2025-2026学年广东省阳江市高一（下）期末物理试卷（含详细答案解析）

第=page11页，共=sectionpages11页2025-2026学年广东省阳江市高一（下）期末物理试卷一、单选题：本大题共7小题，共28分。1.2026年广东省城市足球超级联赛(简称“粤超”)，阳江赛区主场赛事在阳西县体育馆开赛。在足球场上罚任意球时，专业运动员踢出的足球在飞行中绕过“人墙”进入球门，使守门员难以扑救，某次射门时足球的运动轨迹如图所示，空气阻力不可忽略。关于足球在飞行过程中的下列说法正确的是(

)A.足球的机械能守恒 B.足球做匀变速曲线运动

C.足球所受合力的方向与P点速度方向一致 D.足球在P点速度的方向是该点的切线方向2.如图所示，塔吊用钢索以恒定的速度v1水平匀速移动吊臂，同时钢索以恒定的速度v2竖直向上匀速吊起钢筋。以地面为参考系，下列关于钢筋运动的说法正确的是(

)A.钢筋合速度大小为v1+v2，做匀速直线运动

B.钢筋合速度大小为v12+v223.如图所示，在水平地面上的A点以速度v1与地面成θ角射出一弹丸，恰好以速度v2垂直击中墙壁上的B点，忽略空气阻力，重力加速度为g。下列有关说法中正确的是(

)A.弹丸在水平方向做匀速直线运动，在竖直方向做自由落体运动

B.在B点以v1水平射出弹丸，可能落在A点

C.在B点以v2水平射出弹丸，一定落在A点

D.弹丸在空中飞行的时间为

4.如图所示，在某路段汽车拐弯时，司机内侧的路面比外侧的路面低一些。汽车的运动可看作是半径为R的圆周运动。设内、外路面高度差为h，路基的水平宽度为d，路面的宽度为L，已知重力加速度为g。要使车轮受沿斜坡方向的摩擦力为零，则汽车转弯时(

)

A.速度等于gRhd B.速度等于gRhL5.“天问一号”火星探测器成功实施制动被火星捕获后，进入环绕火星的轨道，成为中国第一颗人造火星卫星。如图所示，轨道Ⅰ为圆轨道，轨道Ⅱ、Ⅲ均为椭圆轨道，探测器从轨道Ⅲ依次变轨到轨道Ⅰ的过程中，探测器(

)A.在轨道Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ上的机械能EⅠ>EⅡ>EⅢ

B.沿轨道Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ经过P点的加速度相等

C.在轨道Ⅰ运行周期大于在轨道Ⅲ运行周期

D.6.如图所示，餐桌中心有一个圆盘，可绕其中心轴转动，现在圆盘上放相同的茶杯，茶杯可看作质点。当茶杯和圆盘一起匀速转动时，则下列说法正确的是(

)A.每个茶杯均受重力、支持力、摩擦力、向心力四个力作用

B.茶杯受到圆盘的滑动摩擦力提供向心力

C.圆盘转轴附近的茶杯所受合外力大于圆盘边缘附近的茶杯

D.若缓慢增大圆盘转速，圆盘边缘附近的茶杯先滑动7.如图所示，在竖直方向上的O点固定轻质定滑轮，水平方向固定光滑长杆上套有物体A，一细线跨过定滑轮一端连接A，另一端悬挂物体B，M为O点正下方杆上一点。开始时A位于P点，此时B静止悬挂。现将A、B由静止释放，当A通过杆上N点时，绳与水平方向夹角为37∘，已知sin37∘=0.6，A.物体A从P运动到M过程中，速度先增大后减小

B.物体A到达M之前，绳子对物体B的拉力始终小于B的重力

C.物体A通过N点时速度与此时物体B的速度大小比为5：4

D.释放后，物体A向右运动的过程中，物体B的机械能先增大后减小二、多选题：本大题共3小题，共18分。8.广湛高铁于2025年12月22日正式通车运营，是国家八纵八横沿海高铁重要组成，设计时速350km/h，正线全长401km，横跨广州、佛山、肇庆、云浮、阳江、茂名、湛江7地市。若一列质量为m的动车，初速度为v0，以恒定功率在平直轨道上运动，经时间t达到该功率下的最大速度vm，设动车行驶过程所受到的阻力f保持不变。动车在时间A.做匀加速直线运动 B.加速度逐渐减小

C.牵引力的功率P=fvm9.世界风电看中国，中国海上风电看阳江。如图所示，有一风力发电机叶片长度为R。某段时间内该区域的风速为v，风向恰好与叶片转动的圆面垂直，已知空气的密度为ρ，风力发电机将风的动能转化为电能的效率为η。下列说法正确的是(

)

A.单位时间内冲击风力发电机叶片转动圆面的气流的体积V=πvR2

B.单位时间内冲击风力发电机叶片转动圆面的气流的动能Ek=0.5ρπv10.如图所示，过山车轨道位于竖直平面内，由倾斜轨道和与之相切的圆形轨道连接而成。过山车从倾斜轨道上的点A由静止开始下滑，圆形轨道半径为R，过山车质量为m，忽略阻力作用，重力加速度为g。过山车能够不脱离轨道沿圆形轨道完整运行，下列说法正确的是(

)

A.过山车在圆形轨道最高点C处的最小速度为0

B.若A距底部高度h=2.5R，过山车在C点仅受重力作用

C.若A距底部高度h=2.5R，过山车在圆轨道上经过与圆心等高处时加速度a=10三、实验题：本大题共2小题，共14分。11.某同学利用平抛运动装置验证机械能守恒定律。如图所示，将近似光滑斜槽固定在水平桌面上，让质量为m的小球从斜槽上离水平桌面高为h处A点由静止释放，小球经过斜槽末端O点水平抛出，抛出点距水平地面的竖直高度为H。B点为抛出点O在地面上的竖直投影点，多次重复实验，采用最小圆法确定小球落地的平均落点为P，BP的长度为x。已知重力加速度为g。

(1)小球平抛的初速度v0=______(用x、H、g表示)

(2)以O点所在平面为零势能面，写出小球从A运动到O过程中，验证机械能守恒的关系式：______。(x、g、h、H表示，不计空气阻力，忽略小球在斜槽转弯处的机械能损失)

(3)由于斜槽不光滑，小球的重力势能减少量______动能增加量(选填“>”、“12.用如图(1)所示的实验装置来探究小球做圆周运动所需向心力的大小与质量、角速度和半径之间的关系。已知小球在挡板A，B，C处做圆周运动的轨迹半径之比为1：2：1，变速塔轮自上而下按如图(2)所示三种组合方式，左右每层半径之比由上至下分别为1：1、2：1和3：1。回答以下问题：

(1)下列实验的主要实验方法与本实验相同的是______。

A.探究两个互成角度的力的合成规律

B.探究加速度与力、质量的关系

C.探究平抛运动的特点

(2)探究向心力与转动半径的关系时，应控制两小球的质量相同，再把传动皮带套在第______(填“一”“二”或“三”)层变速塔轮上。

(3)若将质量相等的两小钢球分别放在A、C位置，将传送带调至第三层塔轮，则两球转动时所受向心力之比为______。

(4)用此装置做实验有较大的误差，误差产生的主要原因是______。

A.实验过程中难以保证小球做匀速圆周运动

B.四、计算题：本大题共3小题，共40分。13.在现代电商仓库的智能分拣线上，如图所示，传送带末端A点距离地面的高度为H=1.25m，一个可视为质点的快递包裹以v0=2m/s的速度从A点水平飞出。为了安全起见，在传送带正前方水平距离d=0.8m处，竖直立着一个高度为h=0.4m的长方形防撞护栏。已知重力加速度g=10m/s214.“旋转飞椅”是游乐园里常见的娱乐设施，游客坐在座椅上随支架一起匀速旋转时可将游客和座椅组成的整体看成质点A，其简化成如图所示模型，已知圆形旋转支架半径为R=5m，绳子悬点到地面的垂直距离H=7m，悬挂座椅的轻绳长为l=5m，游客和座椅的总质量为60kg，绳子与竖直方向的夹角为θ，取g=10m/s2，sin37∘=0.6，cos37∘=15.“深坑打夯机”的工作示意图如图所示。首先，电动机带动两个摩擦轮匀速转动，将夯杆从深坑提起；当夯杆的下端刚到达坑口时，两个摩擦轮将夯杆松开；夯杆在自身重力的作用下，落回坑底；这样周而复始地进行，就可以达到将坑底夯实的目的。已知两摩擦轮边缘的线速度v=4m/s，对夯杆的压力均为F=2×104N，与夯杆的动摩擦因数μ=0.3，夯杆的质量m=1.0×103kg，坑深h

答案和解析1.【答案】D

【解析】解：A、根据题意分析可知，足球受到空气阻力的作用，足球机械能不守恒，故A错误；

B、根据题意分析可知，足球受到的空气阻力和速度方向相反，加速度方向会改变，足球不是匀变速运动，故B错误；

CD、根据题意分析可知，由曲线运动的特点，足球在P点速度的方向是该点的切线方向，所受合外力的方向与速度方向不在同一直线上，故C错误，D正确。

故选：D。

结合机械能守恒条件、匀变速运动的判定依据、曲线运动中合力与速度的关系以及曲线运动速度方向的特点，对每个选项逐一分析。

本题的核心是掌握机械能守恒的条件(只有重力或弹力做功)、匀变速运动的加速度特性(加速度恒定)、曲线运动的速度方向(轨迹切线方向)以及合力与速度的空间关系(曲线运动中合力与速度不共线)，通过这些物理规律逐一分析选项得出结论。2.【答案】C

【解析】解：AD.钢筋同时参与两个分运动：水平方向的匀速直线运动(速度v1)、竖直方向的匀速直线运动(速度v2)，这两个分速度相互垂直，根据矢量合成法则可得合速度大小为v=v12+v22，方向恒定。故AD错误；

BC.两个分运动的加速度均为03.【答案】C

【解析】解：A、由题意可知，弹丸做斜抛运动，在最高点处水平方向为匀速直线运动，竖直方向为竖直上抛运动，故A错误；

B、在B点以大小为v1、方向与v2相反的速度射出弹丸，与C选项分析对比，平抛运动的初速度增大，运动时间不变，水平位移增大，落点位于A点左侧，故B错误；

C、根据AB段运动的可逆性，在B点以v2为初速度水平射出弹丸，弹丸必定落在A点，故C正确；

D、弹丸在空中运动的时间为t=v1sinθg，故D错误。

故选：C。

弹丸从A点斜向上抛出，在B点垂直击中墙壁，涉及斜抛运动。分析需明确弹丸在水平和竖直方向的运动特性：水平方向不受力，速度保持不变；竖直方向受重力作用，速度变化。关键点在于B点速度方向竖直，可由此确定竖直分速度与水平分速度的关系。结合已知条件v1、θ和g，通过运动学规律推导时间等量，并利用运动可逆性判断选项。

本题以斜抛运动为核心，考查了运动的合成与分解、平抛运动规律及运动的可逆性。题目将斜抛运动与平抛运动巧妙结合，通过分析弹丸从4.【答案】A

【解析】解：由题意，要使车轮与路面之间的横向摩擦力等于零，由受力分析结合牛顿第二定律得mgtanθ=mv2R，根据几何关系有tanθ=hd，联立可得v=gRh5.【答案】B

【解析】解：A.轨道Ⅲ半长轴最大，轨道Ⅰ高度最小，探测器从低轨道到高轨道需要点火加速，火箭对探测器做正功，则探测器机械能增大，即EⅠ<EⅡ<EⅢ，故A错误；

B.根据GMmr2=ma，可得a=GMr2，可知经过同一点P时的加速度相等，故B正确；

C.根据开普勒第三定律，由于轨道Ⅲ的半长轴大于轨道Ⅰ的半径，所以卫星在轨道Ⅲ上的运行周期大于轨道Ⅰ上的周期，故C错误；6.【答案】D

【解析】解：A.物体做匀速圆周运动时，向心力为合力等效效果，并非实际存在的作用力。茶杯实际仅受竖直向下的重力、竖直向上的支持力、沿半径指向圆心的静摩擦力三个力，故A错误。

B.茶怀与圆盘保持相对静止，二者不存在相对滑动，提供圆周运动向心力的是静摩擦力，而非滑动摩擦力，故B错误。

C.根据F合=Fn=mω2r可知转动半径r越大合外力越大，所以圆盘转轴附近的茶杯所受合外力小于圆盘边缘附近的茶杯，故C错误。

D.茶杯即将滑动时最大静摩擦力恰好提供向心力，根据牛顿第二定律有μmg=7.【答案】C

【解析】解：A、物体A从P运动到M过程中，绳子拉力对A一直做正功，A的动能一直增加，则A的速度一直增大，故A错误；

B、开始时B的速度为零，当物块A到达M点时，物块B下降到最低点，速度又为零，则B从释放到最低点过程，速度先增大后减小，先向下加速后向下减速，先失重后超重，所以物体A到达M之前，绳子对B拉力先小于后大于B的重力，故B错误；

C、物块A通过N点时，将A的速度进行分解，根据关联速度关系可知A沿绳方向的分速度大小等于物块B的速度大小，如图所示：

根据vAcos37∘=vB

可得vA：vB=5：4，故C正确；

D、释放后，物体A向右运动的过程中，物体A从静止沿水平杆运动的速度先增大后减小到零，物体A的机械能先增大后减小，根据A与B组成的系统机械能守恒可知，物体B机械能先减小后增大，故D错误。

故选：C。

物体A从P运动到M过程中，只有绳子拉力对A做功，分析绳子拉力对A做功情况，判断A的速度变化情况；物体A到达M之前，分析B的速度变化情况，判断B处于超重还是失重状态，分析绳子对物体B的拉力与B的重力关系；将A的速度进行分解，根据A沿绳方向的分速度大小等于物块B的速度大小求物体A通过N点时速度与此时物体B的速度大小比；分析8.【答案】BC

【解析】解：AB、动车的功率恒定，根据P=F牵v可知动车的牵引力减小，根据牛顿第二定律得F牵−f=ma，可知动车的加速度减小，所以动车做加速度减小的加速运动，故A错误，B正确；

D、动车功率恒定，在t时间内，牵引力做功为W=Pt

根据动能定理Pt−fs=12mvm2−129.【答案】AC

【解析】解：A、根据空气柱模型，单位时间内通过叶片转动圆面的气流的体积为ΔV=v⋅πR2=πvR2，故A正确；

B、单位时间内冲击风力发电机叶片转动圆面的气流的动能为Ek=12mv2，其中单位时间内的空气质量m=ρΔV，S=πR2，联立可得Ek=12ρπv3R2，故B错误；

10.【答案】BCD

【解析】解：A、过山车在圆形轨道最高点不脱离轨道的临界条件是重力恰好提供其向心力，即mg=mv2R，解得最小速度v=gR，该值不为零，故A错误；

B、若h=52R，根据机械能守恒定律有mg(h−2R)=12mvC2，将h=52R代入，可解得vC=gR。在C点，由牛顿第二定律得mg+FN=mvC2R，代入vC=gR，求得轨道对车的支持力FN=0，此时过山车仅受重力作用，故B正确；

C、小球由静止下滑至与圆心等高处时，根据机械能守恒有mg(h−R)=12mv2，解得v=11.【答案】xg2H

【解析】解：(1)小球竖直方向做自由落体运动H=12gt2

得下落时间

t=2Hg

水平方向做匀速直线运动x=v0t

联立解得v0=xg2H

(2)以O点为零势能面：根据机械能守恒定律有mgh12.【答案】B

一

1：9

AD

【解析】解：(1)本实验采用的是控制变量法：

A.探究两个互成角度的力的合成规律采用的是等效法，故A错误；

B.探究加速度与力、质量的关系时采用的也是控制变量法，故B正确；

C.探究平抛运动的特点采用的是运动分解法，故C错误。

故选：B。

(2)探究向心力与半径的关系，需要保证小球质量相同、角速度相等。皮带传动时塔轮边缘线速度相等，由v=ωR

可得ω左=ω右

需要左右塔轮半径相等，第一层塔轮半径比为1：1，因此调至第一层。

(3)由题意可知mA=mC，轨迹半径rA=rC，第三层塔轮左右半径比R左：R右=3：1皮带传动边缘线速度相等，根据v=ωR

得ωA：ωC=R右：R左=1：3

根据向心