湖南省株洲市部分重点高中2025-2026学年高一年级下册7月联合考试 物理（含解析）

2025-2026学年高一下学期期末联合考试物理试卷

一、单选题

1.关于点电荷产生的电场，下列说法正确的是（）

A.电势降低的方向就是电场强度的方向

B.沿着电场线的方向，电场强度越来越小

C.取走电场中某点的试探电荷后，该点的电势变为零

D.以点电荷为圆心、厂为半径的球面上，各点的场强都不相同

2.如图甲是我国传统民俗表演活动“打铁花工打铁花时，用柳木板迅速击打铁水，形

成小铁块做抛体运动。假设有两块质量相同的小铁块A、B以相同的速率同时从柳木

板同一位置离开，落到水平地面上，其示意图如图乙所示。所有运动轨迹均在同一竖

直平面内，其中A的初速度方向水平，B的初速度方向斜向下，不计空气阻力。下列

说法正确的是（）

甲乙

A.小铁块A在空中运动时间较长

B.小铁块8水平射程较大

C.离开柳木板后，两小铁块轨迹可能相交

D.两小铁块落地时，重力的瞬时功率相同

3.宇航员站在月球表面，手握不可伸长的轻绳一端，绳的另一端系有质量为1kg的小

球，该小球恰好能在竖直面内做圆周运动，且小球运动到最低点时，绳子恰好断裂，

小球以某一速度水平飞出落在月球表面。小球做圆周运动的半径一=01m,手距离月

球表面的高度〃=0.9m,月球表面的重力加速度g=1.6m/s2,忽略空气阻力。下列说

法正确的是（）

A.运动过程中小球的机械能守恒

B.小球运动到最高点时速度大小为0

C.小球运动到最高点时重力的瞬时功率为0.68W

D.小球在平抛运动过程中运动的时间为0.4s

4.某国产新能源车的电池组可简化为N个电池包串联组成，每个电池包的工作电压

平均值为U,电池组容量为q。当该车用输出电压为4的直流充电桩充电时，充电效

率为〃，充满电用时为入该车型百公里平均能耗为4,则()

A.电池组的工作电压为NU。

B.平均充电电流为三

M

C.续航里程最大为广(km)

D.每个电池包充满电后储存的电能为噜

5.如图所不，离地高度H=2m的。处固定匀速转动的一个电机，甩机通过一根长度

L=lm的不可伸长的轻绳使小球在水平面内做以Q为圆心的匀速圆周运动，此时

a=37。。某时刻，绳子和小球的连接处突然断开，小球最终落在O,所在的水平地面上。

。。2。3的连线垂直地面，不计空气对小球运动的影响，小球可视为质点且落地后即静

止。重力加速度g取lOm/s?,下列说法正确的是(sin37°=0.6,cos37°=0.8)()

A.若只增大小球的质量，落点到Q的距离减小

B.小球的落点到。3的距离为孚m

C.若。、H一定,增大L,落点到。3的距离先增大后减小

D.若a、七一定，增大”，落点到O3的距离增大

6.在一次冰壶比赛中，某队员利用红壶去碰撞对方的蓝壶，两者在大本营中心发生对

心碰撞如图（a）所示，碰撞前后两壶运动的口-，图线如图（b）中实线所示，其中红

壶碰撞前后的图线平行，两冰壶质量相等，则（）

A.碰后红壶将被反弹回来

B.碰后蓝壶速度为0.8m/s

C.碰后蓝壶移动的距离为2.5m

D.碰后红壶所受摩擦力等于蓝壶所受的摩擦力

7.差动变压器指的是一种广泛用于电子技术和非电量检测中的变压器装置。主要用于

测星位移、压力等非电量参量。其原理简化后如图所示，一个初级线圈位于正中间，

两个匝数相等的次级线圈对称放置两侧，初始时铁芯位于空心管正中央，铁芯移动时

始终至少有一端在次级线圈中，久〃接线柱与恒定电流电源连接，不考虑次级线圈之

间的相互作用。下列说法正确的是（）

A.铁芯不动时，电势差

B.铁芯不动时，电势差

C.铁芯上移时，c、d两端电势外＞%

D.铁芯下移时，&、/两端电势牝＜知

二、多选题

8.天舟七号货运飞船采用3小时快速交会对接方式与天和核心舱实现地球外400km

高度对接，由于北斗卫星的精准定位，将远距离导引过程由多圈次压缩为一圈左右，

从而实现快速对接.科学家发现沿霍曼椭圆轨道最省钱，如图所示，天舟七号从近地点

运动到远地点后再与天和核心舱对接.已知天和核心舱的轨道半径是天舟七号在近地圆

轨道I半径的〃倍，天和核心舱在轨道I【上的运动周期为几，地球半径为H,地球表

面重力加速度为g.下列说法正确的是（）

A.天舟七号通过加速从近地圆轨道I进入霍曼轨道

B.天舟七号在轨道H上通过加速可实现与天和核心舱对接

C.天和核心舱离地面的高度为:醉军—R

V4兀2

D.若天舟七号从轨道I进入轨道II在霍曼轨道上恰好运动半周，其运动时间为

9.如图所示，一对竖直放置的平行金属板A、B构成电容器，电容为C电容器的A

板接地，A板中间有一小孔S,8板不带电。被加热的灯丝K不断地释放电子（初速度

可忽略不计），电子经过电压为4的电场加速后通过小孔S,电子到达8板后被吸收,

稳定后电容器所带电荷量为。。设电子的电荷量大小为e,不计电子重力以及电子间

的相互作用力，下列说法正确的是（）

JB

KS

A.最终8板的电势低于灯丝K的电势

B.8板最多吸收色个电子

e

C.电子从灯丝K运动到8板的过程中，电势能一直减小

D.若增大A、8板间的距离，则稳定后电容器所带电荷量小于。

10.如图甲所示，一滑块置于足够长的木板上，木板放置在水平地面上。已知滑块和

木板的质量均为1kg,滑块与木板间的动摩擦因数为（）.3,木板与水平地面间的动摩擦

因数为0」。现在木板上施加一个F=MN）的变力作用，从/=0时刻开始计时，木板

所受摩擦力的合力随时间变化的关系如图乙所示，已知。=5s。设最大静摩擦力与滑

动摩擦力相等，重力加速度g取lOm/s?,则下列说法正确的是（）

AM=0.6

B/〜%时间内滑块速度变化量为。=22.51］他

滑块的位移大小为337.5m

D.当，=15s时，长木板的加速度大小为2m/s2

三、实验题

11.为了探究小车加速度与外力的关系，某同学设计了如图甲所示的实验装置，长木

板水平放置在实验台上，细绳一端与力传感器相连，另一端跨过轻质的动滑轮和定滑

轮与砂桶相连，小车一端连接纸带，纸带穿过打点计时器，打点计时器所接交流电源

的频率为50Hz,纸带每打5个点选一个计数点，力传感器可测出轻绳中的拉力大小，

小车的质量为M,砂和砂桶的总质量为〃2,已知重力加速度为g。滑轮重力不计。

,初研---------------打‘智时器

iMr

LJLJ1

甲

（i）关于该实验的操作，下列说法正确的是（）

A.需要调整长木板左端定滑轮的高度，使细绳与长木板平行

B.本实验要保证小车的质量〃要远大于沙和砂桶的总质量〃2

C.实验时打点计时器尽量靠近小车，先释放小车，再接通电源

D.为减小实验误差，将长木板右端垫高适当角度，以补偿长木板对小车的摩擦力

⑵该同学进行正确实验操作时某次得到的纸带如图乙所示，通过纸带求出小车运动的

加速度是__________________m/s?（计算结果保留两位有效数字）

⑶保持小车的质量不变，记录多次实验的数据，以力传感器的示数尸为横坐标，以加

速度。为纵坐标，通过实验数据做出的图像是一条直线，如图丙所示，图线的斜率为

k,则小车的质量为加=

12.用如图1所示的实验装置探究叫、机2组成的系统机械能守恒。机2从高处由静止

开始下落，叫上拖着的纸带打出一系列的点，对纸带上的点迹进行测量，即可脸证机

械能守恒定律。

（1）打出的第一条纸带上的点迹是短划线，可能由于

A.振针位置过高

B.振针位置过低

C.学生电源电压过高

D.学生电源电压过低

⑵如图2给出的是实验中获取的一条纸带：0是打下的第一个点，每相邻两计数点间

还有4个点未画出，所用电源的频率为50Hz,计数点间的距离图中已标出。己知

码=50g,"=150g,当地的重力加速度g取9.8m//,则：（结果均保留3位有效数

字）

①在纸带上打下计数点5时的速度%=m/s

②在打下第（）点到打下第5点的过程中系统动能的增量△线=_____J，系统重力势能

的减少量△综=J。所以在实验误差允许的范围内，可认为系统机械能守恒。

四、计算题

13.某兴趣小组遥控一辆玩具车（甲图），使其在水平路面上由静止启动，在前2s内

做匀加速直线运动，2s至14s牵引力的功率保持不变，10s至14s玩具车做匀速直线运

动，14s末停止遥控，让玩具车自由滑行，其UT图像如图乙所示。整个过程中玩具车

所受的阻力大小不变。玩具车的质量为m=lkg,=i0m/s2,求：

甲乙

（1）玩具车在274s末牵引力的功率大小；

⑵玩具车在2s末的速度匕的大小；

⑶玩具车在2s至10s内通过的距离s.

14.如图所示，倾角为53。的固定光滑绝缘斜而体A8O,其80边长为2.5R。以斜面的

顶点。为坐标原点，沿水平和竖直方向分别建立x粕和），轴。开始时空间内存在匀强

电场L电场强度的方向沿斜面向上‘大小为半。一质量为〃7、带电量”的小球,

从8点由静止释放沿斜面向上运动。当小球由O点进入第一象限时，撤去匀强电场I,

在此空间加上匀强电场H,电场强度的方向与x轴正方向夹角为37。斜向下。小球运动

过程中经过X轴上与。点距离为R的。点，不计空气阻力，重力加速度为g,

⑴小球刚进入第一象限时的速度大小；

⑵小球从。点运动到。点的时间；

(3)匀强电场H的电场强度大小。

15.如图所示，光滑倾斜轨道与水平轨道相连，水平轨道与光滑竖直圆管相切。轨道

上有M、N两个小球，质量分别为3〃八团，M静止于竖直圆管底端，N从倾斜轨道上

某位置由静止释放，两球碰撞后M恰好通过圆管的最高点。倾斜轨道足够长，倾角为

，。水平轨道48段的长度为L,动摩擦因数为〃，其余部分均光滑。圆管半径为R,

⑴求两球碰撞后M的速度大小；

⑵求N初始位置与倾斜轨道底端距离内；

⑶若将N的初始位置与倾斜轨道底端的距离改为-且满足工＞玉，求N运动过程中产

生的总热量。和x的函数关系。

参考答案

1.答案：D

解析：A.电场中电势降低最快的方向才是电场强度的方向，故A错误；

B.正点电荷的电场与负点电荷的电场方向不同，沿着电场线的方向，电势都是越来越

低，但只有电场线越来越稀疏，场强才越来越小，故B错误；

C.电场中某点的电势与试探电荷无关，只与场源电荷有关，故C错误；

D.点电荷产生的电场中，以点电荷为圆心，为半径的球面上，各点的场强大小都相等,

但方向不同，故场强不同，故D正确。故选D。

2.答案：A

解析：A.小铁块A做平抛达动，竖直方向做自由落体运动，有力=小铁块B做斜

下抛运动，竖直方向有向下的初速度分量%。，有〃=由于下落高度，相同，

2

显然（>%，即小铁块A在空中运动时间较长，故A正确；

B.小铁块4的水平射程4二卬八

小铁块8的水平分速度%<%,且友<。，故水平射程4=4即小铁块A

的水平射程较大，故B错误；

C.在任意时刻/（落地前），A的竖直位移力

8的竖直位移为=%Z+；g/

显然）1>为，即8始终在A的下方，两小铁块轨迹不可能相交，故C错误；

D.落地时，A的竖直分速度为=也通，B的竖直分速度%.=M。+2gh显然%>

重力的瞬时功率尸=〃吆。所以七>?，故D错误。

3.答案：A

解析：A.运动过程中只有重力对小球做功，小球机械能守恒，故A正确；B.球恰好能

在竖直面内做圆周运动，即在最高点由重力提供向心力，有〃2g=机止，得最高点速

r

度为M=V^=0.4m/s,故B错误；C.小球运动到最高点时速度方向与重力方向垂直,

所以重力功率为0,故C错误；D.小球在平抛运动过程中运动的时间为

f=1$,故D错误。故选A。

4.答案：C

解析：A.N个电池包串联，总工作电压为各电池包电压之和，即NU,4是充电桩输

出电压，和电池组工作电压无关，故A错误；

B.电池组容量q是电池组可容纳的总电荷量，由电荷量公式q=〃得平均充电电流

/=1,故B错误；

C.电池组充满电储存的总电能卬=U总4=NUq

百公里能耗稣表示每行驶1km消耗能量急，因此最大续航里程

WlOONqU八、

5=豆=E°（m）,故C正确；

Too

D.每个电池包储存的电能为总电能的上,即卬单二华=收7

NN

代入充电关系也可得每个电池包电能为华，故D错误。

N

故选Co

5.答案：D

2

解析：AB.设小球做圆周运动的速度大小为心则有Mgtan37o=,〃一--

Lsin370

绳子断开后小球做平抛运动，由"-Lcos37o=gg»小球平抛的水平位移工=加小球落

点到。，的距离为S=Jx2+（Lsin370）2代入数据解得s=L2m

分析可知，小球落点到。3的距离与小球质量无关，故AB错误；

222

C.由上述分析"zgtan37°=m——---,H—Leos370=-gt9x=vt,s=Jx+（Lsin370）

Lsin37°2v

解得5=必£-"又lmWL＜口一二2.5m

N5Jcos37°

若增大L,由二次函数知识可知落点到Q的距圉一直增大，故C错误;

D.若增大”，则小球平抛运动时间增大，小球平抛运动的初速度大小不变，则水平位

移变大，落点到的距离变大，故D正确。故选D。

6.答案：C

解析：A.由图可知，碰前红壶的速度%=L2m/s,碰后速度为%'=0.2m/s，故碰后红

壶沿原方向运动，A错误；

B.设碰后蓝壶的速度为I，，取碰撞前红壶的速度方向为正方向，根据动量守恒定律有

+mv解得v=lm/s,故B错误；

C.根据速度图像与坐标轴围成的面积表示位移有，碰后蓝壶移动的位移大小

x=--(6-l)sxlm/s=2.5m,故C正确；

2

D.根据速度图像的斜率表示加速度有，碰后红壶的加速度大于蓝壶的加速度4＞4，

两者的质量相等，由牛顿第二定律有％=幺,〃，=上朕立解得力＞力故碰后红壶所受摩

m-m

擦力大于蓝壶所受的摩擦力，D错误。故选C。

7.答案：C

解析：AB.由于a、接线柱与恒定电流电源连接，钦芯不动时，穿过次级线圈的磁通

量没有发生变化，所以输出电压Qd二U"二。，故AB错误；

C.根据安培定则可知中间线圈产生向下的磁场，铁芯上移时，穿过上方次级线圈向下

的磁通量增多。又根据楞次定律的“增反减同''结论可知，在上方次级线圈中产生向上

的感应磁场，再结合安培定则可得在上方次级线圈中产生由d流向c•的电流，则c、d

两端电势仍＞的故C正确；

D.根据安培定则可知中间线圈产生向下的磁场，铁芯下移时，穿过下方次级线圈向下

的磁通量增多。乂根据楞次定律的“增反减同''结论可知，在下方次级线圈中产生向上

的感应磁场，再结合安培定则可得在上方次级线圈中产生由/流向e的电流，则e、/

两端电势内＞令，故D错误。

故选C。

8.答案：ACD

解析：天舟七号从近地圆轨道I通过加速才能进入霍曼轨道，A正确；天舟七号在轨

道H上加速后将做离心运动，向着更高的轨道运动，即同轨道上无法实现对接，B错

误；天和核心舱在轨道n上运动时・，万有引力提供向心力，有^^=相〒与，在地

r2，0

球表面有怨殳=，叫送，力二2-冗，解得〃=J迎至—R,C正确；根据题意可知，天

R-V4TT

舟七号在霍曼轨道运动时间为在霍曼轨道运动周期的一半，即1二］，根据开普勒第三

定律有喀=嗤黑，解得「解%,D正确.

，（）以8Vn

9.答案：BD

解析：A.由能量守恒及动能定理得

可知8板的电势和灯丝K的电势相等，故A错误；

B.A、8板|日］的最大电压为。八8二4

可知B板的最大电荷量为Q=CU。

8板最多吸收的电子个数为N=2=C%,故B正确；

ee

C.由能量守恒定律可知，在第一个电子被3板吸收后，电子由灯丝K运动到4板过程,

动能增大，电势能减小，由4板运动到3板过程，动能减小，电势能增大，故C错误;

D.囚为电源的电动势不变即电压尚不变，所以A、6板间的最大电压％s不变，若增

大A、8板间的距离，则由。=是可知电容减小，故电容器所带的电荷量小于。，

471kd

故D正确。

故选BDa

10.答案：BD

解析，A.由图乙可知0~八时间内，长木板与滑块均保持静止状态，则长木板与滑块间

无摩擦力，对整体，根据平衡条件可得/=^=〃2・2wg=2N

解得&=0.4,A错误；

B.由图乙可知/时间内，长木板与滑块保持相对静止一起做加速运动，在时刻两者

刚好要发生相对滑动，此时对滑块有〃〃心m，以木板内2-”2=7咻，生=5N

解得4m=3m/s2,z2=20s

时间内，木板所受摩擦力的合力从2N均匀增大到5N,所以滑块所受摩擦力从0

0+3

均匀增大到3N,摩擦力的平均值了=N=1.5N,对滑块应用动量定理

2

解得Au=22.5m/s,B正确;

滑块做加速度逐渐增大的加速运动，速

度时间关系如图所示，该时间内的位移至xl5m/s=168.75m/s

■2

0~%时间内，滑块与木板一起静止不动，所以在时间内，滑块位移等于W，C

错误;

D./=15s时，F-Ff=ma,F=^=0.4xI5N=6N,Ff=4N

解得〃=2m/s2,D正确。

故选BDo

11.答案：(1)AD

(2)0.49

(3)l

解析：(1)A.在实验操作过程中，为保证细绳拉力与小车运动方向一致，需要调整长

木板左端定滑轮的高度，使细绳与长木板平行，故A正确；

B.本实验利用力传感器测出轻绳中的拉力大小，所以不用保证小车的质量M要远大于

沙和砂桶的总质量〃?，故B错误；

C.实验时小车尽量靠近长木板右端，先接通电源，再释放小车，故C错误；

D.为减小实验误差，在细绳一端不挂砂桶的前提下，将带有滑轮的长木板右端用小木

块垫高，以平衡小车运动过程中受到的阻力，故D正确；

故选ADo

(2)纸带每打5个点选一个计数点，两点间时间为r=5xO.O2s=O.ls根据逐差法可知

2

加速度为。/一;'=3・88-2.4()x001m/s2=049m/s

3T~3x0.r

272

(3)由牛顿第二定律可得2歹=Ma解得。=弁/结合丙图，可知左二弁解得

MMk

12.答案：(1)B

(2)2.43；0.590：0.594

解析•：(1)AB.振针位置过低，振针的运动幅度太小，会导致纸带上的点迹为短划线,

故A错误，B正确；

CD.电源电压的高低不影响打点的形状，电压过高或过低不会使点迹成为短划线，故

CD错误。

故选B。

(2)每相邻两计数点间还有4个点未画出，所用电源的频率为5()Hz,相邻计数点间

的时间间隔，=57=J=亲=0.1s

JJu

在纸带上打下计数点5时的速度匕=.=⑵-83+2670)x1m/s*2.43m/s

2r2x0.1

在打下第0点到打下第5点的过程中系统动能的增量AEk=3(叫+叱)止=

-x(0.050+0.150)x2.43?Jx0.590J

2

系统重力势能的减少量=(0.150-0.050)

x9.8x(0.3880+0.2183)J«0.594J

13.答案：(1)9W

(2)3m/s

(3)39m

解析：(1)14s末停止遥控，由口一图像可知在14s后的加速度大小为

1nz2

生=泻7s2=L5m/s根据牛顿第二定律f=nia2=1.5N侬至14s玩具车做匀速直线

运动，此时牵引力等于阻力八/则此时的功率为尸=加解得尸=9W

(2)设玩具车在0~2s内的加速度大小为％,牵引力为6,根据牛顿第二定律

F「于=〃/

在乙=2s时，有P=耳匕根据匀变速直线运动的速度时间关系匕=c科联立解得

匕=3m/s

（3）玩具车在2s至10s内，根据动能定理可得叱-八'二g〃M-g机片

解得，=39m

14.答案：（1）^=4天

⑶八幽或公詈

q9q

解析：（1）小球沿斜面上运动，根据牛顿第二定律有4耳-7〃gsin53o=,〃4根据运动学

规律有V2=2%.%）解得V=y[gR

（2）将小球在。点速度沿x、y方向分解，有匕=vcos53。，。=-sin53。设电场I[大

小为E,则沿方方向有夕E