2025-2026学年浙江省温州市高一（下）期末物理试卷（A卷）(含详细答案解析)

第=page11页，共=sectionpages11页2025-2026学年浙江省温州市高一（下）期末物理试卷（A卷）一、单选题：本大题共10小题，共30分。1.下列物理量属于标量且单位符号表示正确的是(

)A.角速度r/s B.周期Hz C.功率W D.2.下列说法正确的是(

)A.爱因斯坦的相对论时空观认为，时间、空间与物质运动有关

B.卡文迪什发现了真空中两个静止点电荷之间相互作用的规律

C.密立根总结出了行星运动的规律，并找出了行星按照这些规律运动的原因

D.法拉第发现雷电的性质与摩擦产生的电的性质完全相同，并命名了正电荷和负电荷3.2026年4月19日，人形机器人“闪电”在北京亦庄半程马拉松中夺冠并打破机器人组赛会纪录。若机器人在一段圆弧轨道上转弯，运动过程中速度大小保持不变，则机器人(

)A.所受合外力可能为零

B.速度的方向一定变化

C.加速度的方向保持不变

D.所受合外力的大小一定变化4.如图所示为户外炫彩圆盘风车，风车在竖直面内顺时针匀速转动。两相同雨滴a、b分别从风车最高点和最低点脱离，脱离瞬间速度等于其所在处风车边缘的线速度，不计空气阻力。下列说法正确的是(

)A.雨滴b脱离风车后，做自由落体运动

B.若增大风车转速，则雨滴b落地时间变小

C.若增大风车转速，则雨滴a落地前的重力功率变大

D.雨滴a脱离风车后，在相等时间内速度的变化量相同

5.手机屏幕的核心可简化为两个平行导体板。当手指靠近时，导体板与指尖间的电场线分布如图所示。下列说法不正确的是(

)A.图中任意两条电场线都不可能相交

B.电场线终止于指尖，故指尖感应出负电荷

C.在A点放入一试探电荷，其体积可以很大

D.同一带电粒子在A点受到的电场力大于在B点受到的电场力

6.2025年11月1日，神舟二十号与神舟二十一号机组在太空完成“会师”。已知地球静止卫星轨道高度约36000km，地球半径约6400km，空间站运行在离地约400km的圆轨道上。下列说法正确的是(

)A.空间站运行速度大于7.9km/s

B.空间站在24小时内大约可以环绕地球16次

C.空间站的向心加速度大于地球表面的重力加速度7.如图所示，轻质动滑轮下方悬挂重物A、轻质定滑轮下方悬挂重物B，悬挂滑轮的轻质细线竖直。开始时，重物A、B处于静止状态，释放后A、B开始运动。已知A、B的质量均为m，重力加速度为g，不计摩擦阻力和空气阻力。当A的位移为h时，下列说法正确的是(

)A.重物B所受拉力大小为mg

B.重物A的机械能增加量为mgh

C.重物B动能是重物A动能的2倍

D.重物A的速度大小为8.如图所示，A、B两带电小球用绕过光滑定滑轮长为L的绝缘轻线连接，B球紧靠竖直光滑绝缘挡板。系统静止时，A、B球处于同一高度，悬挂A球的轻线与水平方向夹角为37∘，悬挂B球的轻线竖直。已知A、B球带等量正电荷，B球质量为m，静电力常量为k，重力加速度为g，两小球均可视为质点，sin37∘=0.6，cos

A.A球的质量为m B.A球所受库仑力大小为0.6mg

C.A球所带的电荷量为mgL29.我国于2025年5月29日发射“天问二号”探测器，首要目标是对近地小行星2016HO3进行探测、取样并返回地球。返回过程可简化为：飞船先在较高圆轨道Ⅰ上运行，在A处点火进入椭圆轨道Ⅱ，由远地点A向近地点B运动，在B处进行二次点火进入近地圆轨道Ⅲ并稳定运行。忽略两次点火的时长，上述全过程中飞船的速率随时间变化的图像可能正确的是(

)

A. B.

C. D.10.如图所示为洞头鹿西岛风电场，共有2台风力发电机，叶片转动时可形成半径为50m的圆面。某时段风速为10m/s，风向恰好与圆面垂直。已知空气密度为1.2kg/m3，风力发电机将圆内10%A.每秒冲击每台发电机叶片圆面的气流体积约为7.5×103m3

B.每秒冲击每台发电机叶片圆面的空气动能约为4.5×106J

C.二、多选题：本大题共3小题，共12分。11.下列说法正确的是(

)

A.图甲中，油罐车车尾铁链用于吸附灰尘，防止灰尘进入油罐

B.图乙中，静电除尘中，尘埃带电后因同种电荷相互排斥而被吸附

C.图丙中，雷雨天气待在金属外壳的汽车内比待在木屋里更安全

D.图丁中，高压设备导体的表面尽量光滑，是为了避免尖端放电12.如图所示，在xOy平面内有一以O点为中心的正三角形，顶点到O点的距离均为R。在正三角形的顶点上顺时针方向依次固定电荷量为q、2q、3q的正点电荷，且电荷量为2q的点电荷在y轴正半轴上。静电力常量为k，则O点处的电场强度(

)A.方向沿x轴负方向

B.大小为3kqR2

C.方向与x轴负方向成3013.图甲为某快递自动分拣系统，其中某一水平传送带俯视简化图如图乙所示，其表面为边长L=1.6m的正方形ABCD，以速度v=2m/s匀速向左运动。质量m=0.4kg的货物(视为质点)A.若v0=0，货物将从传送带ABCD右侧离开

B.若v0=0，货物离开传送带所需的时间为1.0s

C.若v0三、实验题：本大题共3小题，共14分。14.某实验小组用图1装置开展“探究平抛运动的特点”实验。

(1)除了如图1所示的器材外，还需要的仪器有

。

A.弹簧测力计

B.白纸和复写纸

C.天平

(2)图2和图3是实验后得到的记录纸。图2产生的原因可能是

，图3产生的原因可能是

。

A.斜槽末端切线不水平

B.选择的斜槽轨道表面粗糙

C.释放小球的初始位置不同

(3)某同学改变实验方案，装置如图4所示。竖直挡板上附有复写纸和白纸，可以记下钢球撞击挡板时的点迹。实验时竖直挡板初始位置紧靠斜槽末端，钢球从斜槽上P点静止滚下，撞击挡板留下点迹0，将挡板依次水平向右移动相同的距离，重复实验，在白纸同一竖直线上依次留下点迹1、2、3，其位置关系可能是图5中

(选填“甲”、“乙”或“丙”)。以点迹O为坐标原点，竖直向下建立坐标轴y，各点迹坐标值分别为y1、y2、y3。若钢球半径不可忽略，则y2

选填“>”、“15.某实验小组利用自由落体运动验证机械能守恒定律。

(1)下列图中实验操作正确的是

。

(2)让重物从静止开始下落，打出一条清晰的纸带，其中的一部分如图所示。O点是打下的第一个点，A、B和C为另外3个连续打下的点。已知交流电的频率为50Hz，从打下O点开始至打下B点的过程中，重物下落的高度为

cm；打下B点时，重物的速度为

m/s(计算结果保留3位有效数字)。

(3)经计算，从O点到B点，重物的重力势能变化量的绝对值为0.59J，B点的动能为0.67J，出现这一结果的原因可能是

。

A.工作电压偏高

16.用如图所示的向心力演示器探究向心力大小与半径、角速度、质量的关系。

(1)本实验采用的研究方法是

。

A.等效替代法

B.理想模型法

C.控制变量法

D.微小量放大法

(2)探究向心力大小与半径的关系时，应选择下列实验情景图中的

。

四、计算题：本大题共4小题，共44分。17.如图所示，竖直平面内有竖直向下的匀强电场，场强大小为mgq。质量为m、电荷量为q的带电小球A系在长为L的绝缘轻绳下端，悬挂点正下方固定一带正电的小球B。两小球静止于同一高度，轻绳与竖直方向成45∘角。A、B均视为点电荷，静电力常量为k，重力加速度为g。求：

(1)小球A带______电(选填“正”或“负”)；

(2)A、B间的库仑力大小F；

(18.某品牌新能源汽车在平直公路上进行性能测试，汽车质量m=2×103kg，发动机额定功率P=60kW。汽车由静止开始以a=2m/s2的加速度做匀加速直线运动，达到额定功率后，保持功率不变继续加速，理论上所能达到的最大速度。已知汽车加速至v=72km/h时所需时间t19.雪地转椅是一种游乐项目，其中心传动装置带动转椅在雪地上滑动。如图甲、乙所示，传动装置有一高度可调、半径R=5m的水平圆盘，可绕通过中心O点的竖直轴匀速转动。圆盘边缘A处固定连接一轻绳，轻绳另一端B连接质量m=50kg的转椅(视为质点)。转椅运动稳定后，其角速度与圆盘角速度相等。已知转椅与雪地间的动摩擦因数μ=0.6，不计空气阻力。

(1)在图甲中，圆盘在水平雪地上以角速度ω1=2rad/s匀速转动，转椅运动稳定后在水平雪地上绕O点做半径r1=6m的匀速圆周运动。求转椅所需向心力的大小Fn，及AB与OB之间夹角α的正切值；

(2)将圆盘升高，如图乙所示。已知边缘A到雪地的竖直高度H20.如图所示，装置由水平直轨道AB，半径R=2m、圆心角60∘的光滑圆弧轨道BC，和长度L=2.5m、倾角37∘的粗糙倾斜轨道DE构成。E处设有特殊弹射装置Q：当物块到达E处的速度不小于v=7m/s时，可穿过Q；否则将被反弹，反弹后动能变为反弹前动能的90%。质量m=1kg的物块P被弹簧弹出，经B点进入圆弧轨道后，从C点以vC=8m/s飞出，恰好从D点沿切线方向进入倾斜轨道DE。已知sin37∘=0.6，cos37∘=0.8，重力加速度g取10m/s²，求：

(1)物块经答案和解析1.【答案】C

【解析】解：A.角速度是矢量，不满足标量条件；且角速度的标准单位为rad/s，r/s不是标准单位符号，故A错误；

B.周期是标量，周期的单位是秒(s)，故B错误；

C.功率只有大小没有方向，是标量；且功率的单位瓦特符号为W，单位表示正确，故C正确；

D.电场强度既有大小又有方向，是矢量，不满足标量条件，故D2.【答案】A

【解析】解：A.爱因斯坦相对论时空观核心结论：时间、空间是相对的，与物质的运动状态有关；高速运动时会出现时间膨胀、长度收缩，故A正确；

B.真空中静止点电荷相互作用规律是库仑通过扭秤实验发现(库仑定律)；卡文迪什的扭秤实验用于测量万有引力常量，和电荷作用力无关，故B错误；

C.行星运动三大定律由开普勒总结；牛顿通过万有引力定律解释行星运动的原因；密立根仅测定元电荷，和天体运动无关，故C错误；

D.完成雷电与摩擦电同一性实验、命名正负电荷的是富兰克林；法拉第贡献为电磁感应现象、引入场的概念，故D错误；

故选：A。

记忆相对论核心观点直接判断选项A；区分两个扭秤实验对应的物理规律，排除选项B；分清行星规律、规律成因、元电荷测量的三位科学家，排除选项C；区分富兰克林、法拉第的静电成就，排除选项D。

系统梳理力学、电磁、近代物理经典物理学史，集中区分多组极易混淆的科学家成就，纠正学生记忆错位，夯实物理基础常识，适合考前查漏补缺。典型易错陷阱：混淆库仑、卡文迪什的扭秤实验，分不清引力、电荷力；混淆开普勒(行星规律)、牛顿(规律成因)、密立根(元电荷)3.【答案】B

【解析】解：A.做曲线运动的物体速度方向一定变化，必然具有加速度，由牛顿第二定律可知合外力不为零，故A错误；

B.曲线运动的速度方向沿轨迹切线方向，机器人在圆弧轨道上运动，速度方向沿切线不断变化，故B正确；

C.匀速圆周运动的加速度为向心加速度，方向始终指向圆心，随位置变化而不断改变，故C错误；

D.由向心力公式F=mv2r可知，速度大小不变、轨道半径不变时，合外力大小保持不变，故D错误。

故选：4.【答案】D

【解析】解：A.雨滴b脱离风车后，水平方向有初速度，加速度为重力加速度，做平抛运动，故A错误；

B.若增大风车转速，雨滴b脱离风车后，水平方向初速度变大，竖直方向根据h=12gt2

可得t=2hg可知雨滴b落地时间与初速度无关，落地时间不变，故B错误；

C.设a离地高度为h′，根据vy2=2gh′

可得雨滴a落地前竖直方向的速度vy=2gh′

雨滴a落地前的重力的瞬时功率5.【答案】C

【解析】解：A.电场中某点的电场强度方向是唯一的，若两条电场线相交，则交点处电场强度方向不唯一，这与电场强度的性质矛盾，所以任意两条电场线都不可能相交，故A正确；

B.电场线从正电荷出发，终止于负电荷，电场线终止于指尖，所以指尖感应出负电荷，故B正确；

C.试探电荷的体积应足够小，才能等效为点电荷，准确对应电场中某一确定位置的场强，从而准确研究电场的性质，若体积很大，就不能看作试探电荷，故C错误；

D.电场线的疏密表示电场强度的大小，A点电场线比B点密，所以A点电场强度大于B点电场强度，根据F=qE可知同一带电粒子在A点受到的电场力大于在B点受到的电场力，故D正确。

本题选不正确项，故选：C。

本题要求选出错误说法，通过分析可知，选项A、B、D均符合电场线的基本性质和定义，而选项C违背了“试探电荷”必须足够小以不影响原电场的理想化条件，故6.【答案】B

【解析】解：A、第一宇宙速度7.9km/s是卫星最大的环绕速度，是近地卫星的环绕速度，可知空间站运行速度小于7.9km/s，故A错误；

B、根据万有引力提供向心力得：GMmr2=m4π2T2r

可得T=2πr3GM

则空间站的运行周期与地球静止卫星的运行周期之比为T空T静=(R地+h空R地+h静)7.【答案】D

【解析】解：A.由题可知，B下降的位移是A上升位移的两倍，由公式x=12at2可知，B的加速度是A加速度的两倍，对B分析，由牛顿第二定律有mg−T=ma

B.对A分析，由牛顿第二定律有2T−mg=maA，又aB=2aA

联立解得aA=g5T=35mg，故A错误；

C.由速度-时间关系v=at可知，由于B的加速度是A加速度的两倍，所以同一时刻，A的速度是B的一半，即vB=2vA

根据Ek=12mv8.【答案】C

【解析】解：A、对小球B研究，根据力的平衡，细线上的拉力大小为T=mg对小球A研究，根据平衡条件可得：Tsin37∘=mAg

解得：mA=0.6m，故A错误；

B、对小球A研究，水平方向根据平衡条件可得：，故B错误；

C、根据库仑定律可得库仑力大小为：F库=kq2r2

根据几何关系rtan37∘+rcos37∘=L，联立解得：q=mg9.【答案】A

【解析】解：圆轨道上速率恒定，因此v−t图初始为水平线段；从高圆轨道l进入椭圆轨道Ⅱ(向心运动)，需要点火减速，因此速率突然减小；飞船靠近中心天体，万有引力做正功，动能增大，速率逐渐增大；椭圆轨道Ⅱ在近地点B的速率大于近地圆轨道Ⅲ的速率，因此需要再次点火减速，速率突然减小，之后圆轨道Ⅲ上速率恒定；根据万有引力提供向心力GMmr2=mv2rv=GMr，轨道半径越小，速率越大。圆轨道l半径rⅠ大于圆轨道Ⅲ半径rⅢ

因此vⅢ>vl即最终稳定速率大于初始速率，最终水平线在初始水平线上方，故10.【答案】B

【解析】解：A.每秒内冲击圆面的气流体积为V=πR2vt=3×502×10×1m3=7.5×104m3，故A错误；

B.1秒内冲击圆面的空气质量为m=ρV，代入ρ=1.2kg/m3、V=7.5×104m3，可得m=1.2×7.5×10411.【答案】CD

【解析】解：A.油罐车车尾铁链是为了导走静电，防止静电产生的火花引起油罐爆炸，不是吸附灰尘，故A错误；

B.静电除尘中，尘埃带电后是因异种电荷相互吸引而被吸附到电极上，不是同种电荷相互排斥，故B错误；

C.金属外壳的汽车可起到静电屏蔽作用，在雷雨天气待在金属外壳的汽车内比待在木屋里更安全，故C正确；

D.高压设备导体的表面尽量光滑，是为了避免尖端放电，因为尖端处电荷容易聚集，容易发生尖端放电现象，故D正确。

故选：CD。

逐一分析各选项涉及的静电学原理，A选项油罐车铁链用于导走静电，B选项静电除尘利用异种电荷相吸，C选项汽车防雷利用了法拉第笼效应，D选项高压设备表面光滑为防止尖端放电，其中C和D均为正确描述，但D选项更直接地解释了图示设备的设计原理。

12.【答案】AB

【解析】解：根据点电荷电场强度公式，三个点电荷在O点的电场强度大小分别为E1=kqR2、E2=k2qR2、，方向如图所示：

将三个电场强度沿、y坐标轴正交分解，x方向有Ex=E1cos30∘−E3cos30∘，y方向有

可得Ex=−3kqR2，负号说明方向合分量沿轴负方向；13.【答案】CD

【解析】解：A、若v0=0，货物轻放在传送带CD边中点，相对地面初速度为零。

由于传送带向左运动，货物受到的滑动摩擦力向左，货物将向左做匀加速直线运动，故货物最终将从传送带的左侧(AD边)离开，故A错误；

B、若v0=0，货物的加速度大小a=μg=0.5×10m/s2=5m/s2。

货物加速到与传送带共速所需的时间t1=va=25s=0.4s，在此时间内货物对地位移。

由于货物从CD边中点放入，距离左侧边缘的距离为L2=1.62m=0.8m，因为，所以货物在到达左侧边缘前已与传送带共速。

共速后货物随传送带匀速运动，到达左侧边缘剩余的时间t2=L2−x1v=0.8−0.42s=0.2s。

则货物离开传送带所需的最短总时间t=t1+t2=0.4s+0.2s=0.6s，故B错误；

C、若v0=14.【答案】BAC乙>

【解析】解：(1)探究平抛运动的实验中，需要用白纸和复写纸记录小球的落点位置，本实验不需要测量力和小球质量，故AC错误，B正确；

故选：B。

(2)图2的轨迹向上弯曲，说明小球抛出时初速度斜向上，原因是斜槽末端切线不水平，小球不是平抛运动，

故选：A。

图3中各点不在同一条平滑轨迹上，原因是每次小球抛出的初速度不同，即释放小球的初始位置不同；斜槽粗糙只要每次从同一位置释放，初速度仍保持一致，不影响轨迹。故选：C。

(3)平抛运动水平方向为匀速直线运动，挡板每次向右移动相同距离，因此相邻两次撞击挡板的时间间隔Δt相等；竖直方向为自由落体运动，相等时间内竖直向下的位移越来越大，因此从上到下相邻点的竖直间距越来越大，符合该规律的是乙。

设钢球半径为r，挡板每次移动距离Δx，初速度v0则小球击中第n个点时，球心的水平位移为nΔx−r，对应运动时间竖直位移yn=12gtn2

代入得y1=12g(Δx−rv015.【答案】D30.202.60C

【解析】解：(1)释放纸带时手提拉着纸带的上端，使纸带呈竖直状态，重物要靠近打点计时器，纸带要适当长一些，故D正确，ABC错误。

故选：D。

(2)刻度尺的分度值为1mm，B点对应的刻度值为30.20cm，则从打下O点开始至打下B点的过程中，重物下落的高度为30.20cm；

已知交流电的频率为50Hz，则打点周期为T=150s=0.02s

根据打点纸带测量速度的原理，可得打下B点时，重物的速度为v=AC2T=(35.60cm−25.20cm)×10−22×0.02sm/s=2.60m/s。

(3)由题意可知从O点到B点的过程，重物下落到B点的动能大于重力势能的减少量。

A.工作电压偏高，不会影响实验数据的测量，故A错误；

B.存在空气阻力和摩擦力，会导致重物的机械能损失，会使重物下落到B点的动能小于重力势能的减少量，故B错误；

C.接通电源前释放了纸带，会导致打下打下第一个点O16.【答案】CB

【解析】解：(1)由于影响向心力大小的因素有半径、角速度和质量，因此本实验采用的研究方法是控制变量法，故C正确，ABD错误。

故选：C。

(2)探究向心力大小与半径的关系时，应保持两小球的质量相同，角速度相同；根据线速度与角速度的关系v=Rω可知，两塔轮的半径应该相等，故B正确，AC错误。

故选：B。

故答案为：(1)C；17.【答案】正

A、B间的库仑力大小F为2mg

小球B所带的电荷量Q为mg【解析】解：(1)由图可知，小球A、B之间的力为排斥力，则小球A、B带同种电荷，即小球A带正电；

(2)设绳子拉力为T，对小球A，根据平衡条件：

竖直方向

水平方向F=Tsin45∘

联立解得F=2mg

(3)根据库仑定律有F=kQq(Lsin45∘)2

解得小球B所带的电荷量Q=mgL2kq

答：(1)正；

(2)A、B间的库仑力大小F为2mg18.【答案】汽车所受的阻力大小Ff为1×103N

匀加速运动过程所需的时间t1为6s

前12s【解析】解：已知vm=216km/h=60m/s，v=72km/h=20m/s

(1)汽车达到最大速度时，牵引力和阻力大小相等，则有F=Ff

由P=Fvm=Ffvm得

(2)汽车做匀加速直线运动时，根据牛顿第二定律得

F−Ff=ma

设匀加速运动的末速度为v1，达到额定功率时，有P=Fv1

由运动学公式有v1=at1

联立解得：t1=6s，v1=12m/s

(3)19.【答案】在图甲中，圆盘在水平雪地上以角速度ω1=2rad/s匀速转动，转椅运动稳定后在水平雪地上绕O点做半径r1=6m的匀速圆周运动；转椅所需向心力的