山东省日照市2025-2026学年高一下学期物理期末自编模拟卷（二）

**基本信息** 高一期末物理试卷涵盖圆周运动、机械能、电场等核心知识，通过齿轮传动、汽车过桥等真实情境，结合双星系统、离子注入等综合问题，考查物理观念与科学思维，适配高一学段能力要求。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |单选|8题|线速度与角速度关系、超重状态判断、功和功率概念|结合生活情境（脱水桶、汽车过桥），强化物理观念| |多选|4题|双星系统周期计算、电场线与电势能|注重科学推理，考查复杂问题分析能力| |实验题|2题|机械能守恒验证、电容器充放电|突出科学探究，涉及数据处理与误差分析| |解答题|4题|天体运动、弹簧滑块能量转化、带电小球运动|综合模型建构与科学论证，关联科技情境（离子注入）|

高一期末自编 学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________ 一、单选题 1．如图大齿轮和小齿轮通过链条相连，a、b分别是小齿轮和大齿轮边沿上的两点。已知小齿轮直径与大齿轮直径的比值为，若两齿轮匀速转动不打滑，则下列关于a点与b点的说法，正确的是（　　） A．线速度大小之比为 B．周期之比为 C．角速度大小之比为 D．向心加速度大小之比为 2．如图所示，下列有关生活中圆周运动实例分析，其中说法正确的是（　　） A．图1中汽车通过凹形桥的最低点时，汽车处于超重状态 B．图2中旋转秋千在转动中，等长绳索对质量相等座椅A、B的拉力相等 C．图3中火车转弯超过规定速度行驶时，内轨和轮缘间会有挤压作用 D．图4中脱水桶原理是水滴受到的离心力大于它受到的向心力，从而沿切线方向甩出 3．同步卫星离地心距离为r，运行速度为，加速度为，地球赤道上的物体随地球自转的向心加速度为，第一宇宙速度为，地球半径为R，下列关系中正确的是（     ） A． B． C． D． 4．下列关于功和功率的说法正确的是（　　） A．-10J的功比+5J的功小 B．公式只能求某一时刻的瞬时功率 C．一对相互作用力，其中一个力做正功，另一个力一定做负功 D．功率是表示做功快慢的物理量，而不是表示做功多少的物理量 5．由于沉醉于景色，小明同学不小心摔倒，从斜坡滑下。现将该过程抽象为小明沿倾角为的斜坡从静止开始下滑，下滑过程中加速度大小恒为，已知小明的质量为m，重力加速度为g，小明沿斜坡下滑距离为L的过程中，关于小明说法正确的是（     ） A．下滑过程中受阻力为 B．减少的重力势能为 C．增加的动能为 D．减少的机械能为 6．如图所示，在天花板上点通过两根长度分别为、的细绳悬挂两个带电小球P、Q，静止时两根细绳与竖直方向之间的夹角分别为和，已知，，则P、Q质量之比为（　　） A．3∶2 B．2∶3 C．9∶4 D．∶4∶9 7．如图所示，真空中三个质量相同、带电量均为的小球a、b、c（可视为质点），分别用长度相等的绝缘轻绳悬挂于天花板上的O点。平衡时，各小球之间的距离均为L，轻绳与竖直方向夹角的正弦值为。已知静电力常量为k，则每根轻绳的张力为（　　） A． B． C． D． 8．某电场的电场线的分布如图所示。一个带电粒子只在电场力作用下由M点沿图中虚线所示的路径运动通过N点。则下列判断正确的是（     ） A．粒子可能带负电荷 B．M点的电势比N点的电势低 C．粒子在M点的加速度比在N点的加速度小 D．粒子在N点的速度比在M点的速度小 二、多选题 9．在银河系中，双星的数量非常多，研究双星，对于了解恒星形成和演化过程的多样性有重要的意义。由A、B两颗恒星组成的双星系统如图所示，A、B绕其连线上的一点O做圆周运动，测得A、B两颗恒星间的距离为L，恒星A的周期为T，恒星A做圆周运动的向心加速度是恒星B的2倍，已知万有引力常量为G，忽略其他星球对A、B的影响，则下列说法正确的是（　　） A．恒星B的周期为T B．恒星A的线速度大小是恒星B的2倍 C．A、B两颗恒星质量之比为2:1 D．A、B两颗恒星质量之和为 10．为避免雷击，高大的建筑物顶端均需安装避雷针。如图是某避雷针放电时空间电场线的分布图，电场线指向避雷针尖端。、、三点位于同一条电场线上，空间电场分布关于直线对称。一带电探测粒子仅在电场力作用下运动，其部分轨迹如图所示。下列说法正确的是（　　） A．粒子在轨迹上某点的加速度方向与电场线切线方向相反 B．粒子从点运动到点的过程中，电场力一定做负功 C．、、三点满足电势关系 D．粒子在图中点的电势能一定大于在点的电势能 11．如图所示，、是水平放置的平行板电容器的两极板，下极板接地，两极板与电源相连，电源两端电压恒定。开关闭合，一带电油滴静止于点。下列做法能使油滴向下运动的是（　　） A．开关闭合的情况下，仅增大两板间的距离 B．开关闭合的情况下，仅减小两板间的正对面积 C．开关断开的情况下，仅减小两板间的距离 D．开关断开的情况下，仅增大两板间的正对面积 12．如图所示是离子注入简化工作原理示意图，一粒子源于A处不断释放质量为m，带电量为的离子，其初速度视为零，经电压为U的加速电场加速后，沿图中半径为的圆弧形虚线通过圆弧形静电分析器（静电分析器通道内有均匀辐向分布的电场）后，从P点垂直进入矩形有界匀强电场中，最后恰好打在Q点。匀强电场沿水平方向，，。整个装置处于真空中，离子重力不计。则（　　） A．图中匀强电场的场强方向水平向右 B．静电分析器通道内辐向电场的大小为 C．矩形区域内匀强电场场强大小为 D．若离子带电量变为，质量不变，则静电分析器通道内辐向电场的大小需要变为原来，离子才能沿原来轨迹运动到P点 三、实验题 13．实验小组利用如图甲所示装置进行“验证机械能守恒定律”实验。 (1)（单选）下列操作正确的是________。 A．安装打点计时器时两限位孔应保持竖直 B．先释放纸带后接通电源 C．释放纸带前应使重物离打点计时器尽量远一些 D．可以用来计算纸带上所选取的计数点的瞬时速度 (2)如图乙所示是某次实验得到的一条纸带，在纸带上选取三个连续打出点a、b、c，测得它们到起始点O的距离分别为、、，已知当地重力加速度为g，打点计时器打点频率为f。若代入测量数据能满足表达式 ________，则可验证重物下降过程机械能守恒；通常计算过程会出现动能的增加量略小于重力势能减小量，其原因：__________________。 (3)某同学根据数据进行相关计算，作出了图像如图丙所示，由图像可得到重力加速度g=________（结果保留三位有效数字）。 14．利用下图甲所示电路观察电容器的充、放电现象。 (1)实验过程中电压随时间变化的图像如上图乙所示，上图乙是电容器________（选填“充电”或“放电”）过程得到的； (2)下列关于电容器充电时，电流i与时间t的关系、所带电荷量q与两极板间的电压U的关系正确的是________。 A． B． C． D． (3)已知蓄电池的输出电压为，实验过程中描绘的电容器放电图像如下图所示，根据图像求得该电容器的电容大小约为__________（保留二位有效数字）； (4)电容器充电后就储存了能量，某同学从等效的思想出发，认为电容器储存的能量等于把电荷从一个极板搬运到另一个极板过程中克服电场力所做的功。为此他做出电容器两极间的电压U随电荷量Q变化的图像如图所示。按他的想法，下列说法正确的是______（填正确答案标号） A．图线的斜率越大，电容越大 B．搬运的电量，克服电场力所做的功近似等于上方小矩形的面积 C．对同一电容器，电容器储存的能量与两极间电压成正比 D．若电容器电荷量为时储存的能量为，则电容器电荷量为时储存的能量为 四、解答题 15．1789年英国物理学家卡文迪什测出引力常量G，因此卡文迪什被人们称为“能称出地球质量的人”。在地面上用弹簧测力计测质量为m的物体重力，测力计竖直静止时示数为F，已知地球半径为R，引力常量为G，忽略地球自转的影响，求： (1)地球的质量； (2)距地面高度为h的人造卫星的运行周期。 16．如图所示，将原长为L的轻质弹簧放置在倾角为37°的轨道AB上，弹簧的一端固定在A点，另一端与质量为m的滑块接触但不连接（滑块可视为质点）。AB长为2L，B端与半径为L的光滑圆轨道BCD相切，D点在圆心O的正上方，C点与O点等高。滑块与AB间的动摩擦因数μ＝0.5。用外力推动滑块至P点，使得AP＝，然后放开，滑块由静止开始沿轨道AB运动，之后刚好能到达圆轨道的最高点D。已知重力加速度大小为g，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。 (1)求滑块初始位于P点时，弹簧的弹性势能Ep。 (2)若更换另一个质量为m1的滑块，仍将滑块从P点由静止释放，滑块能滑上圆轨道且能沿着圆轨道滑下，求m1的可能取值范围。 17．如图所示，半径为的半圆柱体固定在水平面上，两个可以忽略大小的带电小球甲和不带电小球乙通过轻绳相连，静止在光滑的圆柱面上。两球静止位置所在的半径与竖直方向的夹角分别为和，半径右侧存在竖直方向匀强电场。某时刻小球受到干扰失去平衡，从静止开始运动，甲沿圆柱面向上，乙沿圆柱面向下。当甲球刚进入电场区域时轻绳断裂，甲刚好能离开圆柱面。已知甲球的质量，，，重力加速度取，不计空气阻力。求： (1)小球乙的质量； (2)小球甲到达时的动能； (3)小球甲落到水平面时的动能 18．如图所示的竖直面内轨道BCDE，左侧为半径R=0.8m的光滑圆弧轨道BC，轨道的上端点B和圆心O的连线与水平方向的夹角α=30°，圆弧轨道与粗糙水平轨道CD相切于点C，DE为倾角θ=30°的光滑倾斜直轨道，一轻质弹簧上端固定在E点处的挡板上，现有质量为m=1kg的小滑块（可视为质点）从空中的A点以v0=2m/s的初速度水平向右抛出，恰好从B点沿轨道切线方向进入轨道，沿着圆弧轨道运动到C点后继续沿水平轨道CD滑动，经过D点（不计经过D点时的能量损失）后沿倾斜轨道向上运动至F点（图中未标出），弹簧恰好压缩至最短，已知C、D之间和D、F之间距离均为1m，滑块与轨道CD间的动摩擦因数为μ=0.5，重力加速度g=10m/s2，不计空气阻力，求： (1)小滑块经过圆弧轨道上B点的速度大小； (2)小滑块到达圆弧轨道上的C点时对轨道的压力大小及弹簧弹性势能的最大值； (3)判断小滑块返回时能否从B点离开，若能，求出飞出B点的速度大小；若不能，判断小滑块最后停止的点与C点之间的距离。 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 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 C A A D D A D C ABD CD 题号 11 12 答案 AD BC 1．C 【详解】A．链条传动且不打滑，两轮边缘点的线速度大小相等，即，线速度大小之比为，故A错误； B．根据 可得 因相等，周期与半径成正比，已知，则 故，故B错误； C．根据 可得 因相等，角速度与半径成反比，故，故C正确； D．根据 因相等，向心加速度与半径成反比，故，故D错误。 故选C。 2．A 【详解】A．汽车在最低点时向心加速度向上，此时支持力大于重力，汽车处于超重状态，故A正确； B．旋转秋千装置中，根据牛顿第二定律可得 由于B的圆周运动半径大，则B绳索与竖直方向的夹角更大，根据 可知绳索对座椅B的拉力更大，故B错误； C．火车转弯超过规定速度行驶时，外轨对车轮弹力水平分量充当部分向心力，故C错误； D．脱水桶原理并不是水滴受到的离心力大于它受到的向心力，而是水滴受到的实际合力不足以提供所需的向心力，从而沿切线方向甩出，故D错误。 故选A。 3．A 【详解】AB．同步卫星与地球赤道上的物体随地球自转的角速度相同，向心加速度公式为 代入得、 因此，故A正确，B错误； CD．卫星绕地球运行时万有引力提供向心力，由 得 所以，故CD错误。 故选A。 4．D 【详解】A．功是标量，正负仅表示做功的效果，不表示大小，比较功的大小需看绝对值 ，因此-10J的功比5J的功大，故A错误； B．公式中，若为某段时间内的平均速度，求得的是对应过程的平均功率；仅当为瞬时速度时，才对应瞬时功率，并非只能求瞬时功率，故B错误； C．相互作用力作用在两个不同物体上，两个受力物体的位移无必然联系，例如静止的两个同种电荷因斥力相互远离时，两个相互作用的库仑力均做正功，因此并非一个力做正功另一个一定做负功，故C错误； D．功率的物理意义是描述做功的快慢，做功多少由功这个物理量描述，故D正确。 故选D。 5．D 【详解】A．滑板爱好者沿斜坡下滑，沿斜坡方向上由牛顿第二定律可得 解得，故A错误； B．滑板爱好者沿斜坡下滑距离为L，重力做功 则重力势能减少，故B错误； C．加速度大小恒为，则合外力为，沿斜坡下滑距离为L，合外力做功为，由动能定理可知增加的动能为，故C错误； D．由A解析可知，沿斜坡下滑距离为L，阻力做功为，非重力做负功，机械能减少，则机械能减少，故D正确。 故选D。 6．A 【详解】将两个小球视为整体，以悬挂点O为转轴，整体静止，合力矩为零：绳子拉力作用点在O，力矩为零；两球之间的库仑力是内力，一对相互作用力的总力矩为零，因此只有两个重力的力矩平衡，则有 解得 故选A。 7．D 【详解】由于整个装置有对称性，三根绳上拉力大小相等，以a球为例进行分析，a球受到自身的重力、b球与c球对其的库仑力，以及绳的拉力共4个力的作用，其中两个库仑力在abc平面上，合力的大小为 再对a受力分析可如下图所示 其中，根据合成关系可知，绳的拉力为，故选D。 8．C 【详解】A．粒子受力方向指向轨迹的凹侧，由图可知粒子所受电场力方向与电场线方向一致，因此粒子带正电，故A错误； B．沿电场线方向电势逐渐降低，电场线方向向右上方，因此M点电势高于N点，故B错误； C．电场线的疏密表示场强大小，N点电场线比M点更密，因此​。由加速度​可知，粒子在M点的加速度比N点小，故C正确； D．粒子从M到N，电场力做正功，动能增加， 因此N点速度更大，故D错误。 故选 C。 9．ABD 【详解】A．两颗恒星A、B组成的双星系统，绕连线上O点做匀速圆周运动，相互间的万有引力提供向心力，因此二者向心力大小相等，角速度、周期相同，已知恒星A周期为，因此恒星B的周期也为，故A正确； B．向心加速度公式，相同，因此 已知，得 线速度公式，相同，因此 得，故B正确； C．万有引力提供向心力，对A、B分别有， 化简得 因此 即质量比，故C错误； D．已知 代入向心力公式，整理得A、B的质量分别为， A、B两颗恒星质量之和为，故D正确。 故选ABD。 10．CD 【详解】A.粒子的加速度方向与所受电场力方向一致，由轨迹弯曲方向可知，粒子受力方向与电场线切线方向相同，说明粒子带正电，因此加速度方向与电场线切线方向相同，故A错误； BD.粒子从A到B运动过程中，电场力方向与速度方向夹角为锐角，粒子的速率一直在增加，电场力做正功，电势能减少，故B错误，D正确； C.电场线的方向是电势降低的方向，因此，故C正确； 故选CD。 11．AD 【详解】A．带电油滴受到竖直向上的电场力和竖直向下的重力作用，受力平衡，如果要使油滴向下运动，需要减小电场力，由可知，需要减小电场强度。当开关S闭合的情况下，两极板间的电压不变，由可知，增大两极板之间的距离，电场强度减小，油滴向下运动，故A正确； B．开关S闭合的情况下，由可知，仅减小两板间的正对面积，电场强度不变，油滴不动，故B错误； CD．当断开开关S后，电容器的电荷量不变，由，， 可知 则仅增大两板的正对面积，电场强度减小，油滴向下运动，减小两板间的距离时，电场强度大小不变，油滴不动，故C错误，D正确。 故选AD。 12．BC 【详解】A．粒子在静电分析器的电场力指向圆心，可以知道粒子带正电，粒子经过P点水平方向向左加速，因此场强方向水平向左，故A错误； BD．经电压为U的加速电场加速后，有 根据牛顿第二定律有 解得 可见，离子在静电分析器运动时，带电量对其轨迹无影响，即若离子带电量变为，质量不变，则静电分析器通道内辐向电场的大小不变，离子也能沿原来轨迹运动到P点，故B正确，D错误； C．矩形区域内，根据类平抛运动规律有， 其中 解得，故C正确。 故选BC。 13．(1)A (2) 重物受空气阻力或纸带与限位孔间的阻力 (3)9.75 【详解】（1）A．安装打点计时器时两限位孔应保持竖直，以减小纸带和打点计时器之间的摩擦力，故A正确； B．做实验时，应先接通打点计时器的电源，再释放连接重锤的纸带，保证打第一个点时，重锤速度为零，并且尽可能在纸带上打出更多的点，故B错误； C．释放纸带前应使重物离打点计时器尽量近一些，这样可以在纸带上打出更多的点，故C错误； D．用计算速度，实际上已经默认了物体的加速度是重力加速度，也就默认了机械能守恒，故D错误。 故选A。 （2）[1] 动能的增加量 重力势能减小量 根据机械能守恒得 解得 [2]重物受空气阻力或纸带与限位孔间的阻力，阻力做负功，机械能减少，动能的增加量略小于重力势能减小量 （3）根据机械能守恒得 将公式变形得 对比正比例函数 可得图像斜率为 根据图丙可得图像斜率为 所以 14．(1)放电 (2)A (3) (4)BD 【详解】（1）由图乙可知，电容器两端电压随时间的推移逐渐降低到0，符合电容器放电的特点；充电过程电容器电压会从0逐渐升高到电源电压，因此此处为放电过程。 （2）AB．电容器充电时，初始时刻电容器电压为0，回路电流最大；随着电容器积累电荷，两端电压逐渐升高，回路电流逐渐减小，充电完成后电流降为0，故A正确，B错误； CD．电容器电容大小 故电容器所带电荷量 对确定的电容器，为定值，因此与成正比，应为过原点的倾斜直线，故C、D错误。 故选A。 （3）图像与时间轴围成的面积等于电容器放电的总电荷量，图中一个小方格对应的电荷量为 故整个放电过程释放的电荷量为 可得该电容器的电容大小为 （4）A．由电容定义 可知图线的斜率 故图线的斜率越大，电容越小，故A错误； B．类比速度-时间图像的面积代表位移，则图像的面积代表克服电场力所做的功，所以搬运的电量，克服电场力所做的功近似等于该上方小矩形的面积，故B正确； C．从等效的思想出发，认为电容器储存的能量等于把电荷从一个极板搬运到另一个极板过程中克服电场力所做的功，也等于图像所围的面积，即 联立 解得 可知电容器储存的能量和成正比，C错误； D．由C选项分析可知电容器储存的能量 联立 解得 可知电容器储存的能量和成正比，当电容器电荷量为时，可知储存的能量为，故D正确。 故选BD。 15．(1) (2) 【详解】（1）忽略地球自转的影响，地表重力等于地球引力 物体受拉力与引力平衡有 所以地球质量 （2）设卫星的质量为 ，运行半径 由引力提供向心力 解得卫星的运行周期 16．(1)3.8mgL (2)m≤m1<m 【详解】（1）对滑块在D点，由牛顿第二定律得 对滑块从P点到D点，由能量守恒 解得，Ep＝3.8mgL （2）若滑块质量较大，恰好运动到B点，由能量守恒得 若滑块质量较小，恰好运动到C点，由能量守恒得 解得m2＝，m3＝ 所以m1的可能取值范围为≤m1< 17．(1) (2) (3) 【详解】（1）根据系统平衡，则 解得 （2）根据能量守恒定律可得 而 代入数据，解得 （3）根据甲刚好能离开柱面，根据向心力公式 解得 甲离开柱面后，根据动能定理有 即 代入数据解得 18．(1) (2)40N，2J (3)不能，0.4m 【详解】（1）由题知，小滑块从空中的A点以v0=2m/s的初速度水平向右抛出，恰好从B点沿轨道切线方向进入轨道，则有 （2）小滑块从B点到C点，根据动能定理有 解得 小滑块在C点，根据牛顿第二定律有 解得 根据牛顿第三定律可知，小滑块到达圆弧轨道上的C点时对轨道的压力大小为40N； 设弹簧的弹性势能最大值为，小滑块从C点到F点，根据能量守恒有 解得 （3）设滑块返回BC轨道时能上升的高度为h，根据能量守恒定律有 解得 因 故小滑块不能从B点离开，设滑块在轨道CD上滑行的路程为s，根据能量守恒有 解得 故小滑块最后停止的点与C点之间的距离为 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 $