湖南省长沙市开福区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）

湖南省长沙市开福区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CBBAABDBDCDBD1．C【详解】AB．M、N两盘边缘的线速度大小相等，可知N的角速度为则小木块的角速度大小为，线速度大小为故AB错误；CD．小木块所受摩擦力提供所需的向心力，方向指向圆心，大小为故C正确，D错误。故选C。2．B【详解】A．经过Q点时，排球的高度相同，则重力势能相等，故A错误；B．从最高点到Q点，根据平抛运动规律有，可知排球沿轨迹2在最高点的速度大于排球沿轨迹1在最高点的速度，则排球沿轨迹2运动经过最高点时动能大于排球沿轨迹1运动经过最高点时动能，故B正确；C．从最高点到Q点，竖直方向有可知沿轨迹2运动经过Q点竖直方向的速度较小，根据可知排球沿轨迹2运动相比沿轨迹1运动经过Q点时重力的瞬时功率小，故C错误；D．从最高点到Q点，重力做功的平均功率为可知排球沿轨迹2运动相比沿轨迹1运动从最高点到Q点重力做功的平均功率小，故D错误。故选B。3．B【详解】A．根据牛顿第三定律可知，苹果在最高点时所受到的支持力和苹果对手的压力是作用力和反作用力，大小相等，故A错误；B．根据牛顿第二定律，苹果在位置和位置时，竖直方向合力为0，因此支持力与重力大小相等、方向相反，故苹果在、两点的弹力（支持力）大小、方向都相同，故B正确；C．苹果在位置的向心力指向右（圆心方向），在位置的向心力指向左（圆心方向），根据牛顿第二定律可知，苹果在、两点做圆周运动的向心力由摩擦力提供，因此苹果在点受到的摩擦力方向向右，在点受到的摩擦力方向向左，二者方向不同，摩擦力不同，故C错误；D．苹果做匀速圆周运动，合力提供圆周运动的向心力，大小为故苹果在运动过程中所受合外力大小不变，方向一直在变化，合外力一直改变，故D错误。故选B。4．A【详解】设原实心球体的质量为，位于点的质点质量为。根据万有引力定律，原实心球体对物体的引力大小为由于球体质量分布均匀，挖去的小球与原球体属于同种材料，根据质量与半径的立方成正比。挖去的小球半径为，则其质量挖去的小球的球心依然在点，距点的距离同为，若该部分存在，其对位于点物体的引力大小应为根据割补法，剩余空心部分对物体的引力大小等于原整体的引力减去被挖去部分的引力，即故选A。5．A【详解】A．根据，则，可知卫星1在轨道Ⅰ上的速度小于卫星2在经过B点的圆轨道上的速度，而在轨道Ⅱ上B点的速度大于经过B点的圆轨道的速度，可知卫星1在轨道Ⅰ上的速度小于卫星2在轨道Ⅱ上B点的速度，A正确；B．根据，则则卫星1在A点的加速度等于卫星2在A点的加速度，B错误；C．卫星1和卫星2不在相同的轨道上，则在相同时间内与地球连线扫过的面积不一定相等，C错误；D．两卫星的质量关系不确定，则不能比较两卫星的机械能大小关系，D错误。故选A。6．B【详解】A．在甲容器中，设小球与圆心连线与竖直方向夹角为，对任意一个小球分析，根据牛顿第二定律有解得其中h为球心到圆周轨迹平面的距离，由于上面小球的圆周平面到球心更近，即更小，所以上面小球的角速度比较大，故A错误；B．在乙容器中，设左侧斜面的倾角为，对任意一个小球分析，根据牛顿第二定律解得两小球在同一左侧斜面上，故相同，而上面小球做匀速圆周运动的半径更大，故上面小球的角速度更小，故B正确；C．在丙容器中，对任意一个小球分析，根据牛顿第二定律有根据几何关系知，为抛物线上该点切线斜率，设抛物线方程为根据数学知识求导，可得可得联立解得可知角速度与位置无关，即两球角速度相等，故C错误；D．在容器丁中，对任意一个小球分析，根据牛顿第二定律解得其中为切线与水平面的夹角，上面的球半径大，且小，故角速度较小，故D错误。故选B。7．D【详解】A．对小球受力分析，小球受重力、水平向左的风力及绳拉力平衡于，由平衡条件，故A错误；B．小球在重力与风力的复合场中运动，等效重力，方向斜向左下，与竖直方向夹角，A点恰为等效最低点。小球在A点获得垂直于OA斜向下的初速度，恰能做完整的圆周运动，临界条件为通过等效最高点时绳拉力为零，由等效重力提供向心力解得从等效最低点到最高点，由能量守恒解得，故B错误；C．小球在等效最低点A速度最大，绳拉力最大解得，故C错误；D．小球从A运动到重力势能最低点（O点正下方）时：重力做功，风力做功由动能定理代入数据解得末速度为，故D正确。故选D。8．BD【详解】将一个带正电的小球从导体左侧缓慢靠近A端，根据静电感应原理可知，导体的A端将带负电、B端将带正电；根据静电平衡可知，导体内部的电场强度始终为零。故选BD。9．CD【详解】声波波长利用镜像法分析，挡板反射的声波等效为波源关于挡板的虚像发出的波，与为同相波源，二者垂直间距设上某点到的距离为，直接波路程为，反射波等效路程为，路程差。同相波源振动减弱点满足（为非负整数），时，因此减弱点对应，共10个，越小越大，对应值越大。是右侧第一个减弱点，对应；相邻减弱点依次减小，对应，对应。A．由推导得，代入三点路程差计算得，，，与间距不相等，故A错误；B．点（）处，为加强点；点，为减弱点。二者之间路程差在之间，不存在其他整数倍波长的路程差，无额外振动加强点，故B错误；C．直接波与反射波振幅相等，振动减弱后振幅为零，点始终静止，故C正确；D．减弱点共10个（到），点对应，其右侧还有共7个振动减弱点，故D正确。故选CD。10．BD【详解】A．小球从B到O向左运动时，合力为所以平均加速度更小从O到A向左运动时，弹力、摩擦力均向右，合力为所以平均加速度更大，减速更快且B到O的位移更大，因此B到O的时间大于O到A的时间，故A错误；B．小球恰能停在A点，说明到达A点速度减为0后，恰好保持静止不反弹。若弹簧弹力大于最大静摩擦力（等于滑动摩擦力），小球会向右反弹；只有弹力等于最大静摩擦力（即滑动摩擦力）时，才恰好停住，因此弹簧弹力等于滑动摩擦力，故B正确；C．对全过程能量守恒：整理得速度最大时合力为零，得即对到速度最大位置用动能定理：代入和化简得速度最大时动能此时弹性势能仅当（A在O点）时二者相等，一般情况不相等，故C错误；D．小球恰能停在A点，说明A是最终停止位置，速度为零后不反弹，因此满足：得此时从B到速度最大点，克服摩擦力做功：合外力做功等于动能变化，初动能为0，因此计算得因此，故D正确。故选BD。11．(1)B(2)(3)【详解】（1）AB．斜槽不需要尽可能光滑，只要每次实验从同一位置释放球1，故A错误，B正确；C．小球做平抛的高度相等，根据可得运动时间相等，根据可知可用水平位移表示速度，故不需要测量斜槽末端高度H，故C错误。故选B。（2）调整斜槽前，斜槽末端不水平，小球做斜下抛运动，球1抛出时初速度水平分量小于球1的初速度大小，在空中运动时间小于平抛时间，则而动量守恒要求因此（3）[1][2]弹性碰撞满足动量守恒和动能守恒，推导得代入，整理得可得图像的斜率为，纵轴截距为。12．(1)1.225(2)(3)105(4)大于(5)不同意，图丙滑动变阻器为分压式接法，滑片向右移动时，设滑动变阻器的总电阻为，滑片左侧滑动变阻器电阻丝的长度为，滑动变阻器电阻丝的总长度为，电压表、电流表和的总电阻为，电源电压恒定为，则电压表的示数为，所以，与不成线性关系，即电压表示数随滑片向右移动的距离不是均匀增加。【详解】（1）由图甲可知，螺旋测微器的读数为（2）用多用电表“×100”挡测量该卷导线的电阻，指针位于如图乙所示的位置，由图可知，待测电阻的阻值较小，为了能较准确地测量该电阻，应将选择开关旋转到欧姆挡位置。（3）将坐标纸上的数据连线，如图所示根据欧姆定律可知（4）由于电流表存在内阻，所以电压表测量的是和电流表的总电压，即两端的电压测量值偏大，根据可知，电阻的测量值偏大，即电阻的测量值大于真实值。（5）不同意，图丙滑动变阻器为分压式接法，滑片向右移动时，设滑动变阻器的总电阻为，滑片左侧滑动变阻器电阻丝的长度为，滑动变阻器电阻丝的总长度为，电压表、电流表和的总电阻为，电源电压恒定为，则电压表的示数为所以，与不成线性关系，即电压表示数随滑片向右移动的距离不是均匀增加。13．(1)(2)【详解】（1）由题可知，运动员在竖直方向做自由落体运动，则有代入数据解得（2）水平方向运动员做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律可得解得运动员水平方向的加速度运动员由静止开始下落时水平方向的速度大小为竖直方向上的速度大小为故运动员由静止开始下落时的速度大小为14．(1)(2)(3)【详解】（1）A、B整体到最高点时物块C恰好不离开挡板，此时C对挡板的压力为0，对C分析，可得，为弹簧的伸长量，A、B处于平衡位置时，对A、B分析，可得，为弹簧的压缩量，所以A、B整体做简谐运动的振幅（2）根据简谐运动的对称性，A、B运动到最低点时，弹簧的压缩量为对C分析代值可得（3）A、B碰撞前，B静止在斜面上，对B分析可得弹簧的压缩量为此时弹簧的弹性势能A、B在最高点时，弹簧的伸长量为，此时的弹性势能A、B从最高点到B静止所在位置的过程中，根据机械能守恒解得A、B碰撞过程动量守恒解得A从静止释放到与B碰撞过程联立上式解得15．(1)(2