2025-2026学年福建省龙岩市高一（下）期末物理试卷（含详细答案解析）

第=page11页，共=sectionpages11页2025-2026学年福建省龙岩市高一（下）期末物理试卷一、单选题：本大题共4小题，共16分。1.福建省城市足球联赛，简称“闽超”。某次比赛中，足球在空中的飞行轨迹如图中虚线所示，足球在空中运动时不旋转，下列关于速度v与合外力F方向标注正确的是(

)A. B.

C. D.2.如图所示，两颗人造卫星A、B在同一轨道平面上同向绕地球做匀速圆周运动，轨道半径分别为rA、rB，且rA<rA.卫星A的周期比卫星B的周期小

B.卫星A的线速度比卫星B的线速度小

C.卫星A的角速度比卫星B的角速度小

D.卫星B的线速度大于第一宇宙速度

3.如图甲所示为桥梁施工中常用的穿巷式架桥机，施工时架桥机支腿支撑在桥墩上，对箱梁施加水平作用力，将其沿水平方向平移至指定位置进行对接。已知箱梁质量为m，架桥机的水平作用力F随箱梁位移x的变化关系如图乙所示，箱梁运动过程中受到的阻力恒为f，阻力方向始终与运动方向相反，关于箱梁在力F作用下的运动过程中，下列判断正确的是(

)

A.箱梁做匀加速直线运动 B.箱梁在x0处动能最大

C.阻力f做的功为fx0 D.力4.图甲为游乐场过山车在竖直圆轨道内做圆周运动的情景。图乙为某同学据此建构的物理模型。已知B为圆轨道最低点，C为最高点，圆轨道半径为R，轨道各处平滑连接。现将质量为m的小球(可视为质点)从A点由静止释放，A、B两点的高度差为h，不计一切摩擦和空气阻力，重力加速度为g。若小球恰好能沿圆轨道做完整的圆周运动，下列说法正确的是(

)A.小球经过B点时，处于失重状态

B.A、B两点的高度差h=2R

C.增大高度差h，小球在B、C两点所受轨道弹力大小的差值恒为6mg

D.小球在圆轨道上经过与圆心等高处时，其加速度大小为二、多选题：本大题共4小题，共24分。5.用如图所示的甲、乙两实验装置探究平抛运动规律，下列说法正确的是(

)A.甲实验中，改变实验装置离地面的高度，A、B两球总是同时落地

B.甲实验中，改变实验装置离地面的高度，A、B两球不能同时落地

C.乙实验中，改变轨道M在轨道N上方的高度，P、Q两球总能发生碰撞

D.乙实验中，改变轨道M在轨道N上方的高度，P、Q两球不能发生碰撞6.天舟九号货运飞船与空间站交会对接的轨道示意图如图所示。飞船先进入预定圆轨道Ⅰ绕地球飞行，在A点变轨后进入椭圆轨道Ⅱ，最后在轨道Ⅱ的B点变轨进入圆轨道Ⅲ与空间站完成对接，对接后空间站仍在原轨道运行。已知引力常量为G，下列说法正确的是(

)A.飞船在轨道Ⅰ的A点减速后进入轨道Ⅱ

B.飞船在轨道Ⅰ的A点加速后进入轨道Ⅱ

C.飞船在轨道Ⅱ上B点的加速度等于在轨道Ⅲ上B点的加速度

D.飞船在轨道Ⅱ上B点的加速度大于在轨道Ⅲ上B点的加速度

7.如图所示，足够长的水平传送带在电动机的驱动下以5m/s的速率匀速转动。已知物块质量m=1kg，物块与传送带间的动摩擦因数μ=A.物块经过2.5s后速度为5m/s B.摩擦力对物块做的功为25J

C.物块与传送带间因摩擦产生的内能为25J 8.如图所示，物块A、B由跨过轻质定滑轮的轻绳连接，物块B、C通过劲度系数为k的轻弹簧竖直相连，物块C静置在水平地面上。初始时用手托住物块A，使轻绳恰好伸直且无拉力，滑轮两侧轻绳均沿竖直方向，系统保持静止。已知物块A质量2m，物块B质量m，重力加速度为g，不计轻绳与滑轮间的摩擦。t=0时刻释放A，t1时刻A的速度达到最大值，此时C对地面的压力大小为2mg。下列说法正确的是(

)A.物块C的质量为2m

B.物块A的最大速度为2gm3k

C.弹簧恢复原长瞬间，轻绳拉力大小为mg

D.0∼三、填空题：本大题共3小题，共21分。9.小船在静水中航行的速率为5m/s，水流速度为3m/s，要渡过100m宽的河，小船渡河最短时间为

s，该小船

10.如图所示，一倾角为30∘的光滑斜面固定在水平地面上，斜面顶端与底端的竖直高度差为0.2m。质量为1kg的物体从斜面顶端由静止释放，滑至底端。重力加速度g大小取10m/s2。则物体下滑过程中，重力势能减少

J，物体到达底端时重力的瞬时功率为

11.2026年3月，中科宇航“力箭二号”运载火箭成功发射，将新征程01卫星送入预定轨道，该卫星绕地球做匀速圆周运动的轨道半径为r、周期为T，已知万有引力常量为G。则该卫星绕地球做匀速圆周运动的线速度为

，地球的质量为

。四、实验题：本大题共2小题，共14分。12.某实验小组利用向心力演示器来探究物体做圆周运动所需向心力F的大小与质量m、转动角速度ω和转动半径r之间的关系。两个变速塔轮通过皮带连接，匀速转动手柄可使塔轮、长槽和短槽匀速转动，槽内的小球也就随之做匀速圆周运动。挡板对球的作用力提供小球做匀速圆周运动的向心力，同时，小球挤压挡板的力使挡板另一端压缩测力套筒的弹簧，使弹簧测力套筒下降，从而露出标尺。标尺上红白相间的等分格显示出两个球所受向心力的比值，图示为装置实物图和结构简图。

(1)在研究向心力的大小与物体质量m、转动角速度ω和转动半径A.理想实验法 B.控制变量法 C.演绎推理法(2)若两个钢球质量和转动半径均相等，左、右两标尺露出的格数之比为1：4，则两个钢球转动过程中所受的向心力大小之比为

13.某实验小组利用图甲所示装置做“验证机械能守恒定律”实验。

(1)除了重锤、纸带、天平、砝码、铁架台(含铁夹A.交流电源 B.直流电源 C.刻度尺(2)实验过程中先接通电源，后释放重锤，得到如图乙所示的一条纸带，起始点O为纸带上打下的第一个点，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hA、hB、hC。已知打点计时器打点周期为T，重锤的质量为m，当地重力加速度为g。则从打O点到打B点的过程中，重锤的重力势能减少量ΔEp=

(3)小明同学从纸带上读出计时点B到起始点O的时间t，根据v=gt算出速度，再计算出重锤动能的变化量ΔEkA.ΔEp>ΔEk>ΔE五、计算题：本大题共3小题，共25分。14.航模比赛是广大青少年喜欢参与的一项活动。某航模比赛中，要求选手操控无人机在一定的高度上完成一系列水平动作。为了精准确定无人机的飞行坐标，在该高度建立一个平面直角坐标系xOy，无人机在xOy平面上运动。它在x轴方向和y轴方向的运动图像分别如甲图和乙图所示。

(1)求(2)求415.如图所示，置于圆形水平转台边缘的物块(可看成质点)随转台加速转动，当转速达到某一数值时，物块恰好滑离转台开始做平抛运动。已知物块质量m=0.1kg，转台圆心为O，半径R=1m，转台离水平地面的高度H=1.25m，物块与转台间的动摩擦因数μ=(1)(2)(3)物块落地点M到O16.如图所示，竖直平面内固定一光滑圆弧轨道BC，半径R=0.5m，B点与圆心O的连线与水平方向夹角θ=30∘。轨道最低点C与静置于水平地面上的长木板左端平滑连接。木板质量M=2kg、长度L=5m，距C点d=5.75m处固定有竖直弹性挡板，物块或木板与挡板碰撞后均以原速率反弹。现让质量m=1kg的小物块(1)小物块经过C点时受到圆弧轨道的支持力(2)小物块刚滑上长木板瞬间，小物块的加速度a1(3)小物块与长木板因摩擦产生的热量Q答案和解析1.【答案】C

【解析】解：由图可知，足球在减速上升，速度v沿轨迹的切线方向，且所受合力F的方向指向轨迹的凹侧，与速度v的夹角大于90∘，故C正确，ABD错误。

故选：C。

根据曲线运动的合外力必须指向曲线的凹侧和速度沿轨迹的切线知识分析解答。

2.【答案】A

【解析】解：A、卫星绕地球做匀速圆周运动，由万有引力提供向心力GMmr2=m4π2T2r

可得周期T=2πr3GM

因为rA<rB

可知TA<TB，故A正确；

C、根据GMmr2=mω2r

可得ω=GMr3

轨道半径越小，角速度越大，因此ωA>ωB，故C错误；

B、根据3.【答案】D

【解析】解：A、由图乙知，水平力F随位移x不断减小，阻力f为恒力，由牛顿第二定律有F−f=ma，可知加速度不断减小，则箱梁做加速度减小的变加速运动，故A错误；

B、动能最大时，速度最大，此时加速度为0，则F=f>0，对应位置不在x0处，故B错误；

C、阻力是恒力，且阻力方向始终与运动方向相反，总位移为x0，则阻力f做的功Wf=−fx0，故C错误；

D、F−x图像与x轴围成的面积表示力F做的功，则力F做的功为WF=F0x02，故4.【答案】C

【解析】解：A、小球经过B点时，加速度竖直向上，处于超重状态，故A错误；

C、在C点时FNC+mg=mvC2R

在B点时FNB−mg=mvB2R

从C到B满足mg⋅2R=12mvB2−12mvC2

可得FNB−FNC=6mg

即增大高度差h，小球在B、C两点所受轨道弹力大小的差值恒为6mg，故C正确；

B、小球恰好能沿圆轨道做完整的圆周运动，在C点时满足mg=mvC2R

从A到C由机械能守恒定律mg(h−2R)=12mvC2

解得A、B两点的高度差h=52R，故B错误；

D、小球从C5.【答案】AC

【解析】解：AB.甲实验中，A、B两球竖直方向都做自由落体运动，竖直方向的运动情况相同，则改变高度，A、B两球总是同时落地，故A正确，B错误；

CD.乙实验中，因两球到达各自轨道末端时的水平速度相同，则当P球落地时，两球的水平位移相同，可知改变轨道M在轨道N上方的高度，P、Q两球落到地面时总能发生碰撞，故C正确，D错误。

故选：AC。6.【答案】BC

【解析】解：CD、根据牛顿第二定律有GMmr2=ma，解得：a=GMr2。由此可知，飞船在轨道Ⅱ上B点的加速度与在轨道Ⅲ上B点的加速度相等，故C正确，D错误；

AB、飞船从低轨道变轨到高轨道，需在变轨处点火加速，因此飞船在轨道Ⅰ的A点加速后进入轨道Ⅱ，故A错误，B正确。

故选：BC。

题目描述飞船从圆轨道Ⅰ经A点变轨至椭圆轨道Ⅱ，再经7.【答案】AD

【解析】解：A.根据牛顿第二定律可知，物块开始阶段在传送带上运动的加速度a=μmgm=μg

代入数据解得

a=2m/s2

物块经过2.5s后速度为v=at

代入数据解得v=5m/s

恰好与传送带共速，故A正确；

B.由动能定理，摩擦力对物块做的功为Wf=12mv2

代入数据解得

Wf=12.5J

故B错误；

C.物块与传送带间因摩擦产生的内能为Q=μmg(v传t−v8.【答案】BD

【解析】解：A.根据牛顿第二定律可知，A的速度达到最大时，加速度为零，则对AB分析2mg=mg+F弹

对C分析F弹+FNC=mCg

其中FNC=2mg

解得mC=3m

故A错误；

B.根据平衡关系可知，开始时弹簧的压缩量x0=mgk

速度最大时弹簧的伸长量x1=mgk

则两个时刻弹簧的弹性势能相等，由能量守恒定律可知：12(2m+m9.【答案】20能

【解析】解：渡河时间仅由垂直河岸方向的分运动决定，若要渡河时间最短，需要让小船垂直河岸方向的分速度取到最大值，应使船头垂直河岸航行，此时小船在静水中的全部速度都用来垂直渡河，可得渡河最短时间tmin=100m5m/s=20s。

水流沿河岸向下，流速大小为3m/10.【答案】2.010

【解析】解：物体从斜面顶端滑到底端的过程中，重力做正功W=mgh，计算得W=2J

重力势能的减少量ΔEp=W，即ΔEp=2J

设物体滑至斜面底端时的速度大小为v，由机械能守恒定律有ΔEp=12mv211.【答案】24

【解析】解：卫星绕地球做匀速圆周运动的线速度为v=2πrT

地球对卫星的万有引力提供向心力，根据GMmr2=m4π12.【答案】【小题1】B【小题2】1：41：2

【解析】解：(1)探究向心力F与质量m、角速度ω、转动半径r三个变量的关系时，需要每次控制其中两个量不变，研究第三个量对F的影响，该方法是控制变量法。故B正确，AC错误。

故选：B。

(2)根据题意，标尺露出格数的比值等于小球所受向心力的比值，已知格数之比为1：4，因此向心力大小之比为1：4。

根据向心力公式F=mω2r，两钢球的m、r均相等，因此F与ω2成正比，由此可得ω1：ω2=1：2；塔轮与对应小球同轴转动，角速度相等，因此两个变速塔轮的角速度之比也为1：2。

故答案为：(1)B；(2)1：4，13.【答案】【小题1】AC【小题2】m1【小题3】D

【解析】解：(1)该实验中打点计时器要用交流电源；同时需要刻度尺测量纸带，故AC正确，B错误；

故选：AC；

(2)从打O点到打B点的过程中，根据题意可知，重锤的重力势能减少量ΔEp=

mghB

打B点时的速度vB=hC−hA2T

动能增加量ΔEk=12mvB2=12m(hC−hA2T)2

(3)由于阻力的存在，减小的重力势能大于增加的动能，即ΔEp>14.【答案】【小题1】t=4【小题2】4s内无人机的位移大小为20m

【解析】解：(1)由甲图可知t=4s时无人机沿x轴的分速度vx=4m/s

乙图为过坐标原点的倾斜直线，说明无人机沿y轴方向做匀速直线运动，y轴分速度vy=ΔyΔt=164m/s=4m/s

可得t=4s时无人机的速度大小v=vx2+vy2=42+42m/s=42m/s。

(2)由v−t图像与时间轴所围图形面积表示位移，可知t=4s时无人机x轴方向的位移x=2+4215.【答案】【小题1】物块恰好滑离转台时受到的摩擦力大小为0.4【小题2】物块做平抛运动的初速度