浙江省嘉兴市2025-2026学年高一下学期6月期末考试 物理 含解析

嘉兴市2025~2026学年第二学期期末测试高一物理试题卷考生须知：1．答案填在答题卡或答题卷相应位置，填在试题卷上无效。2．不得使用计算器。3．除特殊说明外，本卷中g取10m/s2。选择题部分一、选择题（本大题共18小题，每小题3分，共54分。在每小题给出的四个备选项中，只有一个是符合题目要求的，选对得3分，不选、错选或多选得0分）1.下列物理量为矢量的是（）A.功 B.电场强度 C.电势 D.重力势能【答案】B【解析】【详解】A．矢量是既有大小又有方向、运算遵循平行四边形定则的物理量，标量是只有大小没有方向的物理量，功只有大小没有方向，正负表示是动力做功还是阻力做功，属于标量，故A错误；B．电场强度既有大小又有方向，运算遵循平行四边形定则，属于矢量，故B正确；C．电势只有大小没有方向，正负表示相对于零电势点的高低，属于标量，故C错误；D．重力势能只有大小没有方向，正负表示相对于零势能面的高低，属于标量，故D错误。故选B。2.下列关于物理学史的叙述中正确的是（）A.库仑测得了元电荷B.密立根首先提出了电场的概念C.第谷总结出了行星沿椭圆轨道绕太阳运动D.卡文迪许利用扭秤实验装置测出了万有引力常量【答案】D【解析】【详解】A．元电荷的数值是密立根通过油滴实验测得的，库仑的主要贡献是总结出库仑定律，故A错误；B．首先提出电场概念的科学家是法拉第，密立根的主要贡献是测量得到元电荷的数值，故B错误；C．第谷积累了大量精确的行星天文观测数据，开普勒基于这些数据总结出行星运动定律，其中行星沿椭圆轨道绕太阳运动是开普勒第一定律的内容，故C错误；D．牛顿提出万有引力定律后，卡文迪许利用扭秤实验装置首次测出了万有引力常量的数值，故D正确。故选D。3.某电场的电场线如图所示，M、N为其中两点，则（）A.M点场强大于N点场强 B.M点场强小于N点场强C.M点电势高于N点电势 D.M点电势低于N点电势【答案】A【解析】【详解】AB．电场线分布的疏密程度能够间接表示电场的强弱，M点位置电场线分布比N点位置密集，可知，M点场强大于N点场强，故A正确，B错误；CD．沿电场线方向电势降低，由于图中电场线的方向未知，则M、N两点电势大小关系不能够确定，故CD错误。故选A。4.如图所示，用带正电的玻璃棒靠近或接触验电器的金属球时，验电器的金属箔片会张开，则（）A.甲图中，金属球、金属箔片均带正电B.甲图中，金属球带负电、金属箔片带正电C.乙图中，金属球、金属箔片均带负电D.乙图中，金属球带正电、金属箔片带负电【答案】B【解析】【详解】AB．甲图中，玻璃棒靠近验电器时，验电器产生静电感应现象，则靠近玻璃棒的金属球带负电、远离玻璃棒的金属箔片带正电，故A错误，B正确；CD．乙图中，玻璃棒接触验电器时，验电器上的电子向玻璃棒转移，则金属球、金属箔片均带正电，故CD错误。故选B。5.如图所示，一小朋友坐在旋转木马的小车里做匀速圆周运动，她的左右脚时刻相同的物理量是（）A.线速度 B.角速度 C.向心加速度 D.向心力【答案】B【解析】【详解】A．线速度满足

，左右脚做圆周运动的转动半径不同，因此线速度大小不同，A错误；B．同轴转动的各部分角速度相等，因此左右脚角速度相同，B正确；C．向心加速度满足

��=��2��D．向心力��=����结合向心加速度不同，可知向心力的大小、方向都不同，D错误。故选B。6.战国时期的《甘石星经》描述了金、木、水、火、土五大行星的运行规律。若五大行星的运动如图所示，且绕中心天体做匀速圆周运动，则（）A.火星的线速度大于水星的线速度 B.地球的角速度大于土星的角速度C.木星的周期小于金星的周期 D.金星的向心加速度小于火星的向心加速度【答案】B【解析】【详解】A．行星绕中心天体做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，由牛顿第二定律得

��解得��=������火星>B．行星绕中心天体做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，由牛顿第二定律得������解得，所以地球的角速度大于土星的角速度，B正确；C．行星绕中心天体做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，由牛顿第二定律得������解得��=2����木星>D．行星绕中心天体做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，由牛顿第二定律得������解得a=����火星>故选B。7.如图所示，下列说法正确的是（）A.图甲，带电作业的工人穿戴的工作服可以起到静电屏蔽作用B.图乙，雷雨云接近建筑物时，安装在屋顶的避雷针带上了与云层同种的电荷C.图丙，两个小球沿光滑圆锥筒内壁不同水平面做匀速圆周运动，角速度大小相等D.图丁，火车超过规定速度转弯时，内轨和轮缘间会有挤压【答案】A【解析】【详解】A．高压带电作业的工人穿戴的工作服，由含金属导体的织物制成，可起到静电屏蔽作用，保护工人安全，A正确；B．雷雨云接近建筑物时，由于静电感应，避雷针会带上与云层异种的电荷，方便尖端放电中和云层电荷，B错误；C．对做匀速圆周运动的小球受力分析，设圆锥半顶角为，圆周运动半径为，竖直方向受力平衡得水平方向向心力得整理得位置更高的小球运动半径r更大，角速度更小，二者角速度不相等，C错误；D．火车转弯时，重力和支持力的合力提供向心力，当速度超过规定速度时，合力不足以提供所需向心力，火车会向外偏移，外轨与轮缘间产生挤压，D错误。故选A。8.如图所示，一同学正在垫排球，排球离开手臂后先竖直向上运动h，再落回原位置。假设此过程中，排球受到的空气阻力大小恒为f，则此过程中（）A.空气阻力对排球做功为-2fh B.重力对排球做功为-mghC.各力对排球做的总功为零 D.排球的动能变化量为零【答案】A【解析】【详解】A．空气阻力对排球所做的功为，故A正确；B．重力做功只与初末位置有关，球又回到原来的位置，重力对排球做功为零，故B错误；C．各力对排球做的总功为，故C错误；D．根据动能定理可知则排球的动能变化量为，故D错误。故选A。9.一款机器人的柔性电子皮肤采用了电容传感器，其上、下皮层薄膜作为极板，中间由特殊材料作为支撑层，结构如图所示。工作时，电容器两极板间电压恒定，当皮肤受到垂直挤压时，支撑层被压缩，则（）A.电容器的电荷量不变 B.电容器的电荷量变小C.两极板间的电场强度不变 D.两极板间的电场强度变大【答案】D【解析】【详解】AB．当皮肤受到垂直挤压时，支撑层被压缩，电容器两极板间距离减小，根据电容的决定式可知，电容器的电容变大；工作时电容器两极板间电压恒定，根据可知，电容器的电荷量变大，故AB错误；CD．工作时电容器两极板间电压恒定，两极板间距离减小，根据可知，两极板间的电场强度变大，故C错误，D正确。故选D。10.如图所示，MN是某电场中的一条电场线，一个带负电的粒子仅受静电力作用沿虚线从a运动到b，则（）A.该电场一定是由位于N右侧的负点电荷产生 B.带电粒子在a点加速度大于b点加速度C.带电粒子在a点电势能大于b点电势能 D.带电粒子在a点的动能大于b点的动能【答案】C【解析】【详解】A．做曲线运动的物体合力指向轨迹的凹面，粒子带负电，且仅受电场力，所以该粒子所受电场力水平向左，静电力方向与电场强度方向相反，因此电场强度方向向右。该电场可以是左侧正点电荷产生，也可以是右侧负点电荷产生，不是一定由右侧负点电荷产生，A错误；B．电场线的疏密反映场的强弱，因此无法通过一条电场线确定a、b两点的场强大小，B错误；C．粒子从运动到，静电力方向向左，位移沿水平方向的分量向左，因此静电力做正功，电势能减小，可得a点电势能大于b点电势能，C正确；D．粒子仅受静电力，静电力对粒子做正功，由动能定理知，带电粒子从a到b动能增加，故a点的动能小于b点的动能，D错误。故选C。11.一辆汽车在半圆形的赛道上行驶，它在几个位置的速度矢量如图所示，则描述汽车在相应位置的加速度矢量图正确的是（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【详解】由图可知，速度矢量逐渐增大，汽车做加速圆周运动，故合外力方向与速度方向的夹角应小于，即加速度与速度夹角小于，根据向心加速度可知，圆周运动的半径不变，速度增大，向心加速度变大，合加速度变大。故选C。12.如图所示，把一个带弹簧但质量未知的签字笔笔尖朝上，沿竖直方向压缩到底，无初速释放后笔上升的最大高度为h；再把笔水平放置在桌面上，沿水平方向压缩到底，无初速释放后，笔在桌面上滑行的最大距离为s，忽略空气阻力，则由上述物理量可估算出（）A.弹簧的弹性势能的最大值B.上升过程中重力所做的功C.水平滑行过程中摩擦力所做的功D.笔与桌面间的动摩擦因数【答案】D【解析】【详解】A．设笔的质量为m，笔竖直上升到达最高点，根据能量守恒定律可得弹簧的弹性势能的最大值为由于笔的质量未知，所以不能计算出弹簧的弹性势能的最大值，故A错误；B．上升过程中重力所做的功为由于笔的质量未知，所以不能计算出上升过程中重力所做的功，故B错误；CD．笔在水平滑行过程中，有所以由此可知，不能计算出水平滑行过程中摩擦力所做的功，但可以计算出笔与桌面间的动摩擦因数，故C错误，D正确。故选D。13.如图所示，风力发电机的叶片转动时可形成半径为30m的圆面。该地区某段时间内的风速为4.0m/s，风向恰好跟叶片转动的圆面垂直，已知空气的密度为1.2kg/m3，假如这个风力发电机能将10%的空气动能转化为电能，则（）A.单位时间内冲击叶片圆面的气流的体积约为1100m3B.单位时间内冲击叶片圆面的气流的动能约为2.16×104JC.此风力发电机发电的功率约为1.08×104WD.若该地区风速4.0m/s持续时间为2小时，能转化得到2.16×104J的电能【答案】C【解析】【详解】A．单位时间内冲击叶片的气流体积

，A错误；B．单位时间内冲击气流的质量

，单位时间气流的动能

代入数值得，B错误；C．发电机发电功率等于单位时间转化的电能，C正确；D．风速持续2小时，则，总电能

，远大于，D错误。故选C。14.如图所示，竖直固定的粗糙绝缘细杆足够长，质量为m、电荷量为q（正负未知）的小环套在细杆上，小环与细杆之间的动摩擦因数为μ。空间存在水平向右且大小可调的匀强电场，小环恰好处于静止状态。若最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则（）A.小环带正电B.此时电场强度C.当电场强度时，小环仍处于静止状态D.当电场强度时，小环的加速度为【答案】C【解析】【详解】A．对小环进行受力分析，水平方向电场力与杆的弹力平衡，（与小环电性无关，弹力大小恒为），竖直方向摩擦力与重力平衡；无论小环带正电还是负电，电场力都沿水平方向，杆的弹力都可以平衡电场力，不影响竖直方向受力，无法判断小环电性，故A错误；B．小环恰好静止时，重力等于最大静摩擦力解得电场强度大小为，故B错误；C．当时，最大静摩擦力因此静摩擦力大小等于，小环合力为零，仍保持静止，故C正确；D．当​时，滑动摩擦力由牛顿第二定律解得，D错误。故选C。15.如图所示，商场的自动扶梯与水平面的夹角为30°，质量为60kg的人站立在扶梯的水平踏板上，从静止开始随扶梯向上做加速直线运动，运动2.5m后达到最大速度1m/s。重力加速度取10m/s2，则此过程中（）A.人只受重力和踏板的支持力的作用 B.人的重力势能增加了1500JC.踏板对人做的功等于780J D.支持力对人做的功为750J【答案】C【解析】【详解】A．人随扶梯向上做加速直线运动，水平方向有向左的加速度，受水平向左的摩擦力，如图所示，人受重力、踏板的支持力和摩擦力的作用，故A错误；B．运动2.5m后达到最大速度1m/s，可得人的重力势能增加，故B错误；C．踏板对人做的功为，根据动能定理有解得，故C正确；D．运动2.5m后达到最大速度1m/s，有解得加速度为加速度的竖直分量为竖直方向有支持力对人做的功为，故D错误。故选C。16.如图甲所示，倾角为θ=37°的粗糙斜面固定在水平地面上。滑块以一定的初速度从斜面底端开始上滑。若斜面足够长，上滑过程中滑块的机械能和动能随位移变化的关系图线如图乙所示，sin37°=0.6，cos37°=0.8，则（）A.图像②表示机械能随位移变化的关系 B.滑块上滑过程中，重力势能增加了5E0C.滑块的重力大小为 D.滑块受到的摩擦力大小为【答案】D【解析】【详解】A．滑块上滑时，摩擦力一直做负功，机械能不断减小，但到最高点时动能减为0，机械能不为0。因此，斜率更大、终点在��=��0B．最高点处动能为0，机械能等于重力势能，由图像乙可知初始重力势能为0，因此重力势能增量等于最高点的机械能，即增加了4��0C．由动能定理得−(����sin⁡��+��)��=Δ��又因为��=��解得����sin⁡��=已知，可得����=4��00.6��D．由功能关系得Δ��=−����，由图像乙可知图线①斜率的绝对值为摩擦力��即��=故选D。17.某人造地球卫星运行轨道与赤道共面，绕行方向与地球自转方向相同。该卫星持续发射信号，位于赤道的某观测站接收到的信号强度随时间变化的规律如图所示，T为地球自转周期。已知该卫星的运动可视为匀速圆周运动，地球质量为M，万有引力常量为G。则该卫星轨道半径为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【详解】设卫星转动的周期为，根据题意可得可得根据万有引力提供向心力可得代入可得故选A。18.如图所示，某粒子控制装置由加速电场、偏转电场和收集装置MN组成。加速电场电压可调。偏转电场为以O点为中心的辐向电场，其范围在两个半径分别为r0、3r0的半圆之间，在半径相等的圆周上电场强度大小都相等，且满足（r为半径），方向沿半径向外。轨迹1是以O为圆心，半径为2r0的圆。已知r0处的电场强度大小为E0，带电粒子的质量为m，电荷量为-q，不计带电粒子的重力及粒子间的相互作用。则（）A.粒子垂直PB飞入电场，无论加速电压取多少，粒子一定能做匀速圆周运动B.若粒子由静止加速后能沿轨迹1到达C点，则加速电场的电压为C.若加速后从PB间垂直PB方向进入的粒子都能做匀速圆周运动而到达收集装置，则粒子运动的周期T与轨迹对应半径r应满足的关系式D.若粒子从B点垂直PB方向射入，对应的轨迹2的运动时间【答案】D【解析】【详解】由题意知，在处的电场强度大小为，根据可得即比例系数电场中任意半径处的电场强度为带电粒子受到的向心电场力大小为A．若粒子做匀速圆周运动，电场力提供向心力，即。由此可知，在特定半径的轨道上，粒子必须具备一个唯一确定的线速度。根据，粒子的进入速度由加速电压决定。因此，必须施加特定大小的加速电压，粒子才能做匀速圆周运动，故A错误；B．轨迹1是半径为的圆。该处的电场强度为由牛顿第二定律得解得粒子的动能为根据动能定理，加速电场的电压满足解得，故B错误；C．若粒子在半径为的轨道上做匀速圆周运动，由向心力公式有化简可得粒子运动的周期，故C错误；D．轨迹2起于B点（半径为），止于N点（半径为）。由于受到的中心力与距离平方成反比，粒子沿轨迹2的运动为一个椭圆轨道的一半。该椭圆的近日点为，远日点为，所以该椭圆轨道的半长轴为根据开普勒第三定律，在平方反比中心力场中，周期的平方与半长轴的立方成正比，即不论是圆轨道还是椭圆轨道，只要半长轴（圆轨道即为半径）相同，周期就相同。半长轴的椭圆周期，等同于半径的圆周运动周期。将代入C选项推导出的周期公式中有粒子从B点运动到N点刚好历经半个椭圆，其运动时间为，故D正确。故选D。非选择题部分二、非选择题（本题共4小题，共46分）19.某实验小组用如图所示的装置来探究向心力大小的表达式，挡板A、B、C到各自转轴的距离之比为1：2：1；如图是左、右塔轮的三种组合方式，从第一层到第三层的左、右半径之比分别为1：1、2：1和3：1。请回答以下问题：（1）若选择第一层的左、右塔轮组合方式，将两个质量相等的钢球分别放在B、C位置，可探究向心力的大小与______（选填“质量”、“半径”或“角速度”）的关系；（2）根据实验结论，若选择第二层的左、右塔轮组合方式，将两个质量相等的小球分别放在挡板B和C处，匀速摇动手柄，则左、右两标尺显示的格数之比为______。（3）题（2）中，当加速摇动手柄时，左、右两标尺显示的格数之比______（选填“变大”、“变小”或“不变”）【答案】（1）半径（2）（3）不变【解析】【小问1详解】若选择第一层的左、右塔轮组合方式，则左、右塔轮的半径相等，由于左、右塔轮边缘处的线速度大小相等，根据可知，左、右塔轮的角速度相等；将两个质量相等的钢球分别放在B、C位置，则可探究向心力的大小与半径的关系。【小问2详解】若选择第二层的左、右塔轮组合方式，则左、右塔轮的半径之比为，由于左、右塔轮边缘处的线速度大小相等，根据可知，左、右塔轮的角速度之比为；将两个质量相等的小球分别放在挡板B和C处，则小球做圆周运动的半径之比为；匀速摇动手柄，根据可知，左、右两小球的向心力之比为，则左、右两标尺显示的格数之比为。【小问3详解】题（2）中，当加速摇动手柄时，由于两小球质量相等，角速度之比为，做圆周运动的半径之比为；根据可知，左、右两标尺显示的格数之比仍为，即左、右两标尺显示的格数之比不变。20.某实验小组利用图甲所示的装置验证机械能守恒定律。（1）关于本实验的下列操作步骤，正确的是（）A.准备释放纸带时手可以捏住纸带中段 B.需用秒表测量重物下落的时间C.需用刻度尺测量重物下落的高度 D.需用天平测量重物的质量（2）实验得到如图乙所示的一条纸带。在纸带上选取三个连续打出的点A、B、C，测得它们到重物下落的起始点O的距离分别为hA、hB、hC，其中hA=53.86cm，hB=60.48cm，hC=67.48cm。若已知重物质量m=0.30kg，当地重力加速度g=9.80m/s2，计时器打点周期为0.02s。打点计时器打下B点时，重物的速度为______m/s；从O点到B点的过程中，重物重力势能的减少量为______J。（计算结果保留3位有效数字）（3）某同学用两个重物分别进行实验，实验操作规范，多次记录下落的高度h和对应的速度大小v，作出v2-h图像分别如图丙的P、Q所示。则选择与图像______（选填“P”或“Q”）对应的重物实验误差更小。【答案】（1）C（2）①.3.41②.1.78（3）P【解析】【小问1详解】A．释放纸带时，需捏住纸带上端使纸带竖直拉直，保证纸带竖直且与限位孔无摩擦，捏住纸带中段会导致纸带弯曲，增大实验误差，故A错误；B．打点计时器本身具备计时功能，不需要额外用秒表测量时间，故B错误；C．实验需要测量重物下落的高度，必须使用刻度尺，故C正确；D．验证机械能守恒时，等式中质量可约去，不需要测量重物质量，故D错误。故选C。【小问2详解】[1]根据匀变速直线运动规律，中间时刻瞬时速度等于这段的平均速度，可得B点的速度​​[2]O点到B点的过程，重物重力势能减少量【小问3详解】若考虑空气阻力和纸带的阻力，由动能定理有整理可得即图像的斜率则重物质量越大，​越小，斜率越接近真实值，阻力影响越小，误差越小。由图丙可知，P的斜率更大，更接近，因此P对应的重物实验误差更小。21.某实验小组利用如图甲所示电路“观察电容器的充、放电现象”。实验前电容器不带电。实验时，先将开关S接1，待电路稳定后，将开关S接2，电流、电压传感器将信息传入计算机。计算机记录的电流随时间变化的i-t曲线如图乙所示。（1）将开关S接1时，电流从_____（填“a到b”或“b到a”）流过电阻器R；（2）乙图中图像与坐标轴围成的面积S1______S2（选填“>”、“<”或“=”）；（3）实验小组先后对同一个不带电的电容器充电，i-t曲线分别如图丙所示，造成图像不同的主要原因可能是改变了______（填“电源两端电压”或“电阻器的电阻”）。【答案】（1）b到a（2）=（3）电源两端电压【解析】【小问1详解】[1]将开关S接1时，电容器开始充电，常规电流由电源正极经开关、电流传感器流向电容器上极板，电容器下极板与电源负极之间的电流通过电阻器从流向，故电流从到流过电阻器。【小问2详解】[2]图像与坐标轴围成的面积大小表示通过电路的电荷量。电容器充电稳定后所带电荷量等于放电过程中释放的电荷量，所以【小问3详解】[3]对同一电容器，充电后电荷量。若只改变电阻器的电阻，充电电流大小和持续时间会改变，但图像面积对应的总电荷量不变；图丙两次图像面积不同，说明电容器最终所带电荷量不同，主要原因可能是改变了电源两端电压。22.如图所示是一种新型粒子收集装置，一个粒子源放置在立方体中心O（固定在竖直轴上），粒子源可以向水平各方向均匀地发射一种带正电粒子，粒子比荷为。立方体处在竖直向下的匀强电场中，电场强度E=2×103N/C，立方体棱长L=0.4m，除了上下两个面以外，其余四个侧面均为荧光屏。不考虑粒子源的尺寸大小、粒子重力以及粒子间的相互作用，粒子打到荧光屏上后被荧光屏所吸收，不考虑荧光屏吸收粒子后的电势变化。（1）求粒子打出后，在电场中运动的加速度a的大小；（2）求打到CCʹ边的中点E的粒子运动的时间t；（3）要使所有粒子都打到荧光屏上，则发射时的最小速度为多少？【答案】（1）（2）（3）【解析】【小问1详解】粒子打出后，在竖直向下的匀强电场中受到的电场力根据牛顿第二定律有解得【小问2详解】粒子在电场中做类平抛运动，在水平方向做匀速直线运动，在竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动，到达边的中点时，竖直方向的位移为，根据运动学公式有解得【小问3详解】要使所有粒子都打到荧光屏上，需要保证在水平方向上位移最大的粒子（即沿正方形底面中心向四个角方向发射的粒子）也能在离开电场前打在侧面荧光屏上，该粒子运动到侧面棱的水平距离，有解得23.如图甲所示，果农在山上采摘水果时用“小火车”运输水果。某段“小火车”轨道可近似看成θ=30°倾斜直轨道，模型可简化为如图乙所示。某次“小火车”从起点A由静止开始运动到途中某点B，且到达B前已经匀速。已知A到B过程发动机对“小火车”的驱动功率P=3.6kW保持不变，“小火车”在运动过程中的牵引力始终沿直轨道AB方向，“小火车”（含货物）总质量为m=240kg，AB间距离L=30m，“小火车”运行过程中受到的摩擦力恒定不变且为轨道受到压力的倍，忽略空气阻力，重力加速度。求：（1）“小火车”