广西壮族自治区崇左市2024-2025学年高一年级下册期末测试物理试卷（含答案）

广西壮族自治区崇左市2024-2025学年高一下学期期末测试物理试卷

一、选择题：本题共10小题，共46分。在每小题给出的四个选项中，第广7题只有一项符合题目

要求，每小题4分；第8~10题有多项符合题目要求，每小题6分，全部选对的得6分，选对但不全

的得3分，有选错的得。分。

1.下列加点的研究对象可视为质点的是（）

A.研究电•动•汽♦车•的传动问题

B.研究人形机器人在路面上行走的动作细节

C.研究神舟十八号与天宫空间站的对接细节

D.研究神舟十八号从发射到入轨运行全程的运动轨迹

2.某质点在平面直角坐标系xOy「运动的轨迹如图所示，A、B、C为质点依次通过的三个位置。己知质点

受到的合力为恒力且方向平行于x轴，下列说法正确的是（）

A.质点受到的合力方向始终沿轨迹切线方向

B.质点受到的合力方向沿x轴负方向

C.质点经过A点时的速度小于经过C点时的速度

D.该过程中质点受到的合力对质点做正功

3.下列说法正确的是（）

A.太阳对地球有万有引力，对地球表面的人没有万有引力

B.太阳对地球有万有引力，地球对太阳没有万有引力

C.开普勒行星运动定律也适用于绕地球运行的卫星

D.牛顿最早测出引力常量的值

4.如图所示，A、B为自行车车轮一根辐条上的两质点。当架起该车轮，使车轮匀速转动时，A、B两质点

的物理量一定相同的是（）

A.线速度B.角速度C.向心加速度D.向心力

5.某质点在同一平面内的力Fi、F?、F3、FA、F5作用下处于平衡状态，力的示意图如图所示，已知Fi的方

向水平向右，F5的方向竖直向上，下列说法正确的是（)

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A.力Fl、F2、F3、F4的合力竖直向上

B.力Fl、F2、F3、F4的合力水平向左

C.力F2、F3、F4、F5的合力水平向左

D.力F2、F3、F4的合力水平向右

6.如图所示，竖直平面内的一光滑细杆连接在0点处，细杆与竖直方向的夹角为a,杆上套有可视为质点

的小球。现让杆绕过底部。点所在的竖直轴以大小为co的角速度匀速转动，小球相对于杆静止在某位置，重

力加速度大小为g,则小球做圆周运动的半径为（）

A.B.4C.必嘤D.

s'tanagtanaa）zsina

7.质量为m的汽车在平直路面上启动，该过程的速度一时间（Y“）图像如图所示，图像中0A段为过原点

的倾斜直线，AB段为曲线，BC段为平行于时间轴的直线。已知汽车启动过程中受到的阻力恒定，图中所标

物理量均为已知量，汽车在S时刻达到额定功率后维持额定功率行驶，则汽车的额定功率为（）

8.如图所示，圆心分别为Oi、02的上圆轨道AB、BC固定在竖直平面内，B点为两个上圆轨道的最低点,

OiA、02c水平，且。遇＜。2金将光滑小球从A点由静止释放，则小球第一次经过B点前后瞬间，小球

)

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A.速度突然减小B.角速度突然减小

C.向心加速度突然增大D.受到轨道的支持力突然减小

9.2025年5月29日，天问二号探测器在西昌卫星发射中心成功发射。假设天间二号探测器发射的部分阶

段如图所示，天问二号探测器从圆轨道的P点变轨进入椭圆轨道，Q点为圆轨道上的另一点，M点是椭圆轨

道上的远地点。不计天间二号探测器变轨过程中的质量变化，则天问二号探测器（）

椭圆轨道

A.在圆轨道上运行的周期大于在椭圆轨道上运行的周期

B.在椭圆轨道上，经过P点的速率大于经过M点的速率

C.经过圆轨道上P点时的动能小于经过椭圆轨道上P点时的动能

D.经过圆轨道上Q点时受到地球的万有引力大于经过椭圆轨道上P点时的万有引力

10.如图所示，倾角为37。、足够长的斜面固定在水平地面上。某时刻薄木板AB和物块叠放在斜面上，物

块处于木板中间位置，木板和物块由静止开始运动。已知木板、物块的质量分别为1kg、0.5kg,物块与木板

间、木板与斜面间的动摩擦因数分别为0.5、0.6,且接触面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速

度大小g=10m/s2,sin370=0.6,cos37°=0.8。下列说法正确的是（）

A.物块刚运动时，物块的加速度大小为2m/s2

B.物块刚运动时，物块相对于木板静止

C.物块刚运动时，木板的加速度大小为0.801储

D.若仅改变物块与木板间的动摩擦因数，则物块可能从木板的B端滑离

二、非选择题；本题共5小题，共54分。

11.小王同学在“测量弹簧的劲度系数”实验中进行了如下操作：

第3页

（1）按图甲所示安装好实验装置，把弹簧上端固定在铁架台的横杆上，弹簧自由下垂，此时弹簧下端指

针对应的标尺刻度为cm。

（2）获得多组实验数据后，小王同学以弹簧弹力F为纵轴、弹簧长度L为横轴建立直角坐标系，依据实

验数据作出的F—L图像如图乙所示，由图线可知弹簧的劲度系数为N/mo（计算结果保留两位有

效数字）

（3）本实验中弹簧自重对弹簧劲度系数的测量结果（填“有”或“无”）影响。

12.小章用如图甲所示的实验装置做“验证机械能守恒定律”实验时，将打点计时器固定在铁架台上，使重物

（1）除图甲所示的实验器材外，还必须选用的器材是

A.直流电源B.交流电源C.刻度尺D.天平

（2）为确保纸带上打出起始点。时重物的速度为0,应在释放重物（填“前''或"后”）接通打

点计时器，这样打出来的纸带上起始点O与相邻计时点的间距（填“不大于”或“大于“）2mm。（己

知打点计时器的打点频率为50Hz）

（3）小章正确操作完成实验后，得到如图乙所示的一条纸带。在纸带上选取三个连续打出的点A、B、

C,测得它们到起始点O的距离分别为％、h2、h3。已知当地重力加速度大小为g，打点计时器的打点周期为

T,重物的质量为m。从纸带上打出O点到纸带上打出B点的过程中，重物重力势能的减少量

△EP=,动能的增加量△Ek=。（用给定的物理量符号表示）

13.如图所示，质量m=lkg的物块放置在水平地面上。（）时刻用大小F=8N、方向水平向右的恒力作用在物

块上，使物块由静止开始运动。己知物块在。〜2s内运动的位移大小x=10m,取重力加速度大小g二

10m/s2»求：

第4页

（I）物块运动的加速度大小a；

（2）物块与地面间的动摩擦因数2

14.假设未来宇航员在某宜居星球匕采用如下方案来测量该星球的质量：如图所示，在星球表面某地，长

L=2.5m的细线一端拴着质量m=lkg的小球（视为质点），另一端固定在水平天花板上的0点。小球在水平

面内做匀速圆周运动时，细线与竖直方向的夹角。=37°,小球在1=1（为内运动的路程/3001。已知引力常

量为G,该星球的半径为R,不计空气阻力和该星球的自转，sin370=0.6,cos37°=0.8。求：

（1）小球的角速度大小co；

（2）该星球表面的重力加速度大小g；

（3）该星球的质量M（用g、G、R表示）。

15.如图所示，水平轻质弹簧左端固定于竖直墙上，右端与质量m=0.5kg的物块（视为质点）接触但不拴

接，弹簧原长小于光滑平台OA的长度。在平台的右端有一水平传送带AB,传送带以v=10m/s的恒定速率

顺时针转动，粗糙水平面BC与半行R=2.5m的光滑竖直半圆轨道在C点处相切。用外力将物块压缩弹簧至

某位置，由静止释放物块，物块运动到半圆轨道的最高点D时对轨道的压力大小F=2.2N,物块从D点飞出

后落在水平面B点处，物块落至水平面立即静止。已知物块与传送带间、与水平面BC间的动摩擦因数均为

4=0.5,传送带A、B点间的距离与水平面B、C点间的距离相等，取重力加速度大小g=10m/s2,不计空

气阻力，不考虑物块经过传送带与平台、水平面的连接处时的机械能损失。求：

D

——

（1）物块从D点飞出时的速度大小VD；

（2）释放物块时弹簧的弹性势能Ep；

（3）物块在传送带上运动的过程中因摩擦产生•的热量Q。

第5页

答案解析部分

1.【答案】D

【解析】【解答】A.物体能否作为质点主要看所研究的问题，研究电动汽车的传动问题需考虑部件的形状和

结构，部件的大小和形状对传动问题有影响，不可将电动汽车看作质点，故A错误；

B.物体能否作为质点主要看所研究的问题，研究人形机器人行走动作细节需关注肢体运动，形状和大小对

动作细节有影响，不可将人形机器人看作质点，故B错误；

C.物体能否作为质点主要看所研究的问题，研究神舟十八号与空间站对接需精确控制姿态和位置，形状和

大小对姿势和位置有影响，不可将神舟十八号看作质点，故C错误；

D.物体能否作为质点主要看所研究的问题，研究神舟十八号全程轨迹时，飞船大小远小于轨迹尺度，形状

和大小对运动的轨迹没有影响，可将神舟十八号看作质点，故D正确。

故选Do

【分析】物体能否作为质点主要看物体的形状和大小对所研究的问题有无影响。

2.【答案】B

【解析】【解答】AB.如图所示，由于质点的运动轨迹向x轴负方向弯曲，根据做曲线运动的物体受的合力

方向指向轨迹的凹向，因质点受到的合力为恒力目.方向平行于x轴，可知质点受到的合力方向沿x轴负方

向，选项A错误，B正确；

CD.当质点从A到C运动时，由于质点受合力方向与速度方向夹角大于90。，所以合力做负功可知质点从A

到C做减速运动，质点经过A点时的速度大于经过C点时的速度，选项CD错误。

故选Bo

【分析】利用粒子运动轨迹弯曲的方向可以判别恒力的方向，利用恒力方向与速度的方向可以判别恒力做功

进而判别速度的大小。

3.【答案】C

【解析】【解答】A.万有引力定律表明任何有质量的物体间均存在引力，太阳不仅吸引地球，也吸引地球表

面的人，故A错误；

B.根据牛顿第三定律，由于力的作用是相互的，所以太阳对地球有引力作用，地球对太阳也有引力的作

用，故B错误；

C.开普勒定律适用于中心天体质量远大于环绕天体的系统，卫星绕地球运动的规律也可以用开普勒定律进

行分析，故c正确；

D.牛顿提出了万有引力定律，但引力常量G由卡文迪许通过扭秤实验首次测得，而非牛顿，故D错误。

故选Co

【分析】万有引力定律表明任何有质量的物体间均存在引力：太阳对地球有引力作用,地球对太阳也有引力

的作用；卫星绕地球运动的规律也可以用开普勒定律进行分析；引力常量G由卡文迪许通过扭秤实验首次测

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得。

4.【答案】D

【解析】【解答】如图所示由于A、B两质点相同时间转过的角度相等，属于同轴转动，则角速度相同；因两

点转动半径不同，则根据线速度和角速度的关系式v=(or可知线速度不同；根据向心加速度的表达式a„=co2r

可知，向心加速度不同；根据向心力的表达式F“二ma可知，向心力不一定相同。

故选B。

【分析】AB属于同轴转动可以得出角速度相等，结合半径的大小可以比较向心加速度、向心力和线速度的

大小。

5.【答案】C

【解析】【解答】AB.五个力处于平衡状态，合力为零，对力Fi、F2、&、R进行合成，根据二力平衡条件

可以得出四个力的合力与Fs等大反向，可知力B、F2、F3、F4的合力竖直向下，选项AB错误；

C.由于质点处于平衡状态，根据二力平衡条件可知力F2、F3、向、Fs的合力与R等大反向，方向水平向

左，选项C正确；

D.由于质点处于平衡状态，根据二力平衡条件可知力F?、F3、R的合力与Fi、F5的合力等大反向，则方向

斜向左下方向，选项D错误。

故选Co

【分析】利用质点处于平衡状态，杈据二力平衡条件可以判别多个力的合力的大小及方向。

6.【答案】A

【解析】【解答】由于小球做匀速圆周运动，对小球受力分析，小球受到支持力和重力的合力逞供向心力，根

据牛顿第二定律可知懿=m32r

IdIIlx

解得”看

故选Ao

【分析】小球受到支持力和重力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律可以求出小球运动的半径大小。

7.【答案】D

t解析】【解答】当汽车匀速运动时，由于牵引力等于阻力，根据功率的表达式有：P=f-1.8v0

匀加速运动时，根据速度公式可得加速度为。或

汽车由于受到牵引力和阻力产生加速度，根据牛顿第二定律尸-/=ma

在A点时，根据功率的表达式有：P=Fv0

解得p=辘

4to

故选D.

【分析】利用速度公式可以求出加速度的表达式，结合功率的表达式及牛顿第二定律可以求出额定功率的大

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小。

8.【答案】D,D

【解析】【解答】小球第一次经过B点时，由于在B点时受到的重力和支持力在竖直方向上，因水平方向受

力为零，合力不做功可以得出速度不变，根据线速度和角速度的关系式有3二票

因半径变大，则角速度突然减小；根据向心加速度的表达式有Q=U3

可知向心加速度突然减小；根据牛顿第二定律可知FN-rng=ma

受到轨道的支持力突然减小。

故选BD。

【分析】利用小球经过B点时合力不做功可以判别线速度保持不变；结合半径的变化可以判别角速度的变

化；利用向心加速度的表达式可以判别加速度的变化；利用牛顿第二定律可以判别支持力的大小变化。

9.【答案】B,C

【解析】【解答】A.因在圆轨道上运行的轨道半径小于在椭圆轨道上运行的半长轴，根据开普勒第三定律

r3

p=A可知在圆轨道上运行的周期小于在椭圆轨道上运行的周期，选项A错误；

B.根据开普勒第二定律可知，在椭圆轨道上，由于探测器在相同时间内与球心连线扫过的面积相等，经过

近地点P点的速率大于经过远地点M点的速率，选项B正确；

C.从圆轨道到椭圆轨道需要在P点加速，由于速度增大可知经过圆轨道上P点时的动能小于经过椭圆轨道

上P点时的动能，选项C正确；

D.由于探测器经过圆轨道上Q点时到地球的距离等于经过椭圆轨道上P点时到地球的距离，根据万有引力

公式”=G等可知探测器经过圆轨道上Q点时受到地球的万有引力等于经过椭圆轨道上P点时的力有引

力，选项D错误。

故选BCo

【分析】利用开普勒第三定律可以比较周期的大小；利用开普勒第二定律可以比较线速度的大小；利用变轨

速度的变化可以比较动能的大小；利用引力公式结合距离可以比较引力的大小。

10.【答案】A,C

【解析】【解答】ABC.物块与木板间、木板与斜面间的动摩擦因数分别为。5、0.6,所以在重力分力的作

用下运动，因物块与木板间的动摩擦因数小于木板与斜面间的动摩擦因数，物块的加速度大于木板的加速

度，可知物块相对木板向下滑动，此时物块的加速度为由=psin370-/z^cos37°=2m/s2

此时木板的加速度即=7顶外由37°+〃/】98s37°f2（叫+7九2）98s37。=02,选项AC正确，B错误；

m2

D.当物块与木板间的动摩擦因数大于或等于木板与斜面间的动摩擦因数时，此时物块与木板保持相对静

止，物块也木板一起向下滑动；当物块与木板间的动摩擦因数小十木板与斜面间的动摩擦因数时，物块相对

木板向下下滑，由于物块运动时速度大于或等于木板的速度大小，所以物块相对木板只会向下运动，即仅改

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变物块与木板间的动摩擦因数，物块不可能从木板的B端滑离，选项D错误。

故选ACo

【分析】因物块与木板间的动摩擦因数小于木板与斜面间的动摩擦因数，物块的加速度大于木板的加速度，

可知物块相对木板向下滑动，根据牛顿第二定律可以求出物块与木板加速度的大小；由于物块运动时速度大

于或等于木板的速度大小，所以物块相对木板只会向下运动，即仅改变物块与木板间的动摩擦因数，物块不

可能从木板的B端滑离。

11.【答案】(1)10.20

(2)75

(3)无

【解析】【解答】(1)图甲可知刻度尺最小分度值为1mm,根据刻度尺的格数可知读数为10.20cm；

(2)由于弹簧自由下垂时，弹簧下端指针对应的标尺刻度为10.20cm,可知弹簧原长A。=10.20cm

由于弹簧的伸长量与弹簧的弹力成正比，根据胡克定律有产=k(L-Lo)=kL-kL0

根据表达式可知图像斜率即为弹簧劲度系数，根据图像斜率可得劲度系数为k=笠=

-------------TjN/m=7SN/m

(14.20-10.20)xl0-z

(3)若考虑弹簧重力G,则未钩码时，根据胡克定律有：G=k(Li-L。)

挂上钩码后，根据胡克定律可知弹簧弹力F=G+k(L-Lo)

联立解得产=kL+心-2kLQ

可知图像斜率仍表示弹簧劲度系数，故对测量结果无影响。

【分析】(1)利用刻度尺的分度值可以得出对应的读数；

(2)利用胡克定律结合图像斜率可以求出劲度系数的大小；

(3)利用胡克定律结合弹簧本身重力可以得出图像斜率不变，则对劲度系数测量没有影响。

(1)图甲可知刻度尺最小分度值为1mm,故读数保留到十分位，则读数为10.20cm；

(2)由于弹簧自由下垂时，弹簧卜端指针对应的标尺刻度为10.20cm,可知弹簧原长k=10.20cm

根据胡克定律有尸=k(L-Lo)=kL-kL0

=3N/m7SN/m

可知图像斜率即为弹簧劲度系数，即忆=券z1A9n_1"Lur^=

11T,.ZU-JLU./UJXJLU

(3)若考虑弹簧重力G,则未钩码时有G=k(Li-Lo)

挂上钩码后弹簧弹力F=G+k(L—Lo)

联立解得尸=kL+kJ-2kL0

可知图像斜率仍表示弹簧劲度系数，故对测量结果无影响。

12.【答案】(1)B；C

(2)前；不大于

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（3）mgh2；鸣£

8产

【解析】【解答】（1）AB.打点计时器交替打点需要使用交流电源，故A错误，B正确；

C.为了测量重物下降的距离需要使用刻度尺，故C正确；

D.根据机械能守恒定律有：mgh=imv2

整理得=根据表达式可知m可约去，不需用天平，故D错误。

故选BCc

（2）为了充分利用纸带，保持重物的初速度等于0,实验应该先接通电源，再释放重物；

已知纸带上起始点O与相邻计时点的时间间隔为0.02s,根据位移公式可知这段时间内重物下落的距离为h=

49产=Gx10x0.022）m=2mm,因有阻力，实际间距不大于2mm。

（3）从打O点到打B点的过程中，根据重力势能的表达式可知重物的重力势能的减少量4昂=mgB

根据平均速度公式可知打B点时的速度方=写&

乙I

2

从打O点到打B点的过程中，根据动能的表达式可知动能增加量AEk=\mvl=m（g'i）

132

及28T

【分析】（1）打点计时器交替打点需要使用交流电源；为了测量重物下降的距离需要使用刻度尺；根据机械

能守恒定律可以得出实验不需要测量质量，不需要使用天平；

（2）为了充分利用纸带，保持重物的初速度等于0,实验应该先接通电源，再释放重物；利用位移公式可以

求出起始点O与相邻计时点的间距；

（3）利用重力势能的表达式可以求出重力势能的减少量；利用平均速度公式可以求出速度的大小，结合动

能的表达式可以求出动能的增量。

（1）AB.打点计时器需交流电源，故A错误，B正确；

C.测纸带点间距需刻度尺，故C正确；

D.根据mg/i=

整理得gh=v2

可知m可约去，不需用天平，故D错误。

故选BCo

（2）⑴先接通电源，再释放重物，才能保证起始点速度为0；

⑵纸带上起始点O与相邻计时点的时间间隔为0.02s,则距离九=^gt2=x10x0.022）m=2mm

因有阻力，实际间距不大于2mm。

（3）[1]从打O点到打B点的过程中，重物的重力势能的减少量=7几9电

⑵打B点时的速度加=与普

乙4

第10页

2

从打0点到打B点的过程中，动能增加量/Ek==弛3邙1L

288T2

13.【答案】（1）物块做匀加速直线运动，有为=2如2

其中t=2s,x=10771,代入解得Q=5m/s2

（2）对物块受力分析，由牛顿第二定律有F—/=ma

其中/=

联立解得〃=0.3

【解析】【分析】（1）物块做匀加速直线运动，利用位移公式可以求出加速度的大小；

（2）物块做匀加速直线运动，利用牛顿第二定律结合滑动摩擦力的表达式可以求出动摩擦因数的大小。

（1）物块做匀加速直线运动，有不乌以2

其中£=2s,x=10m，代入解得Q=5m/s2

（2）对物块受力分析，由牛顿第二定律有F-f=ma

其中/二nmg

联立解得〃=0.3

14.【答案】（1）小球做匀速圆周运动的线速度大小u=*

V

小球的角速度大小34

其中r=Asina

联立解得①=2rad/s

（2）对小球受力分析，竖直方向上有Fcosa=mg

水平方向上有Fsina=ma）2r

联立解得q=Sm/s2

（3）在该星球表面有G器

=mg

2

解得M=於-

G

【解析】【分析】（1）小球做匀速圆周运动，利用弧线长度和时间可以求出线速度的大小，结合半径可以求出

角速度的大小；

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(2)己知小球做匀速圆周运动，利用竖直方向的平衡方程及水平方向的牛顿第二定律可以求出重力加速度

的大小；

(3)由于星球对表面物体的引力形成重力，利用牛顿第二定律可以求出星球的质量大小。

(1)小球做匀速圆周运动的线速度大小u=*

小球的角速度大小3T

其中r=Lsina

联立解得=2rad/s

(2)对小球受力分析，竖直方向上有Fcosa=mg

水平方向上有Fsina=ma)2r

联立解得g=8m/s2

(3)在该星球表面有6粤=mg