湖南省长沙市岳麓区2025-2026学年高一下学期期末考试物理自编试卷（人教版）

**基本信息** 以歼击机飞行、世界杯“人浪”、“墨子号”卫星等真实情境为载体，覆盖曲线运动、动量守恒、简谐运动等核心知识，通过基础选择、综合计算与实验探究，梯度考查物理观念与科学思维。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |选择题|10题/43分|曲线运动（第2题）、动量冲量（第4题）、简谐运动（第6题）|第1题结合物理思想方法，考查科学思维中的模型建构与科学推理| |非选择题|5题/57分|机械能守恒实验（第11题）、电阻率测量（第12题）、卫星运动计算（第13题）|第15题综合电场力、摩擦力与圆周运动，考查多过程问题分析及科学探究能力|

湖南省长沙市岳麓区2025-2026学年高一下学期期末考试自编试卷 物理试题（解析版） 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 B A A D A D B AD BCD BD 1．B 【详解】A．甲图中，在推导匀变速直线运动的位移公式时，运用了微元法，A错误； B．乙图中，在观察桌面的形变时，运用了微小量放大法，B正确； C．丙图中，研究力的合成和分解时，运用了等效法，C错误； D．丁图中，质点在A点的瞬时速度方向即为过A点的切线方向，运用了极限法，D错误。 故选B。 2．A 【详解】A．曲线运动中速度方向沿轨迹切线方向，时刻在改变，速度是矢量，方向改变则速度一定发生变化，故A正确； B．物体做曲线运动的条件是合力与速度不在同一条直线上，合力指向轨迹凹侧，若合力沿轨迹切线方向，物体将做直线运动，故B错误； C．速度变化量，只有当加速度恒定时，相同时间内的速度变化量才相同，一般曲线运动加速度不一定恒定，故C错误； D．若飞机做匀速曲线运动，动能不变，根据动能定理，合力做功为零，故D错误； 故选A。 3．A 【详解】AB．光滑圆槽的半径L远大于小球运动的弧长，甲、乙两球的运动可看成是单摆，根据 可得甲、乙两球的周期相同，都用了到达最低点，可知甲、乙两球同时到达最低点O，故A正确，B错误； CD．丙球释放位置C为圆槽的圆心，有 可得 可得丙球最先到达O点，综上，甲、乙两球同时到达，丙球最先到达O点，故CD错误。 故选A。 4．D 【详解】A．物体所受的冲量只和所受力的大小以及受力时间有关，物体只在水平方向上运动虽然在竖直方向上没有位移、支持力没有做功，但仍受到支持力。因此地面支持力的冲量不为0，故A错误； B．前两秒物体所受重力的冲量 拉力冲量，故B错误； C．由图可知，第二秒末拉力反向。根据牛顿第二定律可知其加速度反向，但此时反向拉力的冲量为0，动量没有变化。因此物体按原有方向运动。故C错误； D．第四秒时，总冲量为 即总速度变化量为 故D正确。 故选D。 5．A 【详解】B．球C下摆过程，对于木块A和小球C组成的系统，由于球C竖直方向有加速度，木块A竖直方向没有加速度，所以系统竖直方向所受合力不为0，竖直方向动量不守恒，则A和C整体动量不守恒，故B错误； C．球C向下运动到最低点的过程中，A、C组成的系统水平方向不受外力，系统水平方向动量守恒，取水平向左为正方向，由水平方向动量守恒可得 根据机械能守恒可得 联立解得A、C的速度大小分别为，，故C错误； A．球C向下运动到最低点的过程中，A、C组成的系统水平方向不受外力，系统水平方向动量守恒，则有 两边同乘以t，有 又 联立解得 当球C摆到最低点时，木块A恰好与木块B相撞并粘在一起，可知木块A、B原先间距0.4m，故A正确； D．A与B碰瞬间，根据动量守恒可得 解得 球C向左运动过程中，A、B、C组成的系统满足水平方向动量守恒，则有 解得 根据能量守恒可得 解得球C通过最低点后继续向左摆动上升的最大高度为，故D错误。 故选A。 6．D 【详解】A．由图乙可知t=0.4s时，Q沿y轴正方向运动，结合图甲，同侧法可知，该波沿x轴正方向传播，故A错误； B．由图乙可知，波的周期T为0.4s，0.1s恰好为四分之一个周期，因此时，P在平衡位置上方且未在波峰处，而Q恰好到波峰处，故此时Q的回复力比P的大，根据可知，Q的加速度比P的加速度大，故B错误； CD．由图甲可知，该波波长为8m、振幅A为30cm，因此该波在t=0.4s时的波动方程为 因为P在x=3m处，故此时P的纵坐标为 设P的振动方程为 将t=0.4s和代入方程，解得 因此P的振动方程为 故t=0.7s时，P的位移为 因为0.4s∼0.7s的时间间隔恰好为四分之三个周期，因此该段时间P运动的路程一定小于4A，故该段时间内P的运动路程为，故C错误，D正确。 故选D。 7．B 【详解】A．设滑块A与B碰撞前瞬间速度为v1，根据机械能守恒定律有 解得 A、B碰撞过程，根据动量守恒定律有 解得 当AB加速度为0时，弹簧的压缩量为，有 初始时刻弹簧的压缩量为 AB碰后一起压缩弹簧过程由系统机械能守恒有 联立解得，故A错误； C．初始时刻弹簧的压缩量为 设碰后A、B一起向下运动的最大位移为x2，A、B碰后瞬间到二者到达最低点的过程中，根据机械能守恒定律有 解得 故弹簧的最大压缩量为，故C错误； B．当A、B整体在平衡位置时，弹簧压缩量为 以该平衡位置为坐标原点，沿斜面向下为x轴正方向建立直线坐标系，则当A、B在平衡位置下方相对的位移为x时，A、B所受合外力 由此可判断A、B整体做简谐运动，振幅 碰撞时A、B相对平衡位置的位移为 则A、B从碰撞到第一次速度减为零所用时间为 周期 解得，故B正确； D．两者恰好分离时两者之间无弹力，且加速度相等，在O点时，若两者分离（两者之间无弹力），则，不满足分离条件，故D错误。 故选B。 8．AD 【详解】A．根据动能定理可知，物块动能的增加量等于合外力对物块做的功。物块加速过程中，只有滑动摩擦力对物块做功，则有 其中是物块的对地位移，所以滑动摩擦力与物块对地位移的乘积等于物块动能的增加量。故A正确； B．根据功能关系可知，物块加速过程，传送带克服摩擦力做的功等于物块与传送带间摩擦产生的热量和物块动能的增加量之和，故B错误； C．电动机额外消耗的电能等于传送带克服摩擦力做的功，所以电动机额外消耗的电能等于物块与传送带间摩擦产生的热量与物块增加的机械能之和，故C错误； D．物块加速过程，对物块进行受力分析，根据牛顿第二定律有 解得物块的加速度为 根据运动学公式有 解得加速过程的运动时间为 物块的位移为 该过程传送带的位移为 所以物块、传送带间摩擦产生的热量为 又因为物块最终获得的动能为 所以无论动摩擦因数μ多大，物块、传送带间摩擦产生的热量大小恒等于物块最终获得的动能，故D正确。 故选AD。 9．BCD 【详解】A．由图可得 开始时的最大静摩擦力为 则环先静止不动，随着电场强度的减少，电场力减少，则当摩擦力小于重力时，环开始下滑，此时满足 即 即t = 1 s时开始运动，且随着电场力减少，摩擦力减少，加速度变大，当电场强度为零时，加速度最大，当场强反向且增加时，摩擦力随之增加，加速度减少，当 加速度减为零，此时速度最大，此时刻为t = 5 s，而后环继续做减速运动直到静止，故A错误； C．2 s末的加速度为 解得 故C正确； B．1 s末的最大静摩擦力为 0 − 2 s内环运动时间为1 s，设环在1 s − 2 s内以2 s末的加速度做匀加速直线运动有 由于0 − 1 s内环静止，1 s − 2 s内环做加速度逐渐增大的加速运动，所以0 − 2 s内环的位移小于2.5 m，故B正确； D．环速度最大时，有重力等于滑动摩擦力，则5 s末速度最大，由牛顿第二定律可得 整理得 ， ，a − t图像如图所示 由a − t图像的面积表示速度的变化量，则有环的最大速度为 环的最大动能为 故D正确。 故选BCD。 10．BD 【详解】A．工件放到传送带时，工件相对传送带向下运动，受到向上的滑动摩擦力，工件速度和传送带速度相同时，相对传送带静止，受到向上的静摩擦力，故A错误； B．刚开始加速1s的两个工件间距离最小，加速过程由牛顿第二定律可得 代入数据可得 由位移公式 代入数据可得 故B正确； C．工件加速过程所用的时间为 工件加速过程的位移为 工件匀速过程的位移为 每隔把工件放到传送带上，所以匀加速过程放了2个，匀速过程放了4个，共6个，故C错误； D．满载时电机对传送带的牵引力为 故D正确。 故选BD。 11．(1)C (2)D (3) 0.37 0.39 (4)阻力的存在 【详解】（1）A．本实验要验证的关系式为 因两边都有质量m，可以约掉，不需要天平，故A错误； B．打点计时器可以记录时间，不需要秒表，故B错误； C．测量纸带需要毫米刻度尺，故C正确； D．不需要测量力的大小，故不需要弹簧秤，故D错误。 故选C。 （2）A．实验时，应选择密度大体积小的金属球，以减小阻力的影响，故A错误； B．实验时，应先接通电源再释放重锤，故B错误； C．释放重锤时，重锤尽量靠近打点计时器，以充分利用纸带，故C错误； D．释放重锤前，应保持纸带沿竖直方向，以减小纸带与打点计时器间的摩擦，故D正确。 故选D。 （3）[1]交流电源的频率为，所以打点周期为 根据匀变速直线运动的推论，可知打下第4点时重锤的速度等于重锤从第3点到第5点的平均速度，则有 代入数据解得 动能为 [2] 该过程减小的重力势能为 （4）由于阻力的存在，需要克服阻力做功，消耗一部分重力势能，故动能小于重力势能。 12．(1)1.225 (2) (3)105 (4)大于 (5)不同意，图丙滑动变阻器为分压式接法，滑片向右移动时，设滑动变阻器的总电阻为，滑片左侧滑动变阻器电阻丝的长度为，滑动变阻器电阻丝的总长度为，电压表、电流表和的总电阻为，电源电压恒定为，则电压表的示数为，所以，与不成线性关系，即电压表示数随滑片向右移动的距离不是均匀增加。 【详解】（1）由图甲可知，螺旋测微器的读数为 （2）用多用电表“×100”挡测量该卷导线的电阻，指针位于如图乙所示的位置，由图可知，待测电阻的阻值较小，为了能较准确地测量该电阻，应将选择开关旋转到欧姆挡位置。 （3）将坐标纸上的数据连线，如图所示 根据欧姆定律可知 （4）由于电流表存在内阻，所以电压表测量的是和电流表的总电压，即两端的电压测量值偏大，根据可知，电阻的测量值偏大，即电阻的测量值大于真实值。 （5）不同意，图丙滑动变阻器为分压式接法，滑片向右移动时，设滑动变阻器的总电阻为，滑片左侧滑动变阻器电阻丝的长度为，滑动变阻器电阻丝的总长度为，电压表、电流表和的总电阻为，电源电压恒定为，则电压表的示数为 所以，与不成线性关系，即电压表示数随滑片向右移动的距离不是均匀增加。 13．(1) (2) 【详解】（1）“墨子号”匀速圆周运动的线速度 角速度 卫星环绕地球的向心加速度 联立解得： （2）由几何关系可知，“墨子号”做圆周运动的半径 设“墨子号”卫星的质量为m，根据万有引力提供向心力 解得地球的质量 近地卫星作匀速圆周运动的线速度为第一宇宙速度，设近地卫星的质量为m0 根据万有引力提供向心力 解得 代入地球质量，解得地球的第一宇宙速度 【点睛】 14．(1) (2) 【详解】（1）小物体恰能通过最高点C时的受力如图所示 根据牛顿第二定律 得 小物体从B运动到C的过程中，只有重力做功 根据动能定理 得 （2）小物体在水平面受力分析如图所示 小物体从A运动到B的过程中，只有摩擦力做功 根据动能定理 得 15．（1）；（2），方向竖直向下；（3）或 【详解】（1）根据题意，从A点到B，根据动能定理可得 解得 （2）由牛顿第二定律得 由牛顿第三定律得 解得 方向竖直向下。 （3）滑块恰好始终沿轨道BCDG滑行，则滑至圆弧轨道D、G间等效最高点时，由电场力和重力的合力提供向心力，此时的速度最小，与竖直方向夹角的正切值为 解得 则有 解得 滑块不离开轨道有两种可能，一种是最高到点（等效重力场中圆心等高处），另一种是恰好通过H点（等效最高点）。如图所示 ①如果最高到I点，根据动能定理，有 解得 ②如果在等效场中最高到H点，则根据动能定理，有 联立解得 故使滑块沿圆弧轨道滑行时不脱离圆弧轨道的的取值范围为 或 学科网（北京）股份有限公司 $ 湖南省长沙市岳麓区2025-2026学年高一下学期期末考试自编试卷 物理试题 （ 考试时间：75分钟； 分值：100 分） 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在本试卷和答题卡上． 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效． 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回． 第一部分（选择题 共43分） 一、选择题：本题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。 1．“判天地之美，析万物之理”，领略建立物理规律的思想方法往往比掌握知识本身更加重要。关于物理课本中四幅插图，以下说法中正确的是（    ） A．甲图中，在推导匀变速直线运动的位移公式时，运用了等效替代法 B．乙图中，在观察桌面的形变时，运用了放大法 C．丙图中，研究力的合成和分解时，运用了微元法 D．丁图中，质点在A点的瞬时速度方向即为过A点的切线方向，运用了理想化模型法 2．如图为我国歼击机在大型航展上编队飞行时的情形，若飞机做曲线运动，则（　　） A．飞机的速度一定发生变化 B．飞机受到的合力沿轨迹的切线方向 C．飞机在相同时间内的速度变化量一定相同 D．飞机受到的合力对飞机做的功一定不为零 3．如图，光滑圆槽的半径L远大于小球运动的弧长。甲、乙、丙三小球（均可视为质点）同时由静止释放，开始时乙球的位置B低于甲球位置A，甲球与圆心连线和竖直方向夹角为，丙球释放位置C为圆槽的圆心，O为圆槽最低点，重力加速度为g。若甲、乙、丙三球不相碰，下列说法正确的是（     ） A．甲球、乙球同时到达最低点O B．乙球比甲球更早到达O点 C．三个球同时到达O点 D．由于不知道三球质量关系，故条件不足无法判断 4．一个质量为2kg的物体放在光滑桌面上，在水平拉力F的作用下从静止开始沿直线运动。F随时间t变化的图像如图所示。下列说法正确的是（     ） A．由于物体只在水平方向上运动，所以0-4秒内地面支持力冲量为0 B．前两秒内重力的冲量大小等于拉力的冲量大小 C．第2秒时物体运动反向 D．第4秒时，物体速度为 5．如图，质量均为1kg的木块A和B并排放在光滑水平面上，A上固定一竖直轻杆，轻杆上端系一长为0.5m的轻质细线，细线另一端系一质量为4kg的球C，现将球C拉起使细线水平，并由静止释放，当球C摆到最低点时，木块A恰好与木块B相撞并粘在一起，不计空气阻力，重力加速度取，则（    ） A．木块A、B原先间距0.4m B．球C下摆过程，A和C整体动量守恒 C．球C摆到最低点的速度是 D．球C通过最低点后继续向左摆动上升的最大高度为0.2m 6．2026美加墨世界杯激战正酣，点燃夏日激情。某场比赛中观众们进行“人浪”游戏，从看台区到区的观众依次做出下列动作：起立—举起双臂—坐下，呈现类似波浪的效果。将“人浪”简化为简谐横波，取某时刻为计时起点，以某位观众平衡位置作为坐标原点沿水平方向建立轴，如图所示，甲为时的部分波形，乙为观众的振动图像。则（    ） A．该波沿轴负方向传播 B．时，的加速度比的加速度大 C．内，运动的路程为90cm D．的振动方程可表示为 7．如图所示，倾角的光滑斜面底端固定一劲度系数为k的轻质弹簧，弹簧上端连接质量为m的滑块B且静止于O点。在O点上方的P处由静止释放质量为m的滑块A，之后A与B发生碰撞，碰撞时间极短，碰后A、B一起向下运动（未粘连），到达最低点后又向上弹回，整个过程中弹簧始终未超过弹性限度。已知弹簧形变量为x时弹簧的弹性势能为，弹簧振子周期公式（m0为振子质量），重力加速度为g，滑块A、B均可视为质点。下列说法正确的是（     ） A．A、B碰后一起向下运动的最大速度为 B．A、B从碰撞到第一次速度减为零所用时间为 C．A、B碰后一起向下运动达到最低点时弹簧的最大形变量为 D．A、B向上弹回到O点时，两者恰好分离 二、选择题：本题共3小题，每小题5分，共15分。在每小题给出的四个选项中，有多项是符合题目要求。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。 8．如图所示，水平传送带以速度v匀速运动，将质量为m的小物块无初速度放在粗糙传送带的左端，物块到达右端之前已经与传送带共速。下列说法正确的是（　　） A．物块加速过程，滑动摩擦力与物块对地位移的乘积等于物块动能的增加量 B．物块加速过程，传送带克服摩擦力做功等于物块与传送带间摩擦产生的热量 C．由于运输物块，电动机额外消耗的电能等于物块增加的机械能 D．无论动摩擦因数μ多大，物块、传送带间摩擦产生的热量大小恒等于物块最终获得的动能 9．如图甲所示一足够长的绝缘竖直杆固定在地面上，带电荷量为0.01 C、质量为0.1 kg的圆环套在杆上，整个装置处于水平方向的电场中，电场强度E随时间t变化的图象如图乙所示，环与杆间的动摩擦因数为0.5，t = 0时，环静止释放，环所受的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，不计空气阻力，g = 10 m/s2。则下列说法正确的是（　　） A．环先做加速运动再做匀速运动 B．0 − 2 s内环的位移小于2.5 m C．2 s时环的加速度为5 m/s2 D．环的最大动能为20 J 10．如图所示，与水平面成角的传送带正的速度匀速运行，A，B两端相距。现每隔把质量的工件（视为质点）轻放在传送带上，在传送带的带动下，工件向上运动，且工件到达B端时恰好才在A端放上一个工件，工件与传送带同的动摩擦因数，g取，下列说法正确的是（　　） A．工件在传送带上时，先受到向上的摩擦力，后不受摩擦力 B．两个工件间的最小距离为 C．传送带上始终有5个工件 D．满载时与空载时相比，电机对传送带的牵引力增大了 第二部分（非选择题 共57分） 3、 非选择题：本大题共5题，共57分。 11．某实验小组用重锤来验证机械能守恒定律。 (1)实验中除了铁架台、电磁打点计时器、纸带、重锤、复写纸、夹子、低压交流电源等实验器材外，还需要______。（填正确选项前的字母） A．天平 B．秒表 C．毫米刻度尺 D．弹簧秤 (2)实验时，下列操作正确的是______。（填正确选项前的字母） A．实验时，应选择密度小、体积大的塑料球 B．实验时，应先释放重锤再接通电源 C．释放重锤时，重锤尽量远离打点计时器 D．释放重锤前，应保持纸带沿竖直方向 (3)一次实验时，打出的纸带如图乙所示，已知交流电源的频率为，点为起始点，图中的各点均为计时点，点3、4、5到起始点的距离分别为、、，已知重锤的质量为100g，重力加速度，则打下第4点时重锤的动能为______J；从打下点到4点的过程中，重锤重力势能的减少量为______J。（计算结果均保留两位小数）。 (4)通过（3）中的计算结果可知重锤获得的动能略小于重锤重力势能的减少量，其原因可能是__________。 12．小明通过实验测量某卷导线内芯的电阻率。 (1)用螺旋测微器测导线内芯的直径，图甲中的读数为________mm。 (2)用多用电表“×100”挡测量该卷导线的电阻，指针位于如图乙所示的位置，为了能较准确地测量该电阻，应将选择开关旋转到欧姆挡________（选填“×10”或“×1k”）位置。 (3)用伏安法更精确地测量该卷导线的阻值，并利用实验数据计算电阻率。实验电路如图丙所示，正确操作后，得到多组实验数据，并将数据标记在坐标纸上，如图丁所示，可求得________。（结果保留三位有效数字） (4)第（3）问中电阻的测量值________（选填“大于”或“小于”）真实值。 (5)实验中，电源电压恒定，向右移动滑动变阻器滑片，电压表示数增加。小明认为，电压表示数随滑片向右移动的距离均匀增加。你是否同意他的观点？请简要说明理由。 13．“墨子号”是中国发射的全球首颗量子科学实验卫星，在酒泉卫星发射中心用长征二号丁运载火箭成功发射升空，标志着中国成为世界上第一个实现卫星和地面之间量子通信的国家。假设“墨子号”绕地球做匀速圆周运动，监测系统测得“墨子号”在t时间内运行的弧长为s，其与地心连线扫过的角度为θ（弧度），t小于运行周期。已知引力常量为G，地球半径为R，求： (1)“墨子号”运行的向心加速度an大小； (2)地球的第一宇宙速度v1大小。 14．如图所示，长度为L的水平粗糙轨道AB与竖直面内半径为R的光滑半圆形轨道BC在B点处平滑连接。一质量为m的小物体（可视为质点）以的初速度沿水平轨道AB从A点运动至B点后，进入半圆形轨道BC，并恰能通过轨道最高点C，重力加速度为g，不计空气阻力。求： (1)小物体经过B点时的动能； (2)水平粗糙轨道与物体间的动摩擦因数。 15．如图所示，BCDG是光滑绝缘的圆形轨道，位于竖直平面内，轨道半径为，下端与水平绝缘轨道在点平滑连接，整个轨道处在水平向左的匀强电场中。现有一质量为、带电量为的小滑块（可视为质点）置于水平轨道上，滑块与水平轨道间的动摩擦因数为0.5，重力加速度为。，。 （1）若滑块从水平轨道上距离点的点由静止释放，求滑块到达点的速度； （2）在（1）的情况下，求滑块到达点时对轨道的压力； （3）改变的大小，为了使小滑块不脱离圆弧轨道，求AB初始距离的取值范围。 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 $