广东2025-2026学年高一下学期物理期末复习练习卷（提升卷）

**基本信息** 以“飞车走壁”“天问一号”等真实情境为载体，覆盖圆周运动、机械能等核心知识，通过实验探究与综合计算提升科学思维与问题解决能力。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |选择题|10题/46分|匀速圆周运动（题1）、抛体运动（题2）、天体运动（题4、7）|结合“比亚迪新能源汽车”（题8）等科技情境，考查运动与相互作用观念| |非选择题|5题/54分|向心力实验（题11）、机械能守恒（题13）、多过程综合（题15）|实验题注重数据处理（题12测动摩擦因数），综合题关联斜面、圆轨道等模型，培养科学推理能力|

广东2025-2026学年高一下物理期末复习练习卷（提升卷） 一、选择题（1~7题单选题，每小题4分，8-10题多选题，每小题6分，共46分） 1．表演“飞车走壁”杂技的示意图如图所示演员骑摩托车（视为质点）在一个圆桶形结构的内壁上做匀速圆周运动，图中两个虚线圆表示同一位演员骑同一辆摩托车在不同高度处进行表演的运动轨迹。不计车轮受到的摩擦力，下列说法正确的是（　　） A．在平面运动的速率较小 B．在平面运动的周期较大 C．在平面运动的角速度较小 D．在平面运动的支持力较大 2．如图所示，相同的P、Q两球距地面高度相等，以相同的速率抛出，P斜向上抛，Q斜向下抛出，且两球与水平方向夹角大小相等，不计空气阻力，关于P、Q两球从抛出到落地过程，下列说法正确的是（　　） A．P球重力做功较多 B．P球重力的功率一直增大 C．P球重力的平均功率大于Q球重力的平均功率 D．两球落地时重力的瞬时功率相等 3．如图（a），从高处M点到地面N点有Ⅰ、Ⅱ两条光滑轨道。两相同小物块甲、乙同时从M点由静止释放，沿不同轨道滑到N点，其速率v与时间t的关系如图（b）所示。由图可知，两物块在离开M点后、到达N点前的下滑过程中（　　）   A．甲沿I下滑且同一时刻甲的动能比乙的大 B．甲沿Ⅱ下滑且同一时刻甲的动能比乙的小 C．乙沿I下滑且乙的重力功率一直不变 D．乙沿Ⅱ下滑且乙的重力功率一直增大 4．如图是某次发射地球同步卫星的过程模拟图。先将其发射到近地圆轨道Ⅰ上，再通过椭圆轨道Ⅱ变轨后到达预定圆轨道Ⅲ上，轨道Ⅰ和Ⅱ，Ⅱ和Ⅲ分别相切于A、B两点。下列说法正确的是（      ） A．同步卫星在轨道Ⅱ上经过A点时的速度小于在轨道Ⅰ上经过A点时的速度 B．同步卫星在轨道Ⅱ上从A点向B点运行的过程中，万有引力做正功 C．同步卫星在轨道Ⅱ上经过B点时的加速度大于在轨道Ⅲ上经过B点时的加速度 D．同步卫星在轨道Ⅲ上的机械能大于在轨道I上的机械能 5．某快递分拣中心有一倾角为的固定式斜坡，可视为粗糙斜面。一名工人将一个质量为的货物（可视为质点）以一定的初速度从斜坡底端点沿斜面向上推出。货物在斜坡上做匀减速直线运动，测得加速度大小为（为重力加速度），货物沿斜面上滑的最大竖直高度为。已知，，货物与斜面间的动摩擦因数恒定。从货物被推出到恰好沿斜面上滑至最高点的过程中，下列判断正确的是（     ） A．货物动能损失了 B．货物的重力做功为 C．货物机械能损失了 D．摩擦力对货物做功 6．如图所示，圆形管轨道固定在竖直平面内，内壁光滑，半径为R。一质量为m的小球在管道内做圆周运动，小球经过最高点时与管道间作用力为零。P为小球运动轨迹上一点，OP与竖直方向的夹角为，管道内径远小于轨道半径，重力加速度为g，则小球通过P点时重力的瞬时功率为（　　） A． B． C． D． 7．如图所示，a为地球赤道上的物体，b为近地卫星，c为地球静止卫星，地球半径为R，静止卫星轨道半径为r，a、b、c均做匀速圆周运动。下列说法中正确的是（　　） A．a、b、c都仅由万有引力提供向心力 B．a、b、c周期之比为 C．a、b、c线速度的大小关系为 D．a、b、c向心加速度的大小之比为 8．比亚迪新能源汽车技术全球领先，其“刀片电池”和“DM—i超级混动”技术开创了行业新标杆。某质量为的新能源汽车在平直的公路上以恒定功率由静止开始启动，其运动的图像如图所示。时刻速度恰好达到最大值，之后保持额定功率继续运动，已知汽车受到地面的阻力为车重的0.2倍，取，下列说法正确的是（　　） A．时刻汽车受到的牵引力大小为 B．该汽车的最大速度是 C．加速过程中汽车的加速度大小不变 D．当速度大小为时，其加速度大小为 9．2021年5月15日7时18分，“天问一号”探测器成功着陆于火星。假设“天问一号”发射后经过地火转移轨道被火星捕获，进入环火星圆轨道，经变轨调整后，从点进入着陆准备轨道，如图所示。已知“天问一号”火星探测器的火星着陆准备轨道为半长轴为，周期为的椭圆轨道，我国北斗导航系统的中圆地球轨道卫星轨道半径为，周期为，引力常量为。则下列判断正确的是（　　） A． B．由题目已知数据可以估算火星的质量和密度 C．“天问一号”在A点从环火星圆轨道进入着陆准备轨道时需要开启发动机向前喷气 D．火星质量和地球质量的比值 10．下列关于圆周运动的基本模型，说法正确的是（　　） A．图a中汽车安全通过拱桥最高点时处于失重状态 B．图b中增大，但保持圆锥的高度不变，则圆锥摆的角速度不变 C．图c中脱水桶的脱水原理是水滴受到的离心力大于它所受到的向心力从而被甩出 D．图d中火车转弯超过规定速度行驶时会挤压内轨 二、非选择题（11题8分，12题8分，13题10分，14题12分，15题16分，共54分） 11．小东同学利用如图甲所示的向心力演示器探究小球做圆周运动的向心力F与质量m、运动半径r和角速度之间的关系。 (1)用如图甲实验装置探究向心力大小与质量、角速度、半径的关系时，用两个质量相等的小球放在A、C位置。匀速转动时，若左边标尺露出4格，右边标尺露出9格（如图乙所示），则皮带连接的左、右轮塔半径之比为______（小球受到的弹力与标尺露出的格子数成正比）。 (2)某物理兴趣小组利用力传感器设计了图丙所示的实验装置。图丁为该装置的结构示意图，当质量为m的小物块随旋转臂一起在水平面内做圆周运动时，物块所需的向心力可通过牵引杆由力传感器测得，旋转臂另一端的挡光条每经过光电门一次，通过力传感器和光电门就同时获得一组向心力F和挡光时间的数据，经测量物块离圆心的距离r＝7.00cm。 ①某次旋转过程中挡光条的旋转半径为0.10m，以F为纵坐标，以为横坐标，可在坐标纸中描出数据点作一条直线。作出直线如图戊所示，图中斜率为______，由此可得小物块质量为______kg（结果均保留1位有效数字） ②测得挡光条的宽度为2.4mm，保持挡光条的旋转半径不变，经过光电门时的挡光时间为，则角速度＝______rad/s（结果保留2位有效数字）。 12．测量小物块Q与平板P之间的动摩擦因数的实验装置如图所示。是半径足够大的、光滑的四分之一圆弧轨道，与水平固定放置的P板的上表面在点相切，点在水平地面的垂直投影为。重力加速度为。实验步骤如下： ①用天平称出物块Q的质量； ②测量出轨道的半径、的长度和的高度； ③将物块Q在点由静止释放，在物块Q落地处标记其落地点，； ④重复步骤③，共做10次； ⑤将10个落地点用一个尽量小的圆围住，用米尺测量圆心到的距离。 (1)用实验中的测量量表示： （i）物块到达点时的动能__________； （ii）物块到达点时的动能__________； （iii）在物块从运动到的过程中，物块克服摩擦力做的功__________； （iv）物块与平板之间的动摩擦因数__________。 (2)回答问题：实验步骤④⑤的目的是__________。 13．如图所示，在距地面上方h的光滑水平台面上，质量为的物块左侧压缩一个轻质弹簧，弹簧与物块未拴接。物块与左侧竖直墙壁用细线拴接，使物块静止在O点。水平台面右侧有一倾角为的光滑斜面，半径分别为和的两个光滑圆形轨道固定在粗糙的水平地面上，且两圆轨道分别与水平面相切于C、两点，两圆最高点分别为D、F。现剪断细线，弹簧恢复原长后与物块脱离，脱离时物块的速度，物块离开水平台面后恰好无碰撞地从A点落入光滑斜面上，运动至B点后（在B点无能量损失）沿粗糙的水平面从C点进入光滑竖直圆轨道且通过最高点D，已知物块与水平面间的动摩擦因数，AB长度，BC距离，，已知：sin37°=0.6，cos37°=0.8。 (1)求水平台面的高度h； (2)求物块经过D点时对圆轨道的压力； (3)为了让物块能从E点进入圆轨道且中途不脱离轨道，则C、间的距离应满足什么条件？ 14．“抛石机”是古代战争中常用的一种设备，其装置简化原理如图所示。“抛石机”长臂的长度，短臂的长度。在某次攻城战中，敌人城墙高度，士兵们为了能将石块投入敌人城中，在城外堆出了高的小土丘，在小土丘上使用“抛石机”对敌人进行攻击。士兵将质量的石块装在长臂末端的弹筐中，开始时长臂处于静止状态，其与水平面夹角。现对短臂施力，当长臂转到竖直位置时立即停止转动，石块被水平抛出且恰好击中城墙正面与小土丘等高的P点，P点与抛出位置间的水平距离。不计空气阻力，重力加速度。 (1)求石块刚被抛出时短臂末端的速度大小v (2)求最高点时弹筐对石块竖直方向的作用力 (3)若城墙上端的水平宽度，则石块抛出时速度多大才可以击中敌人城墙顶部？ 15．如图所示，鼓形轮的半径为R，可绕固定的光滑水平轴O转动。在轮上沿相互垂直的直径方向固定四根直杆，杆上分别固定有质量为m的小球，球与O的距离均为。在轮上绕有长绳，绳上悬挂着质量为M的重物。重物由静止下落，带动鼓形轮转动。重物落地后鼓形轮匀速转动，转动的角速度为。绳与轮之间无相对滑动，忽略鼓形轮、直杆和长绳的质量，不计空气阻力，重力加速度为g。求： (1)重物落地后，小球线速度的大小v； (2)重物落地后一小球转到水平位置A，此时该球受到杆的作用力的大小F； (3)重物下落的高度H。 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 参考答案 1．B【详解】A．设侧壁与竖直方向夹角为，对摩托车受力分析可知，在圆桶形结构的内壁上做匀速圆周运动时摩托车和演员所受的向心力为，解得 由图可知，又相同，即相同，可得，故A错误； B．根据，解得 由图可知，又相同，即相同，可得，故B正确； C．根据，解得，由图可知，又相同，即相同，可得，故C错误； D．对摩托车受力分析，在垂直圆桶形结构的内壁方向，根据平衡条件可得 因相同，即相同，故摩托车在两个平面所受的支持力大小相等，故D错误。故选B。 2．D【详解】A．重力做功只与初末位置的高度差有关，所以重力做功一样多，故A错误； B．根据重力的功率 P球上升到最高点时，竖直方向分速度为0，所以P球重力的功率不是一直增大，故B错误； C．根据题意可知Q球先落地，由公式 两球下落过程中重力做功相等，则P球重力的平均功率小于Q球重力的平均功率，故C错误； D．由机械能守恒定律可知，两球落地前瞬间的速度大小相等，方向相同，由公式 可知，落地前瞬间，两球重力的瞬时功率相等，故D正确。故选D。 3．B【详解】AB．由图乙可知，甲下滑过程中，甲做匀加速直线运动，则甲沿Ⅱ下滑，乙做加速度逐渐减小的加速运动，乙沿I下滑，任意时刻甲的速度都小于乙的速度，可知同一时刻甲的动能比乙的小，A错误，B正确； CD．乙沿I下滑，开始时乙速度为0，到点时乙竖直方向速度为零，根据瞬时功率公式可知重力瞬时功率先增大后减小，CD错误。故选B。 4．D【详解】A．卫星从轨道Ⅰ变轨到轨道Ⅱ，需要在A点点火加速，做离心运动才能进入椭圆轨道Ⅱ，因此轨道Ⅱ上A点的速度大于轨道Ⅰ上A点的速度，故A错误； B．卫星在椭圆轨道Ⅱ上从A点向B点运行的过程中，远离地球，万有引力做负功，故B错误； C．根据万有引力定律，卫星的加速度由万有引力提供，即，可得加速度 同步卫星在轨道Ⅱ上和轨道Ⅲ上经过B点时到地心的距离相同，因此加速度大小相等，故C错误； D．卫星从轨道I进入轨道Ⅱ需要在A点加速，机械能增加；从轨道Ⅱ进入轨道Ⅲ需要在B点加速，机械能再次增加。因此，同步卫星在轨道Ⅲ上的机械能大于在轨道Ⅰ上的机械能，故D正确。故选D。 5．C【详解】A．货物沿斜面上滑的距离为 根据牛顿第二定律，货物所受合外力大小为 根据动能定理，动能的变化量等于合外力做的功，即 货物动能损失了，故A错误； B．货物上升高度为h，重力方向竖直向下，重力做功为，故B错误； CD．根据牛顿第二定律有解得摩擦力为 除重力以外的力（即摩擦力）做的功等于机械能的变化量，摩擦力做功 即货物机械能损失了，故C正确，D错误。故选C。 6．D【详解】小球经过最高点时与管道间作用力为零，可知在最高点时满足 则从最高点到P点由机械能守恒定律 小球通过P点时重力的瞬时功率为联立解得故选D。 7．D【详解】A．b、c围绕地球做匀速圆周运动，由万有引力提供向心力，a为地球赤道上的物体，由万有引力的一个分力提供向心力。故A错误； B．c为地球静止卫星，a为地球赤道上的物体，两者的周期与地球自转周期相等，则 根据解得 b与c的周期之比为 则a、b与c的周期之比为，故B错误； C．c为地球静止卫星，根据 a、c的角速度相等，a的轨道半径小一些，则有根据解得 c的轨道半径大于b的轨道半径，则c的线速度小于b的线速度，则有，故C错误； D．c为地球静止卫星，根据 a、c角速度相等，a、c的向心加速度之比为 对b、c，根据解得则b和c的向心加速度之比为 则a、b与c的向心加速度之比为，故D正确。故选D。 8．AB【详解】A．时汽车的速度最大，此时牵引力等于阻力则牵引力，故A正确；B．该汽车的最大速度是，故B正确； C．加速过程中，加速度，恒定功率启动，随着速度增大，牵引力减小，加速度减小，故C错误； D．当速度时，其加速度为，故D错误。故选AB。 9．CD【详解】A．由于我国北斗导航系统的中圆地球轨道卫星绕地球运动，而“天问一号”火星探测器在着陆准备轨道上运动时是绕火星运动，它们的中心天体不同，因此开普勒第三定律不适用，故A错误； B．由开普勒第三定律可知，若有一质量为，轨道半径为的绕火星做匀速圆周运动的卫星，其周期也为；设火星的质量为，有可得 所以能估算火星质量，但由于火星半径未知，无法估算火星密度，故B错误； C．“天问一号”从环火星圆轨道进入着陆准备轨道时需要减速，所以开启发动机向前喷气，故C正确； D．北斗导航系统的中圆地球轨道卫星半径为，周期为，设地球质量为，有 可以估算地球质量因此，火星质量和地球质量的比值，故D正确。故选CD。 10．AB【详解】A．当汽车通过最高点时，受到重力和支持力的作用，根据牛顿第二定律方程有 所以即汽车安全通过拱桥最高点时处于失重状态，故A正确； B．设绳长为L，绳与竖直方向上的夹角为，小球竖直高度为h，由 解得圆锥摆的角速度为 因为所以又因为代入上式解得 即增大，但保持圆锥的高度不变，则圆锥摆的角速度不变，故B正确； C．脱水桶的脱水原理是水滴所需的向心力大于它所受的附着力等合外力，从而做离心运动被甩出，离心力不是真实存在的力，故C错误； D．火车转弯超过规定速度行驶时重力与支持力的合力不足以提供向心力，火车有向外运动趋势，会挤压外轨，故D错误。故选AB。 11．(1)(2) 【详解】（1）两小球质量相等，放在A、C位置（半径相等），向心力之比等于标尺格子数之比 由 得 由于皮带传动时线速度相同，角速度与半径成反比，故左、右轮塔半径之比 （2）[1]由图戊读出斜率为 [2]挡光条宽度 ，旋转半径 物块旋转半径 ，挡光条线速度 ，角速度 由向心力公式得 故 与 成正比，斜率代入数据解得质量 [3]挡光时间 挡光条线速度角速度 12．(1) (2)减小实验的偶然误差，让s的测量值更准确 【详解】（1）[1] 对物块从A点到B点的过程列动能定理方程有 解得物块到达点时的动能为 [2] 离开C点后物块Q做平抛运动，其竖直方向为自由落体运动，则由 可知，物块Q从C点到D点的运动时间为 又因为物块Q在水平方向做的是匀速直线运动，则有解得物块Q到达C点时的速度为 所以物块到达点时的动能为 [3] 对物块从点运动到点的过程，列动能定理方程有 解得该过程物块克服摩擦力做的功为 [4] 物块从点运动到点的过程中，克服摩擦力做的功为 解得物块与平板之间的动摩擦因数为 （2）步骤④重复多次实验，步骤⑤用最小圆法确定落点圆心，是为了减小实验的偶然误差，让s的测量值更准确。 13．(1)2.4m(2)340N，方向竖直向上(3)或 【详解】（1）剪断细线，物块离开水平台面后恰好无碰撞地从A点落入光滑斜面上，则有解得 则台面到A点的高度为 水平台面的高度为 （2）物块从离开水平台面到经过D点过程，根据动能定理可得 解得 物块经过D点时，根据牛顿第二定律可得解得 根据牛顿第三定律可知，物块经过D点时对圆轨道的压力大小为340N，方向竖直向上。 （3）设物体刚好能到达E点，从 D到E的过程，根据动能定理可得解得 设物体经过E点后刚好到达圆心等高处，根据动能定理可得解得 设物体经过E点后刚好经过最高点F，则有 根据动能定理可得联立解得 为了让物块能从E点进入圆轨道且不脱离轨道，则C、E间的距离应满足或 14．(1)(2)(3) 【详解】（1）石块抛出后做平抛运动，有则石块抛出时的速度 长臂和短臂的角速度相同，有代入数据解得 （2）石块转到最高点时，弹筐对石块竖直方向的作用力和石块的重力的合力提供石块做圆周运动的向心力，根据牛顿第二定律得解得 则最高点时弹筐对石块竖直方向作用力的大小为177N，方向竖直向下。 （3）石块击中城墙顶部时，根据公式，有代入数据解得 石块击中城墙顶部的水平位移抛出时初速度 代入数据解得 15．(1)；(2)；(3) 【详解】(1)由题意可知当重物落地后鼓形轮转动的角速度为ω，则根据线速度与角速度的关系可知小球的线速度为 (2)小球匀速转动，当在水平位置时设杆对球的作用力为F，合力提供向心力，则有 结合(1)可解得杆对球的作用力大小为 (3)设重物下落高度为H，重物下落过程中对重物、鼓形轮和小球组成的系统，根据系统机械能守恒可知 而重物的速度等于鼓形轮的线速度，有联立各式解得 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $