湖南省长沙市岳麓区2025-2026学年高一下学期期末考试物理自编试卷（人教版）（解析版）

湖南省长沙市岳麓区2025-2026学年高一下学期期末考试自编试卷物理试题（解析版）题号12345678910答案CCACCBDCDADBC1．C【详解】设小球开始时距离托架h，有小球接触托架后与托架一起向下运动，继续压缩弹簧向下运动的过程符合简谐振动，在简谐运动的平衡位置处小球受力平衡，加速度为0，此时弹簧的压缩量设为，有所以小球运动到最低点时速度为0，加速度最大，设弹簧压缩量为，有所以所以简谐运动的振幅为可以写出简谐振动的位移表达式设竖直向下为运动的正方向，小球刚接触弹簧时速度方向向下，位移为根据三角函数关系可得初始相位所以从接触弹簧开始运动到最低点的过程中所用的时间从小球释放到弹簧压缩到最短的过程中系统的机械能是守恒的，所以可解得运动的总时间为故选C。2．C【分析】对物块A运动状态分析：时间段弹簧处于压缩状态，接触锁定后弹簧逐渐恢复原长，物块B与墙面接触保持静止，物块A随着弹簧恢复原长，弹力减小，做加速度减小的加速运动，时刻弹簧恢复原长，物块A速度达到最大时间段，物块A要继续向右运动，弹簧逐渐被拉长弹力增大，物块A将做加速度增大的减速运动，物块B将从静止开始做加速度增大的加速运动，时刻物块AB共速时，弹簧长度达到最大。时间段，方向均向右，弹簧逐渐恢复原长，物块A将做加速度减小的减速运动，物块B将做加速度减小的加速运动，时刻物块A速度减到最小，弹簧恢复原长，此后由于，弹簧将再次被压缩，物块A加速，物块B减速。【详解】A．由分析知时刻物块AB共速，由动量守恒得，解得，故A错误；B．时刻弹簧长度达到最大，故B错误；C．时刻物块AB共速，弹簧长度达到最大，由机械能守恒得弹性势能，故C正确；D．内物块A运动的位移是图像与时间轴围成的面积，由图象知，故D错误。故选C。3．A【详解】B．根据a-t图像知，图像与坐标轴所围成的面积表示速度的变化量，起始时刻，两无人机速度均为零，0~t0过程中，乙图像面积为甲图像面积的2倍，所以t0时刻，乙的速度是甲速度的2倍，B正确；D．t0时刻之前，乙的加速度大于甲的加速度，二者速度差距逐渐增大，t0~2t0之间，乙的加速度小于甲的加速度，二者速度差距逐渐减小，所以t0时刻二者速度相差最大，D正确；AC．结合a-t图像转v-t图像，如图所示在v-t图像中，图像与坐标轴所围城的面积表示位移，可知2t0时刻，甲、乙不处于同一高度，甲、乙之间的距离一直增加，A错误，C正确，本题选错误的，故选A。4．C【详解】A．时刻进入的正离子运动的如图线1所示，其偏移量为，，离子击中B板的中点，A错误。B．时刻进入的正离子的如图线2所示，其离开电容器时偏离轴线的距离为离子沿中心轴线离开，B错误；C．时刻进入的正离子的如图线3所示，即时刻进入的正离子击中金属板A的右端点，C正确；D．设时刻进入电场的离子刚好打到板上的如图线4所示，解得又因为时刻进入电容器的离子刚好打到板右端点，所以能够击中电容器两极板的离子进入电容器的百分比为D错误。故选C。5．C【详解】由双星模型可知，两星的角速度ω相等，可得两星体的线速度大小分别为，已知两星体的线速度大小之和为，则有又有解得对星体b，根据万有引力提供向心力得解得可得则两星体的轨道半径大小之差故选C。6．B【详解】设小球与竖直方向的夹角为，对小球受力分析，根据牛顿第二定律可得解得由于A、B两个小球转动时角速度相等，根据数学关系，小球与竖直方向的夹角越大，则半径就越小，由图像可知，B球与竖直方向的夹角大于A球与竖直方向的夹角，所以B球做圆周运动的半径需小于A球做圆周运动的半径，故ACD错误，B正确。故选B。7．D【详解】AD．以A球为研究对象，分析受力，如图1所示设B对A的库仑力与墙壁的夹角为，由平衡条件可得竖直墙面对小球A的弹力将小球B向左推动少许时，减小，则竖直墙面对小球A的弹力减小；库仑力减小，增大，减小，根据库仑定律分析可知，两球之间的距离增大，故A错误，D正确；BC．再以AB整体为研究对象，分析受力如图2所示由平衡条件可得，由上述分析可知，减小，则F减小，而地面对小球B的支持力一定不变，故BC错误。故选D。8．CD【详解】A．根据开普勒第二定律可知，A卫星或者B卫星与地球的连线在相等的时间内扫过的面积相等，故A错误。B．根据万有引力定律有卫星受到的万有引力为由于两卫星的质量大小未知，所以引力大小不能确定，故B错误。C．两卫星受到的万有引力作为向心力，有=，得轨道半径越小，角速度越大，故C正确。D．若A卫星要变轨到B卫星的轨道，A卫星需要点火加速，即向后喷气，故D正确。故选CD。9．AD【详解】当底板与水平面间的夹角为时，货物的受力情况如图所示根据物体的平衡条件有，解得，故选AD。10．BC【详解】根据结合解得卫星的线速度大小卫星的角速度大小卫星的周期卫星的向心加速度大小故选BC。11．(1)C(2)匀速直线(3)0.011②【详解】（1）要测量滑块的动量还需要测量滑块的质量，所以还需要的器材是天平，故选C；（2）为了减小重力对实验的影响，应该让气垫导轨处于水平位置，故调节气垫导轨后要使滑块能在气垫导轨上近似做匀速直线运动；（3）[1]取滑块A碰前运动方向为正方向，根据x-t图可知滑块B碰前的速度为则滑块B碰前的动量为[2]由题意可知两物块相碰要符合碰撞制约关系则④图线为碰前A物块的图线，由图可知碰后③图线的速度大于②图线的速度，根据“后不超前”的原则可知③为碰后A物块的图线，②为碰后B物块的图线。12．(1)水平不会(2)0.12【详解】（1）[1]为保证小钢球离开斜槽末端后做平抛运动，斜槽末端应调成水平；[2]小钢球做平抛运动，只要保证小钢球每次从同一位置静止释放即可，斜槽光滑或者不光滑对实验结果没有影响。（2）[1]小方格的边长为，根据平抛运动竖直方向上做自由落体运动，可得代入数值解得[2]根据平抛运动水平方向上做匀速直线运动，可得解得即小钢球离开斜槽末端的速率为13．(1)(2)【详解】（1）由甲图可知，该波的波长为由乙图可知，该波的周期故该波的波速为（2）由甲图可知，该波的振幅当时，平衡位置处的质点经过的路程为14．(1)(2)(3)【详解】（1）因小球恰好能在圆锥体的内侧面做匀速圆周运动，可知小球受重力和细线的拉力作用，如图所示（2）由牛顿第二定律其中的解得（3）如图受力分析，由牛顿第二定律竖直方向水平方向解得15．