2025-2026学年广东省中山市高一（下）期末物理试卷（含详细答案解析）

第=page11页，共=sectionpages11页2025-2026学年广东省中山市高一（下）期末物理试卷一、单选题：本大题共7小题，共28分。1.关于运动的描述，下列说法正确的是(

)A.曲线运动一定是变速运动

B.变速运动一定是曲线运动

C.曲线运动一定是变加速运动

D.加速度大小、速度大小都不变的运动一定是直线运动2.某同学踢出的足球在空中运动轨迹如图所示，不计空气阻力，关于足球在空中飞行的过程中，下列说法正确的是(

)A.足球的速度大小不变，方向时刻发生变化

B.足球的加速度大小不变，方向时刻发生变化

C.足球上升过程和下落过程所用的时间相等

D.足球水平方向的分运动是匀加速直线运动3.如图所示，老师手持教鞭绕端点O点做匀速圆周运动，教鞭上A、B两点与O点的距离满足AO：BO=4：5。则A、B两点的向心加速度大小之比为(

)

A.1：1 B.4：5 C.5：4 D.16：254.如图，一飞行器沿椭圆轨道Ⅰ运行，地球位于椭圆轨道Ⅰ的一个焦点O上。飞行器在某位置P经极短时间变轨后，沿圆轨道Ⅱ运行。已知轨道Ⅰ的半长轴大于轨道Ⅱ的半径，忽略飞行器质量的变化，则飞行器(

)

A.在轨道Ⅰ上从P点到M点，所受地球的引力大小逐渐增大

B.在轨道Ⅱ上的周期大于在轨道Ⅰ上的周期

C.在轨道Ⅱ上的速度小于在轨道Ⅰ上经过M点的速度

D.在轨道Ⅱ上所受地球引力的大小等于在轨道Ⅰ上P点所受地球引力的大小5.如图所示，空间站中操控货物的机械臂由长度均为L的臂杆1和臂杆2通过O1轴连接而成，臂杆2一端固定在O2轴上，臂杆1前端固定质量为m的货物，货物和机械臂先一起绕O2轴做半径为2L、角速度为ω的匀速圆周运动，货物运动到A点停下，之后两臂杆同时绕O1、O2轴转动使货物从A点由静止做匀加速直线运动，经时间t到达B点，已知A、B间距离为L

A.货物做匀速圆周运动时，向心力大小为Fn=mω2L

B.货物做匀速圆周运动时，线速度大小为v=2ωL

C.货物从A6.某同学受斧子劈柴的启发，设计了如下实验，侧视图为直角三角形的物块A与梯形的物块B相接触，放置在水平面上，物块A左侧紧贴竖直墙壁。现以速度v1竖直向下推动物块A，物块B以水平速度v2向右运动，物块A的MN边与物块B的PQ边始终贴合在一起，已知∠MNS=α，则vA.v2=v1cosα

B.v7.某枪械爱好者在进行子弹打靶测试时，搭建了如下实验装置：光滑水平台面上静置一质量为M的缓冲靶座，靶座通过轻弹簧固定在刚性试验墙上，一枚质量为m的子弹以水平初速度v0经极短时间射入靶座并完全嵌入，之后经t时间，弹簧第一次被压缩至最短，定义平均作用力大小F−=ΔIΔt，其中ΔIA.0 B.m2v0(M+二、多选题：本大题共3小题，共18分。8.如图所示，无人机悬停在地面上方h=4m处，将质量为m=0.5kg的应急物资从悬停位置由静止释放，物资竖直下落到达地面，已知物资落地时的动能为12J，以地面为重力势能零点，物资运动过程中空气阻力大小恒定，无人机和物资可视为质点，重力加速度gA.空气阻力的大小为2N

B.物资下落至整个过程中点处时，动能和重力势能相等

C.物资在悬停点的重力势能为20J

D.若物资从无人机正下方的地面以某一初速度竖直向上抛出，恰好能到达无人机悬停的位置，则上抛时的初动能为28J9.“天问二号”探测器于2025年5月29日在西昌卫星发射中心成功发射升空。该探测器绕太阳的运动可近似看作匀速圆周运动，其周期为T，轨道半径为r，已知引力常量为G，太阳的半径为R。下列说法正确的有(

)A.在半径不同的圆轨道上，天问二号的周期与轨道半径成正比

B.太阳的质量为4π2r3GT2

C.太阳表面的重力加速度大小为410.如图所示，光滑细杆AB、AC在A点连接，AB竖直放置，AC水平放置，两相同的中心有孔的小球M、N，分别套在AB和AC上，并用一不可伸长的细绳相连，细绳恰好被拉直，现由静止释放M、N，在N球碰到A点前的运动过程中，下列说法正确的有(

)A.细绳的拉力对N做正功

B.M球的机械能减小

C.M球的动能一直增加

D.M和N组成的系统的机械能不守恒三、实验题：本大题共2小题，共16分。11.某物理兴趣小组利用生活中的器材探究向心加速度的相关规律。如图所示，他们将手机(可视为质点)紧贴手动脱水筒的内壁竖直放置，缓慢调节脱水筒的转速，使手机随脱水筒一起做匀速圆周运动。利用手机自带的传感器记录手机的向心加速度a和角速度ω的数值，通过刻度尺测量脱水筒的直径，更换不同半径的脱水筒，重复以上操作。

(1)脱水筒半径不变的情况下，通过拟合得到a(2)如果要探究向心加速度a和圆周运动半径r的关系，则物体匀速转动的角速度需

((3)若a−ω2(4)若将横坐标换成周期T的平方，保持其他条件不变，则a−T2图像为12.某同学设计了如图所示的斜槽碰撞实验，验证碰撞过程中的动量守恒。图中a、b两球的质量分别为m1、m2，且满足m1>m2，两球半径相等，实验装置包含天平、斜槽轨道、木板、白纸与复写纸等。实验步骤如下：

①调节斜槽末段轨道水平，将白纸和复写纸依次固定在木板上，保持木板处于竖直状态，且紧靠斜槽末端，小球a从斜槽某固定点由静止释放，撞在木板上留下痕迹O；

②保持木板竖直，将其向右平移距离L并固定，小球a从同一点释放，撞在木板上留下痕迹B；

③将小球b静置于斜槽水平段右端，小球a从同一点释放，与小球b发生正碰，两球撞在木板上留下痕迹A和C。

回答下列问题(所有表达式均用题中所给字母表示(1)痕迹C是小球

在白纸上留下的(选填“a”或“b(2A.当地的重力加速度g B.木板水平向右平移的距离L

C.小球a、b的质量m1、m2 D.O点到A、B、C三点的距离y1为y2、y3

E.小球a(3)在实验误差允许范围内，若关系式

(4)若满足关系式

(5)四、计算题：本大题共3小题，共38分。13.某科考队在地球南极某地做了如下实验：将可视为质点的小球沿光滑冰坑内壁推出，使小球在水平面内做半径为R0的匀速圆周运动，小球所在位置处的切面与水平面夹角为θ，如图所示。测得小球运动的周期为T。

(1)(2)已知地球半径为R，引力常量为G，请结合(114.某矿井水平轨道上有一辆电动运输车，其质量m=8×104kg，牵引力额定功率为P。运输车在轨行驶时，受到的阻力恒为车重的0.2倍。运输车从静止开始以a=1m/s

(1)t1(2)当速度为(3)运输车在15.如图所示，一半径为R的细圆管道竖直放置，底端分别与两侧水平直轨道相切。左侧轨道的左端固定一水平放置的轻质弹簧，右侧轨道的右端N处固定一挡板。将质量为3m的小球A压紧弹簧后由静止释放，小球A脱离弹簧后与静置于左侧轨道的质量为m的小球B发生弹性正碰，碰撞后小球A被立刻取走，小球B第一次运动到圆管道的最低点时对管道的压力大小为20mg；小球B经过圆管道后和右侧水平轨道N处的挡板碰撞，反弹后第二次经过圆管道最高点时，所受的弹力恰好为零。已知右侧水平轨道MN段粗糙，长度为4R，其余管道及轨道部分均光滑，小球可视为质点，小球B每次与挡板碰撞前、后的动能之比为5：3，已知重力加速度g。求：

(1)小球B第一次被A碰撞后的速度大小v和释放小球A(2)小球B与右侧MN(3)小球B最终停下的位置与挡板间的距离答案和解析1.【答案】A

【解析】解：AB、做曲线运动的物体速度方向在时刻变化，所以做曲线运动一定是变速运动；当物体的速度方向与加速度方向共线时，物体做是直线运动，只有加速度方向与速度方向不共线时，物体才做曲线运动，所以变速运动不一定是曲线运动，故A正确，B错误；

C、做曲线运动的物体，其速度方向不断变化，存在加速度，加速度可能保持不变，比如平抛运动，平抛运动是匀变速曲线运动，故C错误；

D、加速度大小、速度大小都不变的运动只能是做匀速圆周运动或者是匀速螺旋运动，不可能是直线运动，故D错误。

故选：A。

做曲线运动的物体速度方向在时刻变化；加速度方向与速度方向不共线时，物体做曲线运动；做匀速圆周运动的物体，其速度大小和加速度大小都不变，据此分析即可。

知道物体做曲线运动的条件，以及匀速圆周运动的速度和加速度特点是解题的基础。2.【答案】C

【解析】解：AB、分析足球的速度与加速度，根据斜抛运动规律可知其速度大小不断变化，且整个过程仅受重力作用，加速度恒为重力加速度g，大小和方向均不发生变化，故AB错误；

C、分析足球的运动时间，由竖直方向抛体运动的对称性可知，足球上升过程与下落过程的高度位移大小相等，所用时间相等，故C正确；

D、分析水平方向的分运动，由于水平方向不受外力，该方向的分运动为匀速直线运动，故D错误。

故选：C。

足球做不计空气阻力的斜抛运动，全程仅受重力作用，加速度恒定为重力加速度，分析时将运动沿水平、竖直两个方向正交分解，水平方向不受外力，运动状态保持恒定，竖直方向为匀变速运动，上升与下落过程满足位移对称关系，结合运动学规律判断各物理量的变化特征即可。

本题考查斜抛运动规律、运动的合成与分解、受力与运动的对应关系等知识点，属于中等偏下难度题目，计算量极小。考查重点是斜抛运动的分解建模思路，以及匀变速曲线运动的受力与运动特征，同时涉及竖直上抛运动对称性的应用，能够锻炼学生的曲线运动拆分分析能力，辨析斜抛运动相关性质的常见认知误区。3.【答案】B

【解析】解：教鞭绕端点O做匀速圆周运动，A、B两点属于同轴转动，因此A、B两点的角速度大小完全相等。

由向心加速度公式an=ω2r，可知A、B两点的向心加速度大小之比aAaB=ω2AOω2BO4.【答案】D

【解析】解：A、根据F=GMmr2，可知飞行器在轨道Ⅰ上从P点到M点，离地球越来越远，所受地球的引力大小逐渐减小，故A错误；

B、根据开普勒第三定律a3T2=k，因轨道Ⅰ的半长轴大于轨道Ⅱ的半径，则飞行器在轨道Ⅰ上的周期大于在轨道Ⅱ上的周期，故B错误；

C、设飞行器在过M点的圆轨道上绕地球做圆周运动的速度为v1，在轨道Ⅱ上的速度大小为v2，在轨道Ⅰ上经过M点的速度为vM。

飞行器绕地球做圆周运动时，根据万有引力提供向心力得GMmr2=mv2r，可得v=GMr，轨道半径越小，线速度越大，则v2>v1。从轨道Ⅰ进入过M点的圆轨道必须在M点加速，则v1>vM，综合可得v2>vM，即飞行器在轨道Ⅱ上的速度大于在轨道Ⅰ上经过M点的速度，故C错误；

D、轨道Ⅱ的半径与轨道Ⅰ上P点到地心的距离相等，根据F=GMmr5.【答案】B

【解析】解：A、货物做匀速圆周运动时，半径为2L，则向心力大小为Fn=mω2⋅2L=2mω2L，故A错误；

B、货物做匀速圆周运动时，半径为2L、角速度为ω，则线速度大小为v=ω⋅2L=2ωL，故B正确；

C、货物从A到B的过程中做初速度为零的匀加速直线运动，则有L=12at2，可得a=2Lt2，故C错误；

D、货物到达B点时速度为v=6.【答案】C

【解析】解：物块A的速度沿垂直于接触面方向的分量为v1sinα

物块B的速度沿垂直于接触面方向的分量为v2cosα

如图所示

由接触面始终贴合得v1sinα=v2cosα

解得v2=v1tanα，故C正确，ABD错误。

故选：C。

物块A7.【答案】D

【解析】解：设子弹射入靶座后两者的共同速度为v1，因击中过程时间极短，子弹与靶座组成的系统在水平方向动量守恒。

规定向右为正方向，根据动量守恒定律有：mv0=(M+m)v1；

子弹和靶座共同向右压缩弹簧，经过时间t弹簧被压缩至最短，此时系统的末速度为0。

在此过程中，对子弹和靶座组成的系统应用动量定理，设弹簧对系统的平均作用力大小为F−弹，力的方向向左(与规定的正方向相反)，则有：−F−弹t=0−(M+m)v18.【答案】ACD

【解析】解：A、设空气阻力的大小为f。物资竖直下落到达地面的过程，根据动能定理得mgh−fh=Ek−0，解得f=2N，故A正确；

B、设物资下落的高度为H时，动能和重力势能相等，则有mg(h−H)=Ek1

下落过程，根据动能定理得mgH−fH=Ek1

联立解得H=2.59.【答案】BC

【解析】解：AB、设太阳的质量为M。测器绕太阳做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力得

GMmr2=m4π2T2r

可得T2=4π2GMr3，可知在半径不同的圆轨道上，天问二号的周期的平方与轨道半径的三次方成正比

由上式可得M=4π2r3GT2，故A错误，B正确；

C、在太阳表面，根据万有引力等于重力得

10.【答案】AB

【解析】解：A、细绳的拉力对N的拉力与N球的位移夹角为锐角，则拉力对N球做正功，故A正确；

B、细绳的拉力对M的拉力与M球的位移夹角为钝角，则拉力对M球做负功，M球的机械能减小，故B正确；

C、开始时，M球的速度为零。N球刚到A点时，M球的速度也为零，可知M球的速度先增大后减小，则M球的动能先增大后减小，故C错误；

D、对于M、N组成的系统，在整个运动过程中，只有重力做功，系统的机械能守恒，故D错误。

故选：AB。

根据细绳拉力方向与位移方向的关系判断细绳拉力对N做功正负；同理分析细绳拉力对M做功正负，进而判断M球的机械能变化情况；分析M球开始时以及N刚A点时的速度，再判断其动能变化情况；机械能守恒条件是只有重力或系统内弹力做功，判断M和N组成的系统的机械能是否守恒。

此题的关键要掌握机械能守恒的条件，分析清楚运动过程与物体的受力情况，根据力和位移的关系分析拉力做功正负。11.【答案】【小题1】在圆周运动半径不变时，向心加速度a与角速度的平方ω2【小题2】不变【小题3】k【小题4】曲线

【解析】解：(1)由a=ω2r可知，当圆周运动的半径固定不变，向心加速度a和角速度平方ω2成正比，而过原点的直线正是物理量成正比的图像特征，因此脱水筒半径不变的情况下，通过拟合得到a−ω2图像为一条过原点的直线，说明在圆周运动半径不变时，向心加速度a与角速度的平方ω2成正比。

(2)本实验要探究向心加速度a和圆周运动半径r之间的关系，需要使用控制变量法。根据a=ω2r可知向心加速度同时受角速度和半径两个物理量影响，所以要控制物体匀速转动的角速度保持不变，只改变圆周运动的半径。

(3)由向心加速度公式a=ω2r，把a当作纵坐标，ω2当作横坐标，该关系式符合一次函数y=kx的形式，可知图线的斜率k就等于圆周运动的半径，即r=k。

(4)将ω=2πT代入向心加速度公式，可得a=4π2T2r。在半径12.【答案】【小题1】a【小题2】CD【小题3】m【小题4】1【小题5】小球多次释放，取痕迹平均位置

【解析】解：(1)由题意可知，未放小球b时，小球a撞在木板上留下痕迹B；放小球b后，小球a与其碰撞后，小球a平抛初速度减小，则小球a运动时间变长，竖直下落距离增大，即痕迹C是小球a在白纸上留下的。

(2)设小球平抛水平位移为x，竖直位移为y，则有x=v0，y=12gt2

联立解得v0=xg2y

则小球a碰前、碰后速度大小分别为Lg2y2、Lg2y3

小球b碰后速度大小为Lg2y1

规定向右为正方向，根据动量守恒有m1Lg2y2=m1Lg2y3+m2Lg2y1

整理得m11y2=m11y3+m2113.【答案】【小题1】小球在水平面内做半径为R0的匀速圆周运动，小球所在位置处的切面与水平面夹角为θ，则冰坑内壁的支持力与竖直方向的夹角为θ，竖直方向受力平衡，支持力的竖直分量抵消小球重力，即Ncosθ=mg，水平方向的合力提供向心力，即N【小题2】在南极地表，物体的重力近似等于地球对它的万有引力mg=GMmR2，可解得地球质量M=

【解析】解：(1)小球在水平面内做半径为R0的匀速圆周运动，小球所在位置处的切面与水平面夹角为θ，则冰坑内壁的支持力与竖直方向的夹角为θ，竖直方向受力平衡，支持力的竖直分量抵消小球重力，即Ncosθ=mg，水平方向的合力提供向心力，即Nsinθ=mR0⋅4π2T2，将两式相除消去支持力N和小球质量m，整理后得到重力加速度g=4π2R0T2tanθ；

(2)在南极地表，物体的重力近似等于地球对它的万有引力mg=GM14.【答案】【小题1】运输车受到的阻力大小为

f=0.2mg=0.2×8×104×10N=1.6×【小题2】当速度为v=12m/s时，根据牛顿第二定律得【小题3】当牵引力与阻力大小相等时，汽车速度最大，设为vm。

则P=Fvm=fvm

解得vm=15m/s

运输车在0∼t

【解析】解：(1)运输车受到的阻力大小为

f=0.2mg=0.2×8×104×10N=1.6×105N

0−t1时间内，运输车做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律得

F1−f=ma

解得F1=2.4×105N

t1=10s时，速度为v1=at1=1×10m/s=10m/s

t1=10s时，达到额定功率，则其额定功率为

P=F1v1=2.4×105×10W=2.4×106W

(2)当速度为v=12m/15.【答案】【小题1】小球B第一次运动到圆轨道最低点时，受重力和轨道的支持力，由牛顿第三定律可知轨道对小球