陕西西安市高新某中学2025-2026学年高一年级下册期中考试物理试题

2025-2026学年度第二学期期中考试

高一年级物理试题

（总分100分用时100分钟）

一、选择题（本题12小题，共48分。第1—8题只有一项符合题目要求，每小题4分；第

9—12题有多项符合题目要求，全部选对得4分，选对但不全得2分，有选错得。分）

1.下列说法正确的是（）

A.作用在静止物体上的力的冲量一定为零

氏论证厂-工图像中图线与横轴围成的面积表示尸做的功采用了等效的思想

C.根据尸二包，可把牛顿第二定律表述为：物体动量的变化率等于它所受的合外力

Ar

D.物体的动量发生改变，则合外力一定对物体做了功

【答案】C

【解析】

【详解】A.根据/二A，可知作用在静止物体上的力的冲量不一定为零，冲量与物体运动状态无关，选项

A错误;

B.论证/P图像中图线与横轴围成的面积表示/做的功采用了微元的思想，选项B错误；

C.根据尸二包，可把牛顿第二定律表述为：物体动量的变化率等于它所受的合外力，选项C正确；

Ar

D.物体的动量发生改变，可能时速度大小不变，方向发生了变化，动能不一定变化，即合外力不一定对

物体做了功，选项D错误。

故选C。

2.短道速滑比赛中“接棒”运动员：称为“甲”）在前面滑行，“交棒'运动员（称为“乙”）从后面用力推前方“接

棒”运动员完成接力过程，如图所示。假设甲的质量小于乙的质量、交接棒过程中甲、乙速度方向均在同一

直线上，忽略运动员与冰面之间的摩擦。在交接棒过程，下列说法中正确的是（）

A.乙对甲的作用力大于甲对乙的作用力

B.甲的动量增加量大于乙的动量减少量

C.甲的速度增加量大于乙的速度减少量

D.甲、乙两运动员冲量之和不为零

【答案】C

【解析】

【详解】AD.根据牛顿第三定律可知，乙对甲的作用力等于甲对乙的作用力，结合冲量的定义可知，甲、

乙两运动员冲量等大反向，冲量之和为零，故AD错误；

BC.甲、乙组成的系统所受合外力为零，动量守恒，所以甲的动量增加量等于乙的动量减少量，乂因动量

变化量等于质量与速度变化量的乘积，且甲的质量小于乙的质量，所以甲的速度增加量大于乙的速度减少

量，故B错误，C正确。

故选C。

3.关于下列各场景中物理描述正痫的是（）

A.甲图中，穿越厚重的大气层返I可地面过程中，神舟飞船返回舱机械能守恒

B.乙图中，缓慢旋转摩天轮上的乘客机械能守恒

C.丙图中，空中正在做无动力翼装飞行表演的运动员机械能守恒

D.丁图中，被投掷出在空中运动的铅球，不计空气阻力时机械能守恒

【答案】D

【解析】

【详解】A.甲图中，神舟飞船返回舱穿越厚重的大气层返回地球的过程中，要克服空气阻力做功，则机

械能不守恒，故A错误；

B.乙图中，缓慢旋转摩天轮上的乘客，其动能不变，重力势能变化，则机械能不守恒，故B错误；

C.丙图中，空中正在做无动力翼装飞行表演的运动员，要克服空气阻力做功，则机械能不守恒，故C错

误；

D.丁图中，被投掷出在空中运动的铅球，不计空气阻力时，只有重力做功，则机械能守恒，故D正确。

故选D。

4.如图所示，质量相等的卫星〃和卫星仇受到的地球万有引力分别为巴和乙，加速度分别为4和处,

卜冽关系一定正确的是（)

C.必=4D.外

【答案】D

【解析】

【详解】A.根据牛顿第二定律可得竺竺=〃汝

「始

可行。=—GM—

由于乙＜丐，则有七＞为，故A错误;

-GMm

C.根据——=mco1r,

可得。=，萼

由于丐，则有切”＞例，故C错误;

皿山lGMm

BD.根据尸=—；—

由于两颗卫星的质量相等，？＜小则有乙＞与，故B错误，D正确。

故选D。

5.如图所示，木箱在恒力尸作用下做直线运动，位移为％,恒力/与位移x之间的夹角为0。此过程

中，恒力尸对木箱做的功为（）

-—

77/777777777777777/7777777/77

A.0B.FxC.Excos夕D.&sin。

【答案】C

【解析】

【详解】根据功的概念可知，恒力R对木箱做的功为&COS。。

故选C。

6.如图所示为某蹦床运动员比赛时的情景。某次运动过程，运动员从最高点由静止落下，下落到网面时的

速度大小为8m/s,弹起后离开网面瞬间的速度大小为6m/s,此过程运动员与网接触的时间为0.7s,已知运

动员的质量为60kg,重力加速度为lOm/sz,则此过程网对运动员的平均作用力大小为（）

A.771.4NB.1200NC.1440ND.1800N

【答案】D

【解析】

【详解】选择竖直向上为正方向，根据动量定理有岭一m（一匕）

其中匕=8m/s,v2=6m/s

解得了=1800N

故选D。

7.北京时间2025年II月I日，神舟二十一号航天员乘组顺利进驻中国空间站。随后，与神舟二十号航天

员乘组拍下“全家福”。若此时空间站绕地球运行近似为匀速圆周运动，运动周期为丁，地球半径为R,

地球表面的重力加速度为则卜.列说法正确的是（）

A.空间站运动的速率为绊

B.空间站运动的轨道半径为J处£

V4/

c.空间站运动的加速度大小为2兀M聋尤

D.地球的质量为㈣单

GT2

【答案】B

【解析】

【详解】A.空间站线速度公式为u=竺，其中「为空间站轨道半径，大于地球半径R,因此

T

工，故A错误：

T

ck'm'N、r,j、GMm412rraGMT2

B.万有引力提供空间站向心力；-T--m—丁，得，一----

r2T24/

地球表面物体重力等于万有引力：〃吆=9”，得黄金代换式GM=gR2,代入得咳:，故B

R-V4/

正确；

C.空间站加速度。=与，将B中轨道半径代入得4=:旭革1,与选项给出的表达式不符，故C

T2vr

错误;

D.由向心力公式推导地球质量为M二处N，式中「为空间站轨道半径，不是地球半径A,故D错误。

GT2

故选Bo

8.如图所示，在光滑水平面上有A、B两辆小车，水平面左侧有一竖直墙，在小车B上坐着一个小孩，车

B与小孩的总质量是车A质量的4倍。从静止开始，小孩把车A以速度v（对地）推出，车A返回后，小

孩抓住并再次把它推出，每次推出的车A的速度都是I，（对地）、方向向左，则小孩把车A总共推出多少

次后，车A返回时，小孩不能再接到（小车与竖直墙相撞是弹性的）（）

AAyB

m,,,,,，二…a口....

/77777777777777777777777777777777777/

A.2次B.3次C.4次D.5次

【答案】B

【解析】

【详解】设小孩把A车总共推出〃次后，车A返回时，小孩恰好不能再接到车。此时车A返回时的速度I，

与B车的速度恰好相等,即屿

第I次推车时，小孩和B车获得的动量为孙w,以后每次推车时获得的动量为2〃?AV,根据动曼守恒定律得

m.\v+（n-1）^/MAV-WBVB

又由题意4mA=/MB

联立得n=2.5

所以小孩把A车总共推出3次后，车A返回时，小孩不能再接到车。

故选Bo

9.2025年9月9日，我国在西昌2星发射中心，成功将遥感四十五号卫星发射升空。如图为卫星发射过程

的示意图，首先将卫星发射到低空圆轨道I,然后在P点实施变轨进入椭圆轨道H,轨道H与预定圆轨道

川相切于Q点，在Q点再次变轨进入预设圆轨道HL下列说法正确的是（）

A.卫星在轨道I的机械能大于在凯道in的机械能

B.卫星在轨道I的运行周期小于在轨道II的运行周期

C.卫星在轨道H经过0点的速度大于在轨道I的速度

D.卫星在轨道II经过Q点的速度大于在轨道in的速度

【答案】BC

【解析】

【详解】A.卫星从轨道I变轨到轨道II,再变轨到轨道IH,每次变轨都需耍点火加速，发动机对卫星做

正功，卫星的机械能增加，所以卫星在轨道I的机械能小于在轨道in的机械能，故A错误；

B.根据开普勒第三定律*=k

因轨道I的半径小于轨道I1的半长轴，所以卫星在轨道I的运行周期小于在轨道II的运行周期，故B正

确；

C.卫星在产点从轨道I变就到轨道II,需要点火加速，使卫星做禽心运动，所以卫星在凯道H经过产点

的速度大于在轨道I的速度，故c正确；

D.卫星在。点从轨道n变轨到轨道III,需要点火加速，使卫星做离心运动，所以卫星在轨道H经过Q点

的速度小于在轨道in的速度，故D错误。

故选BCo

10.质量为机的足球在地面1的位置以速度4被踢出后，以速度封落到地面3的位置，由于存在空气阻

力,飞行轨迹如图所示。足球在空中达到的最高点2的高度为人速度为匕，重力加速度为g。下列说法

中正确的是（）

2

用二〃〃〃〃〃/〃〃〃扇

A.足球由位置I到位置2,阻力做功为-5〃而

B.足球由位置1到位置2,动能减少了;〃“；

C.足球由位置1到位置3,机械能减少了g〃而一

D.足球由位置2到位置3,合力做功为

乙乙

【答案】D

【解析】

【详解】A.足球由位置1到位置2,由动能定理一小9/1+叼=3血%2-：小女2

22

解得阻力做功为必■=^mv2-^mvy+mgh

故A错误；

B.足球由位置1到位置2,动能减少了/以=；加〃22-：机巧2

故B错误；

C.足球由位置.1到位置3,机械能减少最为空气阻力做功的绝对值1M|=3根％2-3加〃2

故C错误；

D.足球由位置2到位置3,合力做功为屿=）后-如〃2?

故D正确。

故选D.»

11.如图所示，质量〃2=1kg的光滑小球静置于光滑水平面上，质量为M=3kg、半径R=lm的四分之一

光滑圆弧轨道以初速度%=4m/s向右运动。不计小球滑上轨道过程中的能量损失，重力加速发为g。下列

A.小球沿轨道上滑过程中系统动量守恒

B.小球滑离圆弧轨道时速度大小为6m/s

C.小球上升到最高点时距水平面的高度为im

D.整个运动过程中小球对轨道的水平冲量大小为6N-s

【答案】BD

【解析】

【详解】A.小球滑上轨道的过程中，竖直方向合力不为零，系统动量不守恒，故A错误;

C.小球滑到最高点时，竖直方向的速度大小为0,圆弧轨道与小球水平方向有共同速度：由水平方向动量

守恒和机械能守恒定律M%=（M+"?）□,=3（用+m）v2+mgh

得力=0.6m<R,故C错误;

B.由C项分析可知小球只能从轨道的最低点离开轨道，由水平方向动量守恒和机械能守恒定律，有

Mv0=+mv2

；Mvg=；Mvj2+g〃zu；

得K=2m/s,v2=6m/s,故B正确;

D.由动量定理，小球对圆弧轨道的水平冲量/=Mq-M%=-6N-s,冲量的大小为6N,s,故D正确。

故选BD。

12.如图所示，质量为〃，的小环套在竖直固定的光滑直杆上，用轻绳跨过质量不计的光滑定滑轮与质量为

2/〃的重物相连，定滑轮与直杆的延离为“，现将小环从与定滑轮等高的4处由静止释放，下列说法正确的

是（重力加速度为g）（）

A.小环下滑过程中小环和重物组成的系统机械能守恒

B.当小环下落d的距离到达8点时，它的速度与重物上升速度大小之比为J5：］

C.小环到达4处时，重物上升的距离为d

D.重物从开始运动到上升到最高的过程中，轻绳的张力始终大于2〃?g

【答案】AB

【解析】

【分析】

【详解】A.环和重物组成的系统，只有重力做功，系统的机械能是守恒的，故A正确;

B.4的速度沿绳子方向和垂直于绳子方向分解，在沿绳子方向上的分速度等于重物的速度，有

vcos45°=v^

即

u=缶重物

所以

v:v^w=V2:l

故B正确；

C.小球〃?向下运动到最低点时，2机重物上升到最大高度，此时二者的速度都是0,设机向下的位移为

h\,2m重物上升的距离为〃2,则

小+h；—d

根据系统的机械能守恒得

2mgh}=mghy

解得

h2=-d

故C错误；

D.重物从开始运动到I：升到最高的过程中先向上做加速运动，后向上做减速运动，所以是先超重后失

重，轻绳的张力先大于后小于2〃?g,故D错误。

故选ABo

二、实验题（共2小题，13题8分，14题8分，总分16分）

13.在验证机械能守恒定律的实验中，小红同学利用图甲实验装置进行实验，正确完成操作后，得到一条点

迹清晰的纸带，如图乙所示，其中。点为纸带起始点，两相邻计数点间时间间隔为兀

甲乙

（1）观察纸带，可知连接重物的夹子应夹在纸带的（选填“左”或“右”）端。

（2）若重物质量为重力加速度为g,利用纸带所测数据，计算出C点的速度％=,在误

差允许范围内，根据;来验证机械能守恒定律。（用字母表示）

（3）在实验中，小红同学发现重物重力势能的减少量总是略大于重物动能的增加量，分析原因可能是

o（只需说明一种即可）

【答案】（1）左（2）①.上也②.〃3

2T

（3）受空气阻力影响或纸带与限位孔摩擦影响（其他合理答案均可）

【解析】

【小问1详解】

由F重物做加速运动，所以连接重物的夹子应夹在纸带的左端。

【小问2详解】

⑴C点的速度为匕=第二詈

⑵从。到C过程，重力势能减少量为AEp二机"

动能增加量为抽=；〃■-（）

则在误差允许范围内，根据:加1=〃吆〃

来验证机械能守恒定律。

【小问3详解】

在实验中，小红同学发现重物重力势能的减少量总是略大「重物动能的增加量，原因可能是受空气阻力影

响或纸带与限位孔摩擦影响。

14.用半径相同的小球1和小球2的碰撞验证动量守恒定律，实验装置如图所示，斜槽与水平嘈圆滑连

接。安装好实验装置，在地上铺一张白纸，白纸上铺放复写纸，记下重锤线所指的位置0。在做“验证动

量守恒定律”的实验时

OMPN

（1）实验必须满足的条件是。

A,斜槽轨道必须是光滑的

B.斜槽轨道末端的切线是水平的

C.入射球每次都要从同一高度由静止释放

D.实验过程中，白纸可以移动，狂写纸不能移动

（2）实验中要完成的必要步骤是（填选项前的字母）。

A.用天平测量两个小球的质量m\、

B.测量抛出点距地面的高度”

C.用秒表测出小球做平抛运动的时间/

D.分别确定皿碰撞前后落地点的位置和〃?2碰后的落地点P、M并用刻度尺测出水平射程0P、

OM、ON

（3）入射小球质量为孙，被碰小球质量为〃?2,两小球的质量应满足利mi.（选填“大

于，，“小于，，或“等于”）

（4）若所测物理审满足________________表达式则可判定两个小球相碰前后动量守恒。

【答案】（1）BC（2）AD

（3）大于（4）叫•0P=，〃[-0M+m2-ON

【解析】

【小问1详解】

A.斜梢的粗糙与光滑不影响实验的效果，只要到达底端时速度相同即行，A错误；

B.斜槽轨道末端必须水平，保证小球碰撞前速度水平，B正确；

C.小球每次从斜槽上相同的位置自由滚下，使得小球与另•小球碰撞前的速度不变，C正确；

D.实验过程中，白纸不可以移动，D错误。

故选BC0

【小问2详解】

A.本实验除需测量线段OM、OP、ON的长度外，还需要测量的物理量是两小球的质量，

A正确；

B.因为可以通过水平位移代表速度的大小，所以不必测量抛点离地面的高度，B错误：

C.因为平抛运动的时间相等，则水平位移可以代表速度，故无需测量小球平抛运动的时间，C错误；

D.。尸是A球不与B球碰撞平抛运动的位移，该位移可以代表A球碰撞前的速度，OM是A球碰撞后平

抛运动的位移，该位移可以代表碰撞后A球的速度，ON是碰撞后B球的水平位移，该位移可以代表碰撞

后B球的速度，D正确。

故选ADo

【小问3详解】

为了防止入射球反弹，应使入射球的质量大于被碰球的质量：

【小问4详解】

因为平抛运动的时间相等，则水平位移可以代表速度，OP是A球不与B球碰撞平抛运动的位移，该位移

可以代表A球碰撞前的速度，OM是A球碰撞后平抛运动的位移，该位移可以代表碰撞后A球的速度，

0V是碰撞后B球的水平位移，该位移可以代表碰撞后B球的速度，当所测物理量满足表达式

OP=OM+m2•ON

说明两球碰撞遵守动量守恒定律。

三、解答题（15题8分、16题14分、17题14分，共36分）

15.一辆小汽车在水平路面上由静止启动，在前5s内做匀加速直线运动，5s末达到额定功率，之后保持以

额定功率运动。其〜图像如图所示。已知汽车的质量为，〃-IxlO'kg,汽车受到地面的阻力为车重的0.1倍，

^=10m/s2,则：

（1）汽车在前5s内的牵引力为多少？

（2）汽车速度为25m/s时的加速度为多少？

（3）假设汽车达到最大速度所用时间为20s,则20s内汽车牵引力所做功总和为多少？

【答案】（1）5xlO3N；（2）3nVs2：（3）1.75xlO6J

【解析】

【详解】（1）在前5s内做匀加速直线运动，则

由牛顿第二定律可知

F]-0.img=max

代入数据解得

6=5xlO3N

（2）汽车的额定功率为

尸=6匕=1X105W

汽车速度为25m/s时，根据牛顿第二定律有

P

---0.1〃火=ma^

匕

所以加速度的大小为

2

a2-3m/s

（3）根据题意可得0~20s内牵引力做功为

W=.多+%

解得

W=1.75xlOnJ

16.如图所示，一质量〃?=lkg的小物块（可视为质点，不计空气阻力）从A点以%=3.2m/s的速度水平

抛出，运动至3点时，恰好沿切线方向进入半径R=5m光滑固定圆弧轨道BC,轨道C端切线水平，随后

小物块滑上静止的粗糙长木板。已知水平面光滑，长木板的质量M=2kg,物块与长木板之间的动摩擦因

数〃=0.5,半径08与竖直半径OC间的夹角。二37。求：（取g=l（）m/s2,sin37=0.6,cos37=0.8）

（1）小物块运动至8点时的速度大小；

（2）小物块滑动至。点时，对圆弧轨道C点的压力大小；

（3）若长木板长为L=3.2m,则自小物块滑上长木板后，小物块与长木板间产生的热量为多少？

【答案】（1）4m/s

（2）17.2N

（3）12J

【解析】

【小问1详解】

设小物块运动至8点时的速度大小为。，由题意，根据速度的合成与分解有以=T—=4m/s

cos37

【小问2详解】

小物块从B点滑至C点的过程，根据动能定理有mgR（l—cos37）=；〃龙一;〃忧

解得％=6m/s

2

在c点根据牛顿第二定律可得4-，咫=〃?正

解得&=17.2N

根据牛顿第三定律可知，小物块对圆弧轨道C点的压力大小为17.2N；

【小问3详解】

小物块在长木板上滑动过程中，设小物块和长木板的加速度大小分别为《、生，根据牛顿第二定律可得

jLimg=〃?4，pmg=Ma?

22

解得a}=5m/s»4=2.5m/s

设小物块与长木板可以达到共速时，且所用时间为人由运动学公式有人=%一。/=//

解得，=0.8s,=2m/s

/时间内小物块和长木板的位移大小分别为％=土詈乙=3.2m,x2=-^/,=O.8m

则小物块和长木板之间的相对位移大小为Ar=N-赴=2.4m<L=3.2m

小物块尚未到达长木板右端，自小物块滑上长木板后，小物块与长木板间产生的热量为

Q="，ngM=0.5x1x10x2.4J=12J

17.如图（a）,一质量为〃?的物块A与轻质弹簧连接，静止在光滑水平面上：物块8向4运动，，=0时

与弹簧接触，至1"=2/。时与弹簧分离，第一次碰撞结束，A、B的口一，图像如图（b）所示。已知从1=0

到1=%时间内，物块A运动的距离为0.36%/。。A、B分离后，A滑上粗糙斜面，然后滑下，与一直在水

平面上运动的B再次碰撞，之后A再次滑上斜面，达到的最高点与前一次相同。斜面倾角为

6>（sin0=0.6）,与水平面光滑连接。碰撞过程中弹簧始终处于弹性限度内。求

（1）第•次碰撞过程中，弹簧弹性势能的最大值；

（2）第一次碰撞过程中，弹簧压缩量的最大值；

（3）物块A与斜面间的动摩擦因数。

【答案】（1）0.6"*；⑵0.768%/。；⑶0.45

【解析】

【详解】（1）当弹簧被压缩最短时，弹簧弹性势能最大，此时A、8速度相等，即，=%时刻，根据动量

守恒定律

mB-\.2v0=（mB+m）v0

根据能量守恒定律

1,1,

「a=-^（1.2v0）

联立解得

mR=5m

石…=。6成

（2）解法一：同一时刻弹簧对A、B的弹力大小相等，根据牛顿第二定律

F=ina

可知同•时刻

%=5即

则同一时刻A、3的瞬时速度分别为

以=。/%=12%--T-

根据位移等速度在时间上的累积可得

$4=”（累积），%=%，（累积）

又