江西景德镇市乐平中学2025-2026学年高一下学期7月期末物理试题（3-27班）

**基本信息** 覆盖高一物理核心知识，通过自由落体、天体运动等情境考查运动与相互作用观念，实验题与综合计算题突出科学思维与探究能力，适配期末检测需求。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |选择题|10/46|自由落体、库仑力、摩擦力、天体运动等|第6题对比地球静止物体与卫星，考查科学推理| |实验题|2/14|机械能守恒验证、电容器充放电|第11题步骤纠错与数据处理，体现科学探究| |计算题|3/40|单摆机械能、滑块多过程运动、电子偏转|第14题滑块经圆弧与水平面运动，考查模型建构|

江西省乐平中学2025-2026学年第二学期高一年级物理 期末试卷（3-27班） 命题：胡海龙 审核：刘优 满分100分，考试时间：75分钟。 一、选择题:本题共10小题，共46分。在每小题给出的四个选项中，第1-7题只有一项符合题目要求，每小题4分;第8-10题有多项符合题目要求，每小题6分，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。 1．一个物体从高度h=5m处由静止自由下落，不计空气阻力（g=10m/s2），则物体落地时的速度大小是（　　）。 A．5m/s B．10m/s C．15m/s D．100m/s 2．原长为10cm的弹簧在10N拉力的作用下长度变为12cm，在弹簧弹性限度内把拉力再增大5N的时候弹簧的长度是（　　） A．12cm B．13cm C．14cm D．15cm 3．如图所示，真空中，、、三处分别固定电荷量为、、的三个点电荷。已知静电力常量为，ab=bc=l，。则处点电荷受到、两处点电荷的库仑力的合力大小为（    ）    A． B． C． D． 4．如图所示，为粗糙长木板，在水平面上以速度向右运动，物块在木板的上面以速度向右运动，下列判断正确的是（　　） A．若是，B受到了A所施加向右的滑动摩擦力 B．若是，B受到了A所施加向右的滑动摩擦力 C．若是，A受到了B所施加向右的滑动摩擦力 D．无论还是，B都受到了A向右的滑动摩擦力 5．如图所示，一光滑球静止在木板与竖直墙面之间。墙面和木板对球的弹力大小分别记为和。木板绕水平轴（过点）从图示位置缓慢转到水平的过程中，下列说法正确的是（　　） A．始终减小，始终增大 B．始终减小，始终减小 C．先增大后减小，始终减小 D．先增大后减小，先减小后增大 6．如图所示，a为放在赤道上相对地球静止的物体，随地球自转做匀速圆周运动，b为沿地球表面附近做匀速圆周运动的人造卫星（轨道半径约等于地球半径），c为地球的同步卫星。下列关于a、b、c的说法中正确的是（　　） A． b卫星转动线速度大于7.9 km/s B． a、b、c做匀速圆周运动的周期关系为Ta＝Tc<Tb C．a、b、c做匀速圆周运动的向心加速度大小关系为aa＞ab＞ac D．在b、c中，b的线速度大 7．如图所示，两块彼此绝缘的金属板A、B水平平行放置并与一个电源相连，其中B板接地。开关S闭合后，在A、B两板间C点处有一个质量为m、电荷量为q的油滴恰好处于静止状态。下列说法正确的是（　　） A．若将S断开，再将A板向左移动一小段位移，油滴向下运动 B．若将S断开，再将B板向下平移一小段位移，油滴的电势能变小 C．保持S闭合，再将A板向上平移一小段位移，C点电势升高 D．保持S闭合，再将B板向左移动一小段位移，电容器带电量增大 8．水平面上固定一半球形的玻璃器皿，器皿的轴呈竖直状态，在距离轴心不同距离的位置，有两个质量相同的光滑小球在器皿内壁的水平面内做匀速圆周运动。则关于各个物理量的关系，下列说法正确的是（　　） A．a、b两球对玻璃器皿内壁的压力大小相同 B．a、b两球做匀速圆周运动的加速度大小相同 C．a球做匀速圆周运动的线速度较大 D．a球做匀速圆周运动的角速度较大 9．某辆电动玩具车的质量为1kg、额定功率为15W。该玩具车在平直道路上由静止开始做加速度大小为1m/s2的匀加速直线运动，经5s玩具车的功率恰好达到额定功率，之后玩具车维持额定功率继续运动。该玩具车受到的阻力恒定，下列说法正确的是（　　） A．玩具车受到的阻力大小为1N B．玩具车受到的阻力大小为2N C．玩具车的最大速度为5m/s D．玩具车的最大速度为7.5m/s 10．真空中存在空间范围足够大的、水平向右的匀强电场。在电场中，若将一个质量为m、带正电的小球由静止释放，运动中小球的速度与竖直方向夹角为37°。现将该小球从电场中A点以初速度竖直向上抛出，经过最高点B后回到与A在同一水平线上的C点，已知：，，重力加速度为g，则（　　） A．小球所受的电场力为 B．小球在最高点B的动能为 C．小球从B到C的电势能减少量是从A到B的电势能减少量的3倍 D．小球在C点的机械能比在A点多 二、非选择题：本题共5小题，共54分。 11．（8分）某同学用如图甲所示的实验装置“验证机械能守恒定律”，实验所用的电源为学生电源，可以提供输出电压为的交变电流和直流电，交变电流的频率为。重锤从高处由静止开始下落，电磁打点计时器在纸带上打出一系列的点，对纸带上的点测量并分析，即可验证机械能守恒定律。 (1)他进行了下面几个操作步骤： A．按照图示的装置安装器材； B．将打点计时器接到电源的“直流输出”上； C．先接通电源，后释放纸带，打出一条纸带； D．测量纸带上某些点间的距离； E．根据测量的结果计算重锤下落过程中减少的重力势能是否等于增加的动能 其中操作不当的步骤是__________。（填步骤前的选项字母） (2)这位同学进行正确测量后挑选出一条点迹清晰的纸带进行测量分析，如图乙所示，其中O点为起始点， A、B、C、D、E、F为六个计时点，根据纸带上的测量数据，可得出打B点时重锤的速度为__________m/s，若重锤的质量为1.0 kg，从O点下落到B的过程中重力势能的减少量为__________J，O点下落到B的过程中动能增加量为__________J。（，计算结果均保留3位有效数字） 12．（6分）某同学用图甲所示的电路观察电容器的充放电情况。所用器材有：电源（）、电容器C、电阻、开关、电压传感器、电流传感器、导线若干。 (1)在图甲所示的电路图中，传感器B为__________（选填“电流”或“电压”）传感器。 (2)将开关接1，给电容器充电，充电完成后，将开关接2，电容器通过放电。观察放电过程中电压传感器的电压随时间的变化其图像可能为__________（选填“图乙”或“图丙”）。 (3)已知图线与时间轴围成的面积表示电荷量，根据图像丁估算出电容器全部放电过程中释放的电荷量为，则该电容器电容为__________。（保留2位有效数字） 13．（10分）如图所示，长不可伸长的轻绳一端悬挂于O点，另一端系一质量的小球（可视为质点）。现将小球拉至A点（保持绳绷直且水平）由静止释放，球能沿四分之一圆弧经过最低点B。不计空气阻力，重力加速度。求： (1)小球到B点时速度v的大小； (2)小球运动到B点时，轻绳对小球拉力F的大小。 14．（14分）如图所示，质量为的滑块（可视为质点）放在光滑平台上，向左缓慢推动滑块压缩轻弹簧至P点，释放后滑块以一定速度从A点水平飞出后，恰好从B点无碰撞滑入竖直平面内的光滑圆弧轨道BC，然后从C点进入与圆弧轨道BC相切于C点的水平面CD，同一竖直平面内的光滑半圆轨道DE与水平面CD相切于D点。已知圆弧轨道BC的半径，AB两点的高度差，光滑圆弧BC对应的圆心角为53°，滑块与CD部分的动摩擦因数，，重力加速度。求： (1)滑块运动到A点时的速度大小； (2)滑块到达圆弧末端C时对轨道的压力； (3)滑块冲上半圆轨道后中途不会脱离半圆轨道，轨道DE的半径满足的条件。 15．（16分）如图甲所示，电子枪连续不断均匀地发出电子（设电子的初速度为零），经加速电压为U1的加速电场加速后由小孔穿出，沿两个靠近的水平金属板A、B间的中线射入偏转电场，A、B两板距离为d、A、B两板间加周期性变化的电压，UAB如图乙所示，电压变化周期为T，正半周电压绝对值为U0，负半周电压绝对值为3U0，电子质量为m、电子电量的绝对值为e，不计电子的重力，也不计电子间的相互作用力，且所有电子都能离开偏转电场，求： （1）电子从加速电场飞出后的速度v0多大； （2）A、B极板长设为L，若，求：从t=0时刻射入偏转电场的电子在离开偏转电场时的偏转距离y； （3）在满足（2）的条件下，在足够长的时间内从中线下方离开偏转电场的电子占电子总数的比例。 第1页，共2页 第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $ 1．B 【详解】物体由静止自由下落，不计空气阻力，做初速度、加速度为的匀加速直线运动，根据 代入可得 代入数据计算得 故选B。 2．B 【详解】根据胡克定律，弹簧的伸长量与拉力成正比。当拉力时，伸长量 可得劲度系数 拉力增大后，总拉力，则伸长量 新长度 故选B。 3．A 【详解】处点电荷受到、两处点电荷的库仑力大小均为 又由可知，两库仑力的合力大小 故选A。 4. A 【详解】AC．若是，则B相对A向左滑动，可知B受到了A所施加向右的滑动摩擦力，A受到了B所施加向左的滑动摩擦力，A正确，C错误； BD．若是，则B相对A向右滑动，B受到了A所施加向左的滑动摩擦力，BD错误。 故选A。 5. B 【详解】取小球为研究对象，小球受到重力G、墙面对球的弹力、木板对球的弹力三个力作用，如图所示 和的合力为，且，恒定不变，当木板绕水平轴（过点）从图示位置缓慢转到水平的过程中，和的变化如图所示，则和都减小。 故选B。 6． D 【详解】A．b为沿地球表面附近做匀速圆周运动的人造卫星，根据万有引力定律有 解得 又 可得 与第一宇宙速度大小相同，即，故A错误。 B．地球赤道上的物体与同步卫星具有相同的角速度，所以，根据知，c的向心加速度大于a的向心加速度，根据得b的向心加速度大于c的向心加速度，即，故B错误。 C．卫星c为地球同步卫星，所以，根据得c的周期大于b的周期，即，故C错误。 D．在b、c中，根据，可知b的线速度比c的线速度大，故D正确。 故选D。 7． B 【详解】A．若将S断开，则电容器所带电荷量不变，根据 可知，再将A板向左移动一小段位移，正对面积减小，板间场强增大，油滴受到的电场力增大，油滴向上运动，故A错误； B．根据A选项可知 因此若将S断开，则不变，板间场强不变。根据场强与电势差间的关系可知 又因为B板接地，则，则变大，变大，变大。又因为油滴所受电场力竖直向上，而板间场强方向向下，故油滴带负电，油滴的电势能变小，故B正确； C．保持S闭合，则电容器两极板间电势差不变，根据可知，若将A板向上平移一小段位移，板间场强减小。根据 可知减小、不变，则减小，C点电势降低，故C错误； D．将B板向左移动一小段位移，根据可知，正对面积减小，电容器电容变小。保持S闭合，则电容器两极板间电势差不变，根据可知，电容器带电量减小，故D错误。 故选B。 8．CD 【详解】小球在半球形容器内做匀速圆周运动，圆心在水平面内，受到自身重力mg和内壁的弹力N，合力方向指向半球形的球心。受力如图 有几何关系可知 设球体半径为 R，则圆周运动的半径为 根据牛顿第二定律有 解得，， 小球a的弹力和竖直方向夹角大，所以a对内壁的压力大； a球做匀速圆周运动的线速度、加速度和角速度都较大。 故选CD。 9．BD 【详解】AB．5s时，玩具车的速度大小为 此时玩具车的功率恰好达到额定功率，则牵引力大小为 根据牛顿第二定律可得 解得玩具车受到的阻力大小为，故A错误，B正确； CD．当牵引力等于阻力时，玩具车的速度达到最大，则有，故C错误，D正确。 故选BD。 10．CD 【详解】A．小球由静止释放，小球在重力与电场力作用下做匀加速直线运，由于运动中小球的速度与竖直方向夹角为37°，则有 故A错误； 小球竖直方向做竖直上抛运动，小球从A运动到B过程有 小球在水平方向做匀加速直线运动，则有 小球在最高点B的动能 解得 故B错误； C．小球竖直方向做竖直上抛运动，根据对称性可知，小球从A到B的时间等于从B到C的时间，小球水平方向做初速度为0的匀加速直线运动，根据相邻相等时间内的位移比例关系可知，水平方向上A到B的分位移与B到C的分位移之比为1:3，则电场力做正功的比值也为1:3，即小球从B到C的电势能减少量是从A到B的电势能减少量的3倍，故C正确； D．结合上述可知，小球从A到C水平方向的分位移 电场力做正功为 结合上述解得 电场力做正功，电势能减小，则小球在C点的机械能比在A点多，故D正确。 故选CD。 11．(1)B (2) 1.84 1.74 1.69 【详解】（1）打点计时器需要接在交流电上才能正常使用，则B错误。 故选B。 （2）[1]B点的速度 [2]减小的重力势能 [3] O点下落到B的过程中动能增加量为 12．(1)电压 (2) 图丙 (3) 【详解】（1）由电路图可知，传感器B并联在电路两端，电压传感器并联接入电路，电流传感器串联接入电路，因此B为电压传感器。 （2）电容器放电过程中，两端电压从初始最大值逐渐减小到0，因此放电的图像符合图丙。 （3）电容器充电后电压等于电源电动势 由电容器定义式 解得 13． (1) （5分） (2) （5分） 【详解】（1）小球从A点释放运动到B点的过程中，由动能定理得 代入数据解得 （2）以小球为研究对象，在B点由牛顿第二定律得 代入数据解得 14． (1) （4分） (2)，方向竖直向下 （4分） (3)或 （6分） 【详解】（1）滑块从A点运动到B点的过程为平抛运动，设滑块运动到B点时水平方向的速度为，竖直方向的分速度为，则根据平抛运动的性质有 解得 又因为滑块恰好从B点无碰撞滑入竖直平面内的光滑圆弧轨道BC，则有 解得 （2）滑块由B点运动到C点的过程，根据动能定理得 又因为 联立解得滑块运动到C点时的速度为 在C点对滑块进行受力分析，根据牛顿第二定律有 解得此时轨道对滑块的支持力为 则由牛顿第三定律可知，滑块到达圆弧末端C时对轨道的压力大小为，方向竖直向下。 （3）滑块冲上半圆轨道后不会脱离轨道运动，分两种情况：一是到达与圆心等高处时速度恰好为零；二是恰好到达半圆弧轨道的最高点。当滑块到达与圆心等高处时速度恰好为零时，由动能定理得 解得 当滑块恰好能够到达半圆弧轨道的最高点时，由动能定理得 滑块在最高点E时，由重力恰好提供向心力有 联立解得 综上所述可知，若滑块冲上半圆轨道后中途不会脱离轨道运动，则轨道DE的半径满足的条件为或 15．（1）（4分）（2）（6分）（3） （6分） 【详解】（1）加速电场加速。由动能定理得 解得 （2）电子在偏转电场里水平方向匀速运动，水平方向有 L=v0t 将代入得，运动时间 则t=0时刻射入偏转电场的电子，在竖直方向匀加速运动，竖直方向有 （3）由上问可知电子在电场中的运动时间均为，设电子在U0时加速度大小为a1，3U0时加速度大小为a2，由牛顿第二定律得 可得 a2=3a1 在0～时间内，设t1时刻射入电场中的电子偏转位移刚好为0，则 解得 在0～时间内，～时间内射入电场中的电子均可从中线下方飞出； ～T这段时间内，设t=T-t2时刻射入的电子刚好偏转位移为0。则有 解得 所以～T这段时间内，～（T-t2）时间内射入电场中的电子均可从中线下方飞出。 在一个周期内能从下中线下方离开的粒子射入时间间隔为 所以从中线上方离开偏转电场的电子占离开偏转电场电子总数的百分比 学科网（北京）股份有限公司 $