四川成都市棠湖中学2025-2026学年高一下学期期末学业质量监测物理试卷

**基本信息** 以“碳卫星”“高铁”等科技热点及引体向上、救援等生活情境为载体，覆盖曲线运动、机械能、圆周运动等核心知识，注重物理观念建构与科学思维能力考查。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |单选题|7/28|运动合成（救援摩托艇）、平抛运动（踢毽子）、圆周运动（摩天轮）|结合洪水救援等真实场景，考查运动分解与临界分析| |多选题|3/18|斜面上平抛（投抛游戏）、竖直圆周运动（太极球）|通过双过程对比（两次平抛），深化科学推理与模型建构| |实验题|2/16|平抛运动轨迹（频闪照相）、机械能守恒（光电门）|强调实验操作规范（斜槽调平）与数据处理（平均速度替代瞬时速度）| |计算题|3/30|平抛落地速度、转台圆周运动、圆弧轨道与斜面综合|第15题融合摩擦力功、机械能守恒，考查复杂情境下的综合应用能力|

2025-2026学年度四川省棠湖中学高2025级高一下学期期末学业质量监测 物理学科试卷 命题人:龙宗波 审题人:申梅聪 注意事项: 1. 开考前,请先将自己的姓名、准考证号、座位号涂写在试卷和答题卡的相应位置。 2. 选择题部分请用2B铅笔填涂,非选择题部分请用0.5mm黑色墨迹签字笔书写。 3. 考试结束后,请将试卷,答题卡,草稿纸一并交回,感谢各位考生的配合! 一、单选题:本大题共7小题,共28分。 1.救援员驾驶摩托艇救人。洪水沿江向下游流去,江岸平直,水流速度为,摩托艇在静水中的航速为,救人的地点离岸边最近处的距离为,如在最短时间内将人送上岸,则摩托艇登陆的地点离点的距离为( ) A. B. C. D. 2.一固定的半圆形竖直轨道如图所示,为水平直径,为圆心,从点同时水平踢出两个毽子可视为质点,初速度分别为、,落在轨道上的、两点,、连线与竖直方向的夹角均为,不计空气阻力,则( ) A. 两个毽子不会同时落到轨道上 B. C. 两个毽子速度变化量方向不相同 D. 落在点的毽子速度的反向延长线一定过点 3.如图所示,摩天轮悬挂的座舱在竖直平面内做匀速圆周运动.座舱的质量为,运动的半径为,角速度大小为,重力加速度为,则座舱( ) A. 运动周期为 B. 线速度的大小为 C. 受摩天轮作用力的大小始终为 D. 运动至圆心等高处时,受摩天轮作用力大于 4.如图俯视图,用自然长度为,劲度系数为的轻质弹簧,将质量都是的两个小物块、连接在一起,放置在能绕点在水平面内转动的圆盘上,物体、和点恰好组成一个边长为的正三角形。已知小物块、和圆盘间的最大静摩擦力均为,现使圆盘带动两个物体以不同的角速度做匀速圆周运动,则( ) A. 当圆盘的角速度为时,、两物块受到的摩擦力最小 B. 当圆盘的角速度为时,、两物块受到的摩擦力都等于弹簧弹力的大小 C. 当圆盘的角速度为时,、两物块受到的合力大小均为 D. 当物体、两物块刚要滑动时,圆盘的角速度为 5.我国成功发射了国内首颗全球二氧化碳监测科学实验卫星以下简称“碳卫星”如图。“碳卫星”每天绕地球运行圈,“碳卫星”在轨道半径为的圆周轨道上运行,地球自转周期为,引力常量为,则下列说法正确的有( ) A. 可算出地球质量为 B. “碳卫星”的运行速度大于 C. “碳卫星”的向心加速度大于 D. “碳卫星”和地球同步卫星的周期之比为: 6.高铁是我国的一张亮丽的名片,我国高铁技术处于世界领先水平。高铁组是由长度相同的动车和拖车编组而成,提供动力的车厢叫动车,不提供动力的车厢叫拖车。某和谐号动车组由节车厢组成,其中第节、第节和第节车厢为动车,其余为拖车。假设动车组各车厢质量均为,每节动车的额定功率均为,动车组在水平直轨道上运行过程中阻力与车重成正比比例系数为。下列说法正确的是( ) A. 开启两节动车和开启三节动车行驶时的最大行驶速度之比为: B. 动力全开启匀加速出站时第、节车厢间与第、节车厢间的作用力之比为: C. 和谐号匀加速出站时第节车厢和第节车厢通过启动时与车头前端齐平的电线杆的时间之比为 D. 和谐号进站时,关闭发动机后仅在阻力作用下滑行的距离与关闭发动机时的速度成正比 7.小明做引体向上运动,在内刚好连续做了个完整的引体向上。若每次完整的引体向上分为身体“上引”身体由静止开始从最低点上升到最高点和“下放”身体从最高点回到最低点的初始状态两个过程,单杠在整个过程中相对地面静止不动。如图甲所示,在单杠和地面之间安装力传感器,图乙中呈现的是一段时间内力传感器的示数随时间的变化情况。已知小明身高为,体重约,“上引”过程重心上升约,“上引”和“下放”的时间相同,取。下列说法正确的是( ) A. 从到,小明先“下放”后“上引” B. 从到,可能显示某“上引”过程力的变化情况 C. 小明在某次“上引”过程克服重力做功的平均功率约为 D. 上升阶段,单杠对小明做正功 二、多选题:本大题共3小题,共18分。(全选对得6分,选对但不全得3分,有选错得0分) 8.一种定点投抛的游戏可简化为如图所示的模型,斜面的倾角为,、两点分别是斜面的最低端和顶端,洞口处于斜面上的点。第一次小球以水平速度从点抛出,正好落入洞中的点,的连线正好与斜面垂直第二次小球以水平速度也从点抛出时,小球正好与斜面在点图中未标出垂直相碰。点在点的正上方,不计空气阻力,重力加速度的大小取,,。下列说法正确的是( ) A. 小球落在点的时间是 B. 点在点的下方 C. 第二次小球水平速度大于 D. 、两点的高度差为 9.太极球是广大市民中较流行的一种健身器材现将其简化成如图所示的光滑球拍和小球,让小球在竖直面内始终不脱离板而做匀速圆周运动,且在运动到图中的、、、位置时球与球拍间无相对运动为圆周的最高点,为最低点,、与圆心等高,且与水平面成角,设球的质量为,做圆周运动半径为,线速度为,重力加速度为,下列说法正确的是( ) A. 小球在处受到的板的弹力比在处大 B. 球在最低点的速度最小值为 C. 在、两处板的倾角与小球的运动速度应满足 D. 小球在、两处受到的板的弹力为 10.如图所示,轻质动滑轮下方悬挂重物、轻质定滑轮下方悬挂重物,悬挂滑轮的轻质细线均竖直。开始时,重物、处于静止状态且距地面高度均为,释放后、开始运动。已知、质量相等,假设摩擦阻力和空气阻力均忽略不计,重物上升过程中不会碰到动滑轮,重力加速度为,则下列说法正确的是( ) A. 释放瞬间重物的加速度大小为 B. 重物上升的最大高度为 C. 重物刚落地时的速度大小为 D. 重物从释放到落地,动能的变化量是的倍 第II卷(非选择题) 三、实验题:本大题共2小题,共16分。 11.某同学用如图甲所示装置结合频闪照相研究平抛运动。重力加速度。(6分) 关于实验要点,下列说法正确的是 。 A.选用的斜槽越光滑越好 B.调节斜槽,使斜槽槽口切线水平 C.调节纸板,使纸板面竖直且与小球运动轨道所在平面平行 D.画平抛运动轨迹时,将槽口在纸板上的水平投影作为平抛运动的起点 让小球从斜槽上合适的位置由静止释放,频闪照相得到小球的位置如图乙所示,、、是相邻三次闪光小球成像的位置,坐标纸每小格边长为,则小球从槽口抛出的初速度大小为 ,小球从槽口抛出到运动到点位置所用的时间为 ;点离槽口的水平距离 。 12.某同学设计出如图甲所示的实验装置来“验证机械能守恒定律”,让小球从点自由下落,下落过程中经过点正下方的光电门时,光电计时器记录下小球通过光电门时间,当地的重力加速度为。(10分) 为了验证机械能守恒定律,该实验还需要测量下列哪些物理量 A.小球的质量 B.之间的距离 C.小球从到的下落时间 D.小球的直径 小球通过光电门时的瞬时速度 用题中所给的物理量表示。 调整之间距离,多次重复上述过程,作出随的变化图象如图乙所示,当小球下落过程中机械能守恒时,该直线斜率 。 在实验中根据数据实际绘出图象的直线斜率为,则实验过程中所受的平均阻力与小球重力的比值 用、表示 四、计算题:本大题共3小题,共30分。 13.如图所示,某同学站在山坡上从距地面的高处,将一石块以的速度水平抛出至落地。不计空气阻力,取。求:(10分) 石块从抛出至落地的时间; 石块从抛出至落地的水平位移的大小; 石块落地时速度的大小和方向方向用落地速度的方向与水平方向夹角的正切值表示。 14.如图所示,水平转台上有一个质量的小物块,用长的细线将物块连接到转轴上,此时细线恰好绷直无拉力,细线与竖直转轴的夹角,物块与转台间的动摩擦因数,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,现使转台由静止开始逐渐加速转动。,,。求:(12分) 当绳子刚好出现拉力时,转台角速度为多大? 当物块刚要离开转台时,转台角速度为多大? 当转台角速度为时,细线的拉力为多大? 15.如图所示为滑板运动的训练场地,半径为的冰制竖直圆弧轨道最低点为,最高点为,点的切线沿竖直方向,圆弧轨道左端与倾角为的冰制斜面相切,为保证运动员的安全,在间铺有长度为的防滑材料,当长度为的滑板全部处于内时,恰能保持静止,其余部分摩擦不计。一次训练时,教练员在之间推动运动员到滑板离开点,运动员从点滑出,竖直上升到最高点,点与点的距离为,下落后沿轨道返回。运动员和滑板总质量为,运动员始终站在滑板的正中间,滑板对斜面压力均匀。滑板长度和运动员身高远小于圆弧半径,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度大小为,不计空气阻力。求:(16分) 防滑材料与滑板之间的动摩擦因数; 运动员和滑板在圆弧轨道最低点受到轨道支持力的大小; 为保证运动员和滑板在轨道上只做一次往返滑行,滑板离开点时的速度范围。 2025-2026学年度四川省棠湖中学高2025级高一下学期期末学业质量监测 物理学科答案 1.【答案】 【解析】解:当摩托艇指向始终与江岸垂直时,渡河时间最短,则该摩托艇渡河的最短时间为,则摩托艇登陆的地点离点的距离为,故ACD错误,B正确。 故选:。 当摩托艇指向始终与江岸垂直时,渡河时间最短,由求出最短时间,再由求摩托艇登陆的地点离点的距离。 本题关键是找到合运动与分运动,知道船的指向始终与河岸垂直时,渡河时间最短。 2.【答案】 【解析】由分析可知,两个毽子均为平抛运动,由几何关系知,两毽子竖直方向的位移相等,所以,可得,则两个毽子会同时落到轨道上, A错误。由两毽子平抛运动水平方向位移为,可知, B正确。平抛运动仅受重力,加速度始终为竖直方向,速度变化量公式,可知速度变化量方向与加速度方向一致,两个毽子速度变化量方向相同, C错误。由平抛运动推论知,末速度的反向延长线与轴的交点为水平位移的中点,由几何关系可知点不是水平位移中点,则落在点的毽子速度的反向延长线一定不过点, D错误。 3.【答案】 【解析】A、根据角速度和周期的关系可知,周期,故A错误; B、根据线速度与角速度的关系可得,线速度大小,故B错误; C、座舱做匀速圆周运动,其向心力由重力和摩天轮对座舱的作用力的合力提供,根据牛顿第二定律,这里是合力并非摩天轮对座舱的作用力,故 C错误; D、当座舱运动至与圆心等高位置时,向心力由摩天轮对座舱的作用力的水平分力提供,竖直方向上摩天轮对座舱的作用力的竖直分力与重力平衡,即。根据力的合成,此时摩天轮对座舱的作用力,显然,所以选项正确。 4.【答案】 【解析】【分析】 对物体进行受力分析,根据胡克定律求出弹簧的弹力,分析向心力来源,根据牛顿第二定律求解。 本题关键是分析物体的受力情况和运动情况,找到向心力来源,根据牛顿第二定律列式求解,注意临界情况的分析。 【解答】间的距离为,而弹簧的原长为,故弹簧的弹力为 A.根据合力与分力构成的矢量三角形可知,此时静摩擦力具有最小值为, ,可得物块随圆盘转动需要的向心力为 , ,故A错误; B.当 时,可得物块随圆盘转动需要的向心力为 ,由力的三角形可知静摩擦力不等于弹簧的弹力,故B错误; C.当 时,可得物块随圆盘转动需要的向心力为 ,由力的三角形可知静摩擦力等于 ,此时物体和圆盘还未相对滑动,物体所受的合力亦为也为 ,故C错误; D.静摩擦力达到最大时,,。故D正确。 故选D。 5.【答案】 【解析】【分析】根据万有引力提供向心力即可求出地球的质量;第一宇宙速度是卫星最大的运行速度,也是最小的地面发射速度;“碳卫星”绕地球做匀速圆周运动的向心加速度小于;根据同步卫星的周期等于地球自转的周期可确定“碳卫星”和地球同步卫星的周期之比。 本题主要考查了人造卫星的相关知识,解题的关键是明确万有引力提供向心力,根据题干信息求解相关量。 【解答】、根据题意可知,“碳卫星”每天绕地球运行圈,地球自转周期为,则“碳卫星”的周期为,,可求出,故A错误; B、第一宇宙速度是卫星最大的运行速度,所以“碳卫星”的运行速度小于,故B错误; C、“碳卫星”绕地球做匀速圆周运动,万有引力提供向心力,由牛顿第二定律可求出其向心加速度,如果在地球表面做匀速圆周运动时,其向心加速度等于,“碳卫星”的轨道半径大于地球半径,故“碳卫星”绕地球做匀速圆周运动的向心加速度小于,故C错误; D、“碳卫星”每天绕地球运行圈,地球自转周期为,则“碳卫星”的周期为,而同步卫星的周期与地球的自转周期相同,所以“碳卫星”和地球同步卫星的周期之比为:,故D正确; 故选:。 6.【答案】 【解析】开启两节动车时有,动力全开时有,可得最大行驶速度之比为, A正确。动力全开匀加速出站时对整车受力分析知,对第节车厢有,对后节车厢有,解得, B错误。由各节车厢的长度相同,从静止开始匀加速运动,且启动时电线杆恰与车头前端齐平,由匀变速直线运动的规律可知,第节车厢和第节车厢通过电线杆的时间之比, C错误。和谐号进站时,从关闭发动机到停下来由阻力做功改变其动能,可知,得,故滑行的距离与关闭发动机时的速度平方成正比, D错误。 7.【答案】 【解析】根据传感器的示数随时间的变化可知,从到,小明先处于失重状态后处于超重状态,可知小明先向下加速,后向下减速,显示了某“下放”过程力的变化情况,、B错误。小明在内刚好连续做了个完整的引体向上,“上引”和“下放”的时间相同,可知均为,每做一次“上引”重力做功的大小约为,在某次“上引”过程克服重力做功的平均功率为, C正确。在做引体向上运动时,单杠对小明不做功,人的手臂对躯体做功消耗了人体的化学能并转化为机械能,D错误。 8.【答案】 【解析】A.以水平速度从点抛出小球,正好落入倾角为的斜面上的洞中,此时位移垂直于斜面 根据几何知识知: 所以,故A错误; 当以水平速度从点抛出小球,小球正好与斜面在点垂直相碰,此时速度与斜面垂直 根据几何知识知: 所以 根据速度偏角的正切值等于位移偏角正切值的二倍,知点在点的上方,,水平位移 所以,故B错误,C正确; D.由选项知,到水平位移 竖直位移 因为与斜面垂直,根据几何关系可得的高度差,故D正确。 9.【答案】 【解析】【分析】 根据向心力公式和牛顿第二定律分析向心力;在最高点和最低点根据牛顿第二定律求解压力之差;球在运动过程中受重力和支持力,由向心力公式和牛顿第二定律的公式求出和各点的向心力,然后结合几何关系进行求解。 解决该题的关键是对小球在各个位置正确进行受力分析,掌握小球在各位置所需要的向心力的方向,熟记向心力的表达式。 【解答】 A、对小球在、两点受力分析,分别由圆周运动的特点得,,联立可得,故A正确; B、小球在竖直面内始终不脱离板而做匀速圆周运动,小球通过处时向心力与小球通过处的向心力大小相等,所以刚好通过点时速度最小,则有,则最小速度为,故B错误; C、在、处板与水平面夹角为,在、处球受到的重力沿水平方向的分力提供向心力,即 ,所以在、两处板的倾角与小球的运动速度应满足,故C正确; D、对小球在、两点受力分析,可得,故D正确。 10.【答案】 【解析】【分析】、两个物体组成的系统,只有重力做功,系统的机械能守恒,由机械能守恒定律和两个物体速度关系、位移关系求解。 本题是系统机械能守恒类型,关键要抓住两个物体的速度关系和位移关系,知道的速度是的倍,下降的高度是上升高度的倍。 【解答】 A.设绳子拉力为 ,的加速度大小为 ,由于滑轮组之间的关系可知,的加速度大小为 ,根据牛顿第二定律,对有 对有 解得 ,故A正确; 由于滑轮组之间的关系可知 , 根据机械能守恒有 解得 , , 重物上升的最大高度为 故BC正确; D.根据 ,重物从释放到落地,动能的变化量是的倍, 故选 ABC。 11.【答案】 【解析】由于小球每次都从同一位置由静止开始运动,到达斜槽末端速度相同,与斜槽是否光滑无关,A错误; B.由于本实验研究平抛运动,因此斜槽槽口切线必须水平,B正确; C.调节纸板,使纸板面竖直且与小球运动轨道所在平面平行,以便于在白纸上描点,C正确; D.画平抛运动轨迹时,将小球放到槽口末端,球心在纸板上的水平投影作为平抛运动的起点,D错误; 故选BC。 由于平抛运动在水平方向是匀速运动,由于与水平距离相等,因此时间间隔相等,在竖直方向上,根据 可得相邻两点间的时间间隔 因此抛出的水平速度 根据匀变速直线运动中间时刻瞬时速度等于这段时间的平均速度解得运动到点时的竖直速度 而 因此小球从槽口抛出到运动到点位置所用的时间 点离槽口的水平距离。 12.【答案】 【解析】解:、根据机械能守恒的表达式可知,方程两边可以约掉质量,因此不需要测量质量,故A错误; B、根据实验原理可知,需要测量点到光电门的距离,故B正确; C、利用小球通过光电门的平均速度来代替瞬时速度,不需要测量下落时间,故C错误; D、利用小球通过光电门的平均速度来代替瞬时速度时,需要知道挡光物体的尺寸,因此需要测量小球的直径,故D正确。 故选:。 已知经过光电门的时间及小球的直径,则可以由平均速度表示经过光电门时的速度,故; 若减小的重力势能等于增加的动能时,可以认为机械能守恒;则有: ; 即: 解得:, 那么该直线斜率 因存在阻力,则有: 联立可得重物和纸带下落过程中所受平均阻力与重物所受重力的比值为。 该题利用自由落体运动来验证机械能守恒,因此需要测量物体自由下落的高度,以及物体通过点的速度大小,在测量速度时我们利用小球通过光电门的平均速度来代替瞬时速度,因此明白了实验原理即可知道需要测量的数据; 由题意可知,本实验采用光电门利用平均速度法求解落地时的速度;根据机械能守恒定律可知,当减小的重力势能应等于增大的动能;由原理即可明确注意事项及数据的处理等内容。 考查求瞬时速度的方法,理解机械能守恒的条件,掌握分析的思维,同时本题为创新型实验,要注意通过分析题意明确实验的基本原理才能正确求解。 13.【答案】石块在竖直方向做自由落体运动,根据 得 石块在水平方向做匀速直线运动,得 设落地速度的方向与水平方向夹角为 ,石块落地时速度的大小为 其中, 联立解得,。 【解析】详细解答和解析过程见【答案】 14.【答案】由题意可知,当绳子刚好出现拉力时,静摩擦力提供向心力,物块所受的最大静摩擦力大小为 根据牛顿第二定律 解得 物块刚要离开转台时,转台对物块的支持力恰好为零,水平方向,根据牛顿第二定律 竖直方向,根据平衡条件 联立解得 由于 物块受力分析如图所示 水平方向 竖直方向 其中 联立解得 【解析】本题考查了牛顿第二定律在圆周运动中的应用,根据题意确定向心力大小是解题的前提与关键,应用牛顿第二定律可以解题。 应用牛顿第二定律求出当绳子刚好出现拉力时,转台角速度。当绳子刚好出现拉力时,最大静摩擦力提供向心力。 物块刚要离开转台时,转台对物块支持力恰好为零时,物块只受绳子拉力与重力,它们的合力提供向心力,水平方向由牛顿第二定律求出物块刚要离开转台时,转台角速度; 当转台角速度为时,水平方向根据牛顿第二定律,竖直方向根据平衡条件可得细线的拉力。 15.【答案】防滑材料与滑板之间的动摩擦因数为,根据平衡条件可得 解得; 设运动员在圆轨道最低点的速度大小为,对运动员从到的过程,根据机械能守恒定律有 设运动员在圆轨道最低点受到轨道支持力的大小为,根据牛顿第二定律有 解得; 保证运动员在滑道上只做往返一次滑行,设滑板离开点时的最小速度为,则运动员返回时,滑板右端恰好可以与点重合。 由题意可知,滑板与接触长度为时,其所受滑动摩擦力大小为 由上式可知图像为一条过原点的倾斜直线,图像与坐标轴所围的面积表示做功的绝对值,所以从滑板刚进入区域到恰好全部进入区域的过程中, 其所受滑动摩擦力做的功为 由动能定理得 解得 设滑板离开点时的最大速度为,则运动员返回时,滑板左端恰好可以与点重合。 由动能定理得 解得 所以为保证运动员在滑道上只做一次往返滑行,滑板离开点时的速度应满足。 【解析】详细解答和解析过程见【答案】 第1页,共1页 学科网(北京)股份有限公司 $