广东佛山市顺德区某校2025-2026学年高一下学期期末物理模拟考1

**基本信息** 结合“千帆星座”“纳米光子电子加速器”等科技前沿及打窝杆、龙门吊等生活情境，通过圆周运动、电场、机械能等模块知识综合考查物理观念与科学思维。 **题型特征** |题型|题量|知识覆盖|命题特色| |----|----|----------|----------| |单选|7|库仑定律、圆周运动线速度、电场强度|第5题以卫星变轨考查天体运动规律，体现科学推理| |多选|3|开普勒第三定律、竖直圆周运动临界条件|第9题结合弹簧弹性势能与圆周运动，考查模型建构| |实验|2|平抛运动轨迹、动能定理验证|第12题用光电门测速度，注重科学探究能力| |解答|3|多过程力学（滑道+传送带）、电场类平抛|第15题整合倾斜轨道、圆弧、传送带，综合考查能量与运动分析，契合真题命题趋势|

高一物理期末模拟卷1 一、单选题 1．科学家推动了物理学的不断发展，使人类对自然界的认识达到了前所未有的深度和广度，并为现代科技的进步提供了坚实的理论基础。以下说法符合物理史实的是（     ） A．开普勒总结行星运动三大定律，推导并证明了天体运动满足机械能守恒规律 B．英国物理学家牛顿提出了万有引力定律，并用扭秤实验测量了引力常量 C．法国科学家库仑通过对电荷之间相互作用力的研究，总结出了库仑定律 D．卡文迪什认为电荷之间的相互作用通过场来传递，提出了电场的概念 2．如图，两艘快艇在湖面上做匀速圆周运动，在相同时间内，它们通过的路程之比是4：3，运动方向改变的角度之比是3：2，则它们（     ） A．线速度大小之比为4：3 B．角速度大小之比为3：4 C．周期之比为3：2 D．圆周运动的半径之比为2：1 3．某种微型“纳米光子电子加速器”利用激光照射周期性排列的纳米柱体时产生的交变电场来加速电子束。电子束通过虚线框区域的极短时间内，电场可视为恒定的，电场线分布如图所示，这段时间内（     ） A．点的电场强度比点的大 B．电子沿直线从点运动到点时，动能减小 C．电子沿直线从点运动到点时，速度增大 D．电子束的横截面大小和形状均不变 4．在2026年央视春晚节目《追影》片段中，演员腾空而起，图为一演员表演简化图，工作人员甲拉着轻绳沿地面水平向左运动时，表演者乙在空中升起，不计轻绳和滑轮之间的摩擦，在乙匀速上升的过程中，下列说法正确的是（    ） A．乙的机械能守恒 B．甲需加速向左运动 C．悬绳对天花板的拉力大小不变 D．甲对地面的压力逐渐增大 5．2024年，我国“千帆星座”计划加速推进，该计划将构建由超万颗低轨卫星组成的巨型星座，为全球用户提供高速互联网服务。星座中的两颗工作卫星、的轨道示意图如图所示，两卫星在同一轨道平面内绕地球做匀速圆周运动，的轨道半径为，的轨道半径为，且。某时刻、与地心三者恰好共线。下列说法正确的是（     ） A．当、与地心再次共线时，、均转过 B．所受地球的万有引力一定小于所受地球的万有引力 C．通过调整轨道倾角，可使始终悬停在葫芦岛市的上空 D．若要使卫星进入更高的轨道，则应在原轨道上加速 6．龙门式起重机，俗称龙门吊，广泛用于港口等室外场所的装卸作业。中国龙门吊全球占有率约为90%，超大型龙门吊接近100%垄断，只有中国能够制造。假设某次起重机将一重物由静止开始竖直向上吊起，某阶段绳索对重物做功的功率不变，则在重物加速上升阶段（不计空气阻力），下列说法正确的是（　　） A．绳索对重物拉力做功等于重物动能增加量 B．合力对重物做功等于重物机械能增加量 C．重物克服重力做功功率逐渐变大 D．合力对重物做功功率越来越大 7．光滑绝缘水平面上方存在一水平向左的匀强电场，场强大小未知，将带电量分别为、的两小球、锁定在水平面上的、两点，两小球间距为，如图所示，已知连线中点处的场强为0，两小球的质量均为，可视为点电荷。现将小球解除锁定，则解锁瞬间小球的加速度大小为（　　） A． B． C． D． 二、多选题 8．2025年4月，我国已成功构建国际首个基于DRO（远距离逆行轨道）的地月空间三星星座，DRO具有“低能进入、稳定停泊、机动转移”的特点。若卫星甲从DRO变轨进入环月椭圆轨道，该轨道的近月点和远月点距月球表面的高度分别为a和b，卫星的运行周期为T；卫星乙从DRO变轨进入半径为r的环月圆形轨道，周期也为T。月球的质量为M，半径为R，引力常量为G。假设只考虑月球对甲、乙的引力，则（　　） A． B． C． D． 9．如图所示，不可伸长的细绳的一端系着质量为m的小球（可视为质点），另一端固定在O点。现按压圆珠笔笔尾，松手后内部弹簧将笔尾迅速弹出，使小球做圆周运动。假设碰撞时弹簧释放的弹性势能全部转化为小球的动能，碰后立即撤去圆珠笔。已知绳长为L，重力加速度为g，忽略空气阻力。某次碰撞后小球刚好能运动到最高点，则（　　） A．小球在最高点时速度为零 B．该次弹簧释放的弹性势能为2.5mgL C．仅增大小球质量，小球无法到达最高点 D．若释放的弹性势能小于2.5mgL，绳子一定会松弛 10．下列说法正确的是（　　） A．图甲实验利用“放大法”观察玻璃瓶的微小形变 B．图乙水杯随圆盘一起匀速圆周转动，受重力、支持力、静摩擦力和向心力 C．图丙货物被起重机竖直向上匀速提起过程中，所受合外力不做功，机械能增加 D．图丁自动卸货车始终静止在地面上， 车厢在液压机作用下倾角缓慢增大且货物始终没有下滑，该过程中车厢对货物的支持力逐渐变大且做正功 三、实验题 11．某物理兴趣小组利用图甲装置（置于桌面边缘的水瓶侧壁开有可调节喷嘴）探究平抛运动的特点，操作步骤如下： （1）实验前，需将喷嘴调整至________方向； （2）打开喷嘴，水从喷嘴水平喷出后形成稳定的细水柱（水的落地点基本相同）； （3）测得喷嘴的高度为h，则水下落到地面的时间________（重力加速度为g）； （4）若以喷嘴口为原点，水平向右为x轴、竖直向下为y轴建立坐标系，描绘出水柱在空中的轨迹如图乙所示，测得轨迹上某点的坐标为（x，y），若该点满足（a为常数），则可说明平抛运动的轨迹为________；水柱离开喷嘴的初速度________（用题目所给的符号表示）。 12．某实验小组设计如图所示的实验装置来验证“动能定理”。小球的质量为、直径为，小球从释放装置处由静止下落，沿竖直方向通过光电门。请回答下列问题： (1)用数字计时器测得小球通过光电门的遮光时间为，则小球通过光电门的瞬时速度可表示为___________（用字母、表示）； (2)用刻度尺测量小球在释放点处球心到光电门的竖直高度，若空气阻力不计，小球下落过程中合力做的功可表示为___________（用字母、、表示）、动能的变化量可表示为___________（用字母表示），根据动能定理，物理量应满足的关系式为___________。 四、解答题 13．某钓鱼爱好者在钓场中钓鱼前，站在与水面平齐的水平岸边打窝，质量的块状窝料（视为质点）装在长的刚性打窝杆的末端a处，钓鱼爱好者甩动打窝杆使杆绕O点在竖直面内匀速转动，如图所示，打窝杆转至竖直时窝料离开打窝杆水平飞出，恰好落在离O点水平距离的水面上，O点离水面的高度。取重力加速度大小，不计空气阻力。求： (1)窝料离开打窝杆时的动能； (2)窝料离开打窝杆前的角速度大小ω和向心加速度大小。 14．如图所示，长为3L、间距为2L的两平行金属板水平放置，两板与开关S、直流电源相连。闭合开关S，质量为m、电荷量为q的带正电粒子，以速度从上极板边缘水平射入，恰能从下极板边缘飞出，粒子受到的重力和空气阻力均忽略不计，已知。 （1）粒子离开电场时速度大小v； （2）若粒子以速度2v0从上极板边缘水平射入，求粒子离开电场时的动能Ek； （3）将题中直流电源换为交流电源，其电压U随时间t变化关系的图像如图乙所示，其中U0（未知）等于原直流电源的电动势，时刻粒子仍以速度从上极板边缘水平射入，求粒子离开电场时的侧位移y。 15．“极速滑道”体验装置的竖直截面示意图如图所示，该装置由倾斜直轨道AB、圆弧轨道BC、水平传送带、水平直轨道DE和四分之一圆弧轨道EF依次平滑连接组成。一质量m＝0.1kg的滑块（可视为质点）由A点静止释放，始终在轨道上运动且不脱离。已知滑块与传送带和DE轨道间的动摩擦因数分别为，其他阻力均不计，AB轨道的倾角，长度；圆弧轨道BC与AB轨道相切于B点，半径，最低点为C点，传送带长度，以速度v＝8m/s顺时针转动；DE轨道长度；EF轨道的半径，与DE轨道相切于E点，最高点为F点。，。求滑块 (1)到达B点时的速度大小； (2)经过圆弧轨道最低点C时，对轨道的压力大小； (3)从释放到第一次到达E点的过程中，因摩擦而产生的热量Q； (4)从释放到最终静止的过程中，经过F点的次数n。 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 《高一物理期末模拟卷1》参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 C A C D D C A BC BC AC 1．C 【详解】A．开普勒的核心贡献是基于第谷的观测数据总结出行星运动三大定律，天体运动满足机械能守恒的规律是在万有引力定律提出后才被推导证明的，不属于开普勒的研究成果，故A错误； B．牛顿提出了万有引力定律，但引力常量是卡文迪什通过扭秤实验测量得到的，并非牛顿完成，故B错误； C．法国科学家库仑通过扭秤实验研究点电荷间的相互作用规律，总结得出库仑定律，符合物理学史实，故C正确； D．电荷间的相互作用通过场传递、电场的概念都是法拉第提出的，不属于卡文迪什的贡献，故D错误。 故选C。 2．A 【详解】A．由线速度的定义式 时间相同，故线速度大小之比等于通过的路程（弧长）之比为4：3，故A正确； B．由角速度的定义式 时间相同，故角速度大小之比等于半径转过的圆心角之比，也为运动方向改变的角度之比是3：2，故B错误； C．由 故周期之比与角速度成反比为2：3，故C错误； D．由 则半径之比为8：9，故D错误。 故选A。 3．C 【详解】A．电场线的疏密表示电场强度大小，电场线越密场强越大。图中点电场线比点更密，因此点场强大于点，A错误。 B．电子带负电，所受电场力方向与电场方向相反。电子从运动到，位移方向向右，电场力与位移方向相同，电场力做正功，根据动能定理，电子动能增大，B错误。 C．电子从运动到，位移向右，电场力仍向右，电场力依旧做正功，电子动能增大，速度增大，C正确。 D．中轴线外的电子，所受电场力存在垂直电场中轴线的分力，会发生偏转，因此电子束的横截面积会改变，形状发生改变，D错误。 故选C。 4．D 【详解】A．乙匀速上升，动能不变，重力势能增加，根据机械能等于动能与重力势能之和可知，乙的机械能增加，故A错误； B．设绳子与水平方向的夹角为，将甲的速度沿绳子方向和垂直绳子方向分解，沿绳子方向的分速度等于乙的速度，即有 解得 甲向左运动过程中，减小，增大，而不变，所以减小，即甲做减速运动，故B错误； C．乙匀速上升，绳子拉力，甲向左运动，滑轮两侧的两股绳子的夹角增大，根据平行四边形定则，合力减小，即悬绳对滑轮的拉力减小，根据牛顿第三定律，滑轮对悬绳的拉力减小，故悬绳对天花板的拉力减小，故C错误； D．对甲，根据平衡条件，可知地面对甲的支持力 甲向左运动，减小，减小，T不变，则支持力增大，根据牛顿第三定律，甲对地面的压力逐渐增大，故D正确。 故选D。 5．D 【详解】A．根据开普勒第三定律 两颗卫星的轨道半径满足，故其运行周期满足，对应的角速度满足，当卫星、与地心再次共线时，两卫星转过的角度差为的整数倍。由于两卫星角速度不等，在相同时间内它们转过的角度不可能相等，更不可能均转过，故A错误； B．根据万有引力定律 引力大小和卫星质量有关，两颗卫星各自质量与大小未知，因此无法比较它们所受万有引力的大小，故B错误； C．若要使卫星始终悬停于地面某固定城市上空，该卫星须为地球同步卫星。而同步卫星的轨道平面必须与地球赤道平面重合，由于葫芦岛市不在赤道上，故无论如何调整轨道倾角，均无法使卫星始终悬停于该市上空，故C错误； D．卫星要进入更高轨道，需要做离心运动，因此应在原轨道加速，使所需向心力大于万有引力，卫星做离心运动抬升轨道，故D正确。 故选D。 6．C 【详解】A．根据功能原理知，绳索对重物拉力做功等于重物机械能增加量，故A错误； B．根据动能定理，合力对重物做功等于重物动能增加量，故B错误； C．重物加速上升阶段，重物克服重力做功的功率为，逐渐变大，故C正确； D．绳索对重物做功的功率不变，则在重物加速上升阶段，绳索对重物的拉力减小，则 合力的功率 则合力对重物做功功率越来越小，故D错误。 故选C。 7．A 【详解】由题知，在解锁小球前，连线中点处的场强为0，即小球、小球和匀强电场在处叠加的合场强为0。小球在点处产生的场强方向水平向右，大小为 小球在点处产生的场强方向水平向右，大小为 匀强电场的方向水平向左，取向左为正方向，根据处的场强为0，则有 解得 则在解锁小球瞬间，对小球受力分析，根据牛顿第二定律有 解得 故选A。 8．BC 【详解】AB．对于题述环月椭圆轨道和环月圆轨道，根据开普勒第三定律有 可得 故A错误，B正确； CD．对于环月圆轨道，根据万有引力提供向心力可得 可得 故C正确，D错误。 故选BC。 9．BC 【详解】A．由题意可知，小球在最高点时，重力恰好提供向心力 解得 故A错误； B．根据机械能守恒 故B正确； C．根据 解得 可知，仅增大小球质量，则若小球可以运动到最高点，所需向心力减小，而小球重力变大，则此时重力大于向心力，小球不能通过最高点，故C正确； D．若释放的弹性势能变小，则小球可能在不超过圆心高度往复运动，此时绳子不会松弛，故D错误。 故选BC。 10．AC 【详解】A．图甲实验能过细管中液面的上升情况来分析瓶子的微小形变，是利用了“放大法”的物理原理，故A正确； B．向心力是效果力，匀速圆周运动中向心力由合外力提供，物体受到重力、支持力和摩擦力作用，故B错误； C．货物被起重机竖直向上匀速提起过程中，动能不变，所受合外力不做功，但重力势能增大了，所以机械能增加了，故C正确； D．根据 FN=mgcosθ 可知，随着斜面倾角增大，支持力逐渐变小，支持力做正功，故D错误。 故选AC。 11． 水平 抛物线 【详解】（1）[1] 由于平抛运动的初速度方向水平，因此实验前，需将喷嘴调整至水平方向； （2）[2] 平抛运动竖直方向是自由落体运动，则根据可知，水下落到地面的时间为 （3）[3] 由于a 为常数，则结合数学知识可知，该方程表示抛物线，则可说明平抛运动的轨迹为抛物线； （4）[4] 由于平抛运动竖直方向是自由落体运动，则有 解得 又因为平抛运动水平方向是匀速直线运动，则有 联立解得水柱离开喷嘴的初速度为 12．(1) (2) 【详解】（1）小球经过光电门的速度为 （2）[1]若空气阻力不计，小球下落过程中只受重力，则合力做的功可表示为 [2]动能的变化量可表示为 [3]根据动能定理有 代入上述表达式可得 化简可得 13．(1) (2)， 【详解】（1）窝料在空中做平抛运动，竖直方向上有 水平方向上有 窝料离开打窝杆时的动能 解得， （2）窝料离开打窝杆前，角速度大小 解得 向心加速度大小 解得 14．(1) (2) (3) (4) 【详解】（1）滑块从A到B的过程 可得 （2）滑块从B到C的过程 得 在C点 得 由牛顿第三定律可得 （3）滑块到达C时 在传送带上加速度大小 设滑块减速到传送带速度v＝8m/s时的位移为x，由 得 即滑块恰好到达传送带右端D时，速度减为8m/s 滑块在传送带上运动的时间 传送带的位移 滑块与传送带的相对位移： 传送带处因摩擦产生的热量 滑块在水平轨道DE上运动时，因摩擦产生的热量 总热量 （4）滑块第一次到达E点时的动能 滑块每次经过最高点F时，至少需要克服重力做功 滑块从F点返回后，来回经过DE轨道，摩擦力做功 滑块来回经过传送带，速度等大反向； 综合上述可知，滑块上升和下降经过最高点F的总次数n＝6。 15．（1）；（2）；（3） 【详解】（1）粒子在电场中作类平抛运动，水平方向满足 竖直方向满足 解得 所以 （2）设飞行时间为，则 解得 所以 则 所以动能为 （3）由于等于原直流电源的电动势，所以粒子在电场中运动的加速度a大小保持不变第（1）问中，粒子水平方向上做匀速运动 竖直方向：第一个时间内，做初速度为0的匀加速运动；第二个时间内，做匀减速运动，直至速度为0；第三个时间内，再做初速度为0的匀加速运动。粒子每个时间内，发生的侧位移 联立可得 所以，粒子离开电场时的侧位移 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 $