
本题综合考查圆周运动的临界条件、平抛运动规律以及简单的几何关系应用，是一道难度中等偏下的典型力学综合题。题目计算量较小，主要考查学生对物体做圆周运动时静摩擦力提供向心力这一核心模型的理解，以及平抛运动两个分运动的独立性与等时性。解题关键在于准确分析物块“恰好滑离”的临界状态，此时最大静摩擦力恰好提供其做圆周运动所需的向心力。随后将圆周运动的末速度作为平抛运动的初速度，并利用几何关系求解水平距离，整个过程逻辑清晰，能有效锻炼学生将复杂运动过程分解为多个简单物理模型进行分析与衔接的能力。
16.【答案】【小题1】小物块经过C点时受到圆弧轨道的支持力FN大小为138N
【小题2】小物块刚滑上长木板瞬间，小物块的加速度a1为6m/s2，长木板的加速度a2的大小为1.5m/s2
【小题3】小物块与长木板因摩擦产生的热量Q为29J，小物块最终静止时与木板右端的距离为16m

【解析】解：(1)从B到C由动能定理可得mgR(1+sinθ)=12mvC2−12mvB2
解得vC=8m/s
小物块第一次经过C点时，根据牛顿第二定律可得FN−mg=mvC2R
解得FN=138N
(2)小物块滑上木板后，对小物块，根据牛顿第二定律可得μ1mg=ma1
解得a1=6m/s2
对木板，根据牛顿第二定律可得μ1mg−μ2(M+m)g=Ma2
解得a2=1.5m/s2
(3)假设木板与弹性挡板发生碰撞时，小物块与木板还未共速，则设经过t1时间后发生碰撞，则d−L=12a2t12
解得t1=1s
此时木板的速度大小为v2=a2t1
解得v2=1.5m/s
小物块的速度大小为v1=vC−a1t1
解得v1=2m/s>v2
假设成立。此过程中，小物块的位移大小为x1=vC+v12t1
解得
x1=5m
木板的位移大小为x2=d−L
解得x2=0.75m
则此时小物块相对木板的位移为Δs1=x1−x2
解得Δs1=4.25m
此后小物块继续向右匀减速，木板向左以初速度为v2=1.5m/s的初速度匀减速，此时根据牛顿第二定律可得μ1mg+μ2(M+m)g=Ma3
解得木板的加速度大小为a3=4.5m/s2
假设小物块和木板减速到零时，木板还未到达C点；则小物块减速到零所需时间为t2=v1a1
解得
t2=13s
木板减速到零所需时间为t3=v2a3=13s=t2
即小物块和木板同时减速到零；此过程中小物块的位移大小为x′1=v12t2
解得
x′1=13m
木板的位移大小为x′2=v22t2=14m