广东省广州市2025-2026学年高一下学期物理期末模拟练习卷（必修二+动量）

**基本信息** 以天问二号探小行星、电磁弹射舰载机等科技情境为载体，融合圆周运动、动量定理等核心知识，通过实验探究与综合计算，考查物理观念与科学思维，适配高一下学期期末综合能力评估。 **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|天体运动、圆周运动、动量、平抛运动|结合摩天轮（匀速圆周）、羽毛球轨迹（空气阻力下运动）等真实情境，区分单选基础与多选能力题| |非选择题|5题/54分|平抛实验、向心力探究、动量定理、功率计算|实验题（如平抛轨迹分析）注重科学探究，综合题（如辘轳提水功率、滑板轨道多过程运动）突出模型建构与科学推理|

广东省广州市2025-2026学年高一下物理期末模拟练习卷（必修二+动量） 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） 1．2025年5月2日凌晨1时31分，天问二号在西昌卫星发射中心成功发射，其主要任务之一是完成对小行星2016HO3的伴飞、取样并返回地球。如图所示，Ⅰ轨道和Ⅱ轨道为其中的两个轨道，下列说法正确的是（　　） A．只需要大于地球第一宇宙速度即可成功发射天问二号 B．天问二号在Ⅱ轨道上运行的周期大于在Ⅰ轨道上运行的周期 C．天问二号在Ⅱ轨道上通过P点时的动能小于在Ⅱ轨道上通过N点时的动能 D．天问二号在Ⅰ轨道上通过P点时的加速度等于在Ⅱ轨道上通过P点时的加速度 2．如图所示，小孩荡秋千过程视为圆周运动，座椅、绳索质量不计，小孩可视为质点，忽略一切阻力，从右侧最高点运动到左侧最高点的过程中（　　） A．小孩机械能守恒 B．小孩的向心加速度不变 C．小孩受到重力的功率先增大后减小 D．小孩受到重力的总冲量为零 3．有一种单手抓石子游戏是这样玩的：将石子竖直上抛后，快速抓起地面上另一颗石子，并在抛出点接住下落的石子。某次游戏中使用的石子质量为0.02kg，石子在空中运动的速度—时间图像如图所示。不计空气阻力，重力加速度g取。下列判断正确的是（　　） A．0∼0.2s内，石子上升的高度为0.4m B．0.2s∼0.4s内，重力对石子做功的平均功率为0.4W C．0∼0.4s内，石子所受重力的冲量大小为0.08N⋅s D．0~0.4s内，石子的动量变化量为零 4．某工厂为实现货物高效转运，设计了一款等距螺旋管道。某次将质量为的货物从管道顶端处由静止释放，货物沿管道可逐渐加速滑至底端处，其运动轨迹可看作圆柱螺旋线。管道顶端点距离底端点高，重力加速度为。关于此次货物的运动，下列说法正确的是（　　） A．机械能的减少量为 B．动能的增加量为 C．所需改变方向的作用力逐渐增大 D．所受滑动摩擦力可能一直保持不变 5．羽毛球是大众喜爱的体育运动。如图所示是羽毛球从左往右飞行的轨迹图，由于空气阻力的影响，轨迹不对称。图中A、B为同一轨迹上等高的两点，为该轨迹的最高点。羽毛球在该轨迹上运动时（　　） A．在A、B两点的机械能相等 B．在A、B两点的动量相等 C．AP段动能的减小量等于PB段动能的增加量 D．AP段重力的冲量小于PB段重力的冲量 6．如图，人在岸上拉船，某一时刻，轻绳与水平面的夹角为，船的速度大小为，人对绳的拉力大小为，则以下说法正确的是（　　） A．人拉绳的速度为 B．要使船匀速靠岸，人拉绳的速度应该保持不变 C．人对绳的拉力功率为 D．人对绳的拉力功率为 7．体育课上，小华将质量m = 2kg的实心球（可视为质点）从离水平地面高h = 1.5m处水平抛出，落地点距抛出点的水平距离x = 9m。忽略空气阻力，g取10m/s2，则球落地瞬间（   ） A．速度大小为 B．重力的功率为 C．动量大小为 D．速度方向与初速度方向夹角的正切值为3 8．如图所示，东湖风景区内的东湖之眼摩天轮在竖直平面内做匀速圆周运动，其直径为49.9米，转一圈的时间为13分14秒，可同时容纳112人乘坐。下列说法正确的是（　　） A．乘客在最高点处于失重状态 B．乘客在整个运动过程中的机械能不变 C．乘客在整个运动过程中所受合力不变 D．乘客随座舱转动的线速度大约为0.2m/s 9．如图所示，天王星绕太阳沿椭圆轨道运动，P为近日点，Q为远日点，M、N为轨道短轴的两个端点，运行的周期为，若只考虑天王星和太阳之间的相互作用，则天王星在从P经N、Q到M的运动过程中（　　） A．从P到Q所用的时间等于 B．从Q到M阶段，机械能逐渐变大 C．从N到Q阶段，速率逐渐变小 D．从N到M阶段，万有引力对它先做正功后做负功 10．福建舰是我国首艘采用电磁弹射系统的航空母舰，电磁弹射器在满功率工作时，能够把一架最大起飞重量30t的舰载机相对于舰体从0加速至75m/s。假设在弹射过程中，舰体以航速15m/s做匀速直线运动，舰载机做匀加速直线运动，且舰体和舰载机运动方向相同，弹射过程持续时间为2s，不计舰载机一切阻力，下列说法正确的是（　　） A．舰载机获得的冲量大小为 B．舰载机的加速度为 C．舰体受到舰载机的作用力为 D．弹射轨道的最短长度为105m 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．某同学在“探究平抛运动的特点”实验中。 (1)在图甲实验中，用小锤以不同力度敲击弹性金属片，P球水平抛出，同时Q球被松开自由下落，下列说法正确的是_________。（填正确选项前的字母） A．可研究平抛运动竖直方向是否为自由落体运动 B．可研究平抛运动水平方向是否为匀速直线运动 (2)用图乙装置实验前，斜槽末端调成_________；_________白板（选填“需要”或“不需要”）校准到竖直方向，使白板平面与小球下落的竖直平面平行。 (3)该同学记录小球做平抛运动的轨迹，如图丙所示。图中每个方格的边长，重力加速度，图中点_________（选填“是”或“不是”）小球做平抛运动的抛出点, 则小球做平抛运动的初速度大小为_________，。（计算结果保留两位有效数字） 12．如图甲所示为向心力演示仪，某位同学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。长槽的、处和短槽的处分别到各自转轴中心距离之比为，该同学设计了如图乙所示的三种组合方式，变速塔轮自上而下每层左右半径之比分别为、和 (1)探究向心力与角速度的关系时，确保小球质量与运动半径相同。若图中标尺上红白相间的等分格显示出两个小球所受向心力之比为9∶1，则与皮带连接的两个变速塔轮的半径之比为_____（填选项前的字母）。 A．1∶3 B．3∶1 C．1∶2 D．1∶1 (2)为验证做匀速圆周运动物体的向心力的定量表达式，实验组内某同学设计了如图所示的实验装置，电动机带动转轴匀速转动，改变电动机的电压可以改变转轴的转速；其中是固定在竖直转轴上的水平凹槽，端固定的压力传感器可测出小球对其压力的大小，端固定一宽度为的挡光片，光电门可测量挡光片每一次的挡光时间。实验步骤： ①测出挡光片与转轴的距离为； ②将小钢球紧靠传感器放置在凹槽上，测出此时小钢球球心与转轴的距离为； ③启动电动机，使凹槽绕转轴匀速转动； ④记录下此时压力传感器示数和挡光时间。 （a）小钢球转动的角速度_____（用表示）； （b）该同学为了探究向心力大小与角速度的关系，多次改变转速后，记录了一系列力与对应角速度的数据，作出图像如图所示，若忽略小钢球所受摩擦且小钢球球心与转轴的距离为，则小钢球的质量_____kg（结果保留2位有效数字）。 13．我国交通法规定摩托车、电动车、自行车的骑乘人员必须依法佩戴具有防护作用的安全头盔。安全头盔主要由帽壳和帽衬（如图所示）构成。某同学对安全头盔性能进行了模拟检测，已知该头盔的质量（帽衬质量忽略不计），将一质量的砖块固定在头盔帽衬上，然后让其与头盔在距离地面高处一起自由下落，头盔与水泥地面碰撞，帽壳被挤压经速度减为0，此时由于帽衬的缓冲，砖块继续运动的时间速度也减为0。将帽壳与地面相碰挤压变形的过程视为匀减速直线运动，帽壳速度减为0就不再运动，忽略空气阻力，重力加速度取。求： (1)若头盔做匀减速运动的过程中忽略砖块对头盔的作用力，则头盔受到地面的平均作用力大小； (2)从头盔着地到砖块停止运动的过程中帽衬对砖块的平均作用力大小。 14．辘轳是中国古代常见的取水设施，某次研学活动中，一种用电动机驱动的辘轳引发了同学们的兴趣。图甲所示为该种辘轳的工作原理简化图，电动机以恒定输出功率P将质量为m=3kg的水桶由静止开始竖直向上提起，提起过程中水桶上升速度随时间变化的图像如图乙所示。忽略辘轳的质量以及所有摩擦阻力，忽略空气阻力，重力加速度g取10m/s2，求： (1)电动机的输出功率P； (2)水桶速度v=0.5m/s时的加速度大小a； (3)0~4s内水桶上升的高度h。 15．滑板运动是极限运动的鼻祖，许多极限运动项目均由滑板项目延伸而来。图是滑板运动的轨道，BC和DE是两段光滑圆弧形轨道，BC段的圆心为点，圆心角为，半径OC与水平轨道CD垂直，水平轨道CD段粗糙且长10 m，一运动员从轨道上的点以的速度水平滑出，在点刚好沿轨道的切线方向滑入圆弧形轨道BC，经CD轨道后冲上DE轨道，到达点时速度减为零，然后返回。已知运动员和滑板的总质量为，、两点与水平面CD的竖直高度分别为和，且，。 (1)求运动员从运动到达点时的速度大小； (2)第一次离开圆弧轨道末端时，滑板对轨道压力的大小； (3)求轨道CD段的动摩擦因数； (4)求运动员最后停在距离点多远处？ 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．D 【详解】A．天问二号需要脱离地球引力的约束，所以要成功发射天问二号，发射速度要大于地球第二宇宙速度，小于地球第三宇宙速度，故A错误； B．由于Ⅰ轨道的半长轴大于Ⅱ轨道的半长轴，根据开普勒第三定律可知，天问二号在Ⅰ轨道上运行的周期大于在Ⅱ轨道上运行的周期，故B错误； C．天问二号所受万有引力的方向指向小行星，则天问二号在Ⅱ轨道上从P点到N点力与速度方向成钝角，万有引力做负功，所以天问二号在Ⅱ轨道上通过P点时的动能大于在Ⅱ轨道上通过N点时的动能，故C错误； D．根据牛顿第二定律可得 可得 可知天问二号在Ⅰ轨道上通过P点时的加速度等于在Ⅱ轨道上通过P点时的加速度，故D正确。 故选D。 2．A 【详解】A．小孩从右侧最高点运动到左侧最高点的过程中，只有重力对小孩做功，小孩机械能守恒，故A正确； B．根据 由于速度大小先变大后变小，则小孩的向心加速度先变大后变小，方向时刻发生变化，故B错误； C．根据 由于从右侧最高点到最低点，竖直分速度先增大后减小；从最低点到左侧最高点，竖直分速度先增大后减小；则小孩受到重力的功率先增大后减小，再增大后减小，故C错误； D．根据 可知小孩受到重力的总冲量不为零，故D错误。 故选A。 3．C 【详解】A．由题图可知，0∼0.2s内，石子上升的高度为，故A错误； B．0.2s∼0.4s内，根据对称性可知，石子下落的高度为，则重力做功为 0.2s∼0.4s内，重力对石子做功的平均功率为，故B错误； CD．0∼0.4s内，石子所受重力的冲量大小为 根据动量定理可知，0~0.4s内，石子的动量变化量为 方向竖直向下；故C正确，D错误。 故选C。 4．C 【详解】A．因货物下滑时加速运动，到达B端时速度不为零，则机械能的减少量小于，A错误； B．由于货物下滑时有阻力做负功，则动能的增加量小于，B错误； C．因货物的速度逐渐变大，则根据可知，所需改变方向的作用力逐渐增大，C正确； D．随速度的增加，货物对轨道的压力（侧向压力和竖直压力的合力）会变大，则所受滑动摩擦力会一直变大，D错误。 故选C。 5．D 【详解】A．羽毛球在运动过程中受到空气阻力作用，且空气阻力做负功，羽毛球的机械能减小，羽毛球在A点的机械能大于B点的机械能，A减小； B．A、B为同一轨迹上等高的两点，重力势能相同，则羽毛球在A点的动能大于在B点的动能，则羽毛球在A点的动量大于在B点的动量，B错误； C．因为A、B等高，所以AP段和PB段的重力做功大小相等 根据动能定理，AP段动能减小量 PB段动能增加量 显然，因此AP段动能的减小量大于PB 段动能的增加量，C错误； D．在竖直方向上，AP段的平均加速度大于PB段的平均加速度，位移大小相等，所以AP段的飞行时间小于PB段的飞行时间重力的冲量 所以AP段重力的冲量小于PB段重力的冲量，D正确。 故选D。 6．D 【详解】A．人拉绳的速度为，选项A错误； B．要使船匀速靠岸，则θ变大，根据，则人拉绳的速度应该减小，选项B错误； CD．人对绳的拉力功率为，选项C错误，D正确。 故选D。 7．B 【详解】A．根据平抛运动规律，将运动分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的自由落体运动。竖直方向，有 得飞行时间 水平方向有 得初速度 落地瞬间的竖直速度为 可得落地瞬间的速度大小为，故A错误； B．重力的功率，故B正确； C．球落地瞬间动量大小为，故C错误； D．速度方向与初速度方向（水平）夹角的正切值，故D错误。 故选B。 8．AD 【详解】A．由于乘客随着摩天轮做匀速圆周运动，在最高点对乘客受力分析可得加速度竖直向下，乘客处于失重状态，故A正确。 B．乘客在上升过程中，其机械能在增加，乘客下降过程中，其机械能在减少，故B错误。 C．乘客在做匀速圆周运动，其合力一直指向圆心，其大小不变，但是方向一直在改变，故C错误。 D．乘客的运动角速度 其转动的线速度，故D正确。 故选AD。 9．AC 【详解】A．根据开普勒第二定律，行星与太阳的连线在相等时间内扫过的面积相等，天王星从P到Q的过程中，与太阳的连线扫过的面积等于椭圆面积的一半，则从P到Q所用的时间等于，故A正确； B．从Q到M阶段，只有万有引力对其做功，机械能守恒，故B错误； C．天王星从N到Q阶段，万有引力对它做负功，速率减小，故C正确； D．根据万有引力方向与速度方向的关系知，从N到M阶段，万有引力对它先做负功后做正功，故D错误。 故选AC。 10．AB 【详解】A．合力冲量等于动量的变化，，故A正确； B．舰载机的加速度，故B正确； C．弹射过程中舰体受到的作用力与舰载机受的作用力大小相等，方向相反，作用力，故C错误； D．以舰体为参考系，弹射轨道最短长度为，故D错误。 故选AB。 11．(1)A (2) 水平 需要 (3) 不是 1.5 【详解】（1）P、Q两球下落高度相同，同时开始运动，听到同时落地（听到一次落地声音），则下落时间相同，说明两球在竖直方向的运动相同，即平抛运动竖直方向为自由落体运动，故选A。 （2）[1]为了保证小球离开斜槽末端做平抛运动，斜槽末端需要调成水平； [2]平抛运动轨迹是在竖直平面内，为了便于描绘小球下落经过的位置（轨迹），白板平面与小球下落的竖直平面平行，故白板需要校准到竖直方向； （3）[1] 因 又平抛运动水平方向的分运动是匀速直线运动由 恒定不变，故 点不是小球做平抛运动的抛出点； [2]从竖直方向 水平方向 12．(1)A (2) 0.30 【详解】（1）因为小球质量与运动半径相同，图中标尺上红白相间的等分格显示出两个小球所受向心力之比为9∶1，根据可知，则两塔轮的角速度之比3：1，由于塔轮边缘线速度相等，根据可知，两塔轮的半径之比为1：3。 故选A。 （2）[1]小钢球转动的角速度 [2]对小球有 可知图像斜率为 由图可知 代入题中数据，联立解得 13．(1)310N (2)105N 【详解】（1）头盔做自由落体运动时，落地的速度 取竖直向下为正方向，对头盔，根据动量定理得 解得 （2）取竖直向下为正方向，对砖块，根据动量定理得 解得 14．(1)P=30W (2)a=10m/s2 (3)h=3.95m 【详解】（1）当水桶匀速上升时，根据受力平衡可得 则电动机的输出功率为 （2）电动机功率恒定，由 可知，水桶速度v=0.5m/s时，拉力 根据牛顿第二定律，水桶此时的加速度大小满足 （3） 内，电机做功 物体动能的增加量为 根据动能定理可知， 内水桶上升的高度满足 解得 15．(1)6m/s (2)1740N (3)0.1 (4)距离D点左侧8m处 【详解】（1）运动员在B点刚好沿轨道的切线方向滑入圆弧形轨道BC，则有 解得vB=6m/s （2）由B点到C点，由动能定理可得 在圆弧轨道末端点，根据牛顿第二定律，有 其中 联立解得 根据牛顿第三定律可得滑板对轨道压力的大小。 （3）由B点到E点，由动能定理可得 解得 （4）设运动员从B点运动到停止，在CD段的总路程为s，由动能定理可得 解得 所以运动员最后停在距离D点左侧8m处。 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 $