安徽六安第一中学2025-2026学年高一下学期7月期末物理试题

**基本信息** 六安一中2026年高一期末物理试卷，以单摆、碰撞、天体运动等为载体，融合打夯机、水流造景等生活情境与科学探究，全面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| |----|-----------|----------|----------| |单选|8/32|动量、能量、单摆运动|以打夯机场景考查圆周运动受力分析| |多选|2/10|弹性碰撞、平抛运动|水流造景问题结合动量定理与平抛规律| |实验题|2/14|机械能守恒、动量守恒|验证实验设计注重数据处理与误差分析| |解答题|3/44|简谐运动、天体密度、子弹-物块模型|15题综合动量守恒与能量守恒，考查复杂问题解决能力|

六安一中2026年春学期高一年级期末考试 物理试卷 时间：75分钟 分值：100分 一、单项选择题（本题共8小题，每小题4分，共32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．如图所示，单摆摆球的质量为m，摆长为l，摆球从最大位移A处由静止释放，摆线摆过角时摆球运动到最低点B。摆球运动到最低点B的速度为v，不计空气阻力，重力加速度为g，对于摆球从A运动到B的过程中，下列说法中正确的是（　　） A． 合外力对摆球做功等于0 B． 摆球运动到最低点B时绳的拉力为 C． 重力对摆球做的功为 D． 重力对摆球做功的瞬时功率一直增大 2．如图甲所示，把两个质量相等的小车和静止地放在光滑的水平地面上，它们之间装有被压缩的轻质弹簧，用不可伸长的轻细线把它们系在一起。如图乙所示，让紧靠墙壁，其他条件与图甲相同。如图丙所示，弹簧的一端固定在竖直墙上，质量为的光滑弧形槽静止在光滑水平面上，底部与水平面相切，一个质量为的小球从弧形槽高处由静止开始下滑，不计一切阻力，下列说法正确的是（　　） A．图甲从烧断细线到弹簧恢复原长的过程中，A、B和弹簧组成的系统动量守恒，机械能守恒 B．图乙从烧断细线到弹簧恢复原长的过程中，和和弹簧组成的系统动量守恒，机械能守恒 C．图乙从烧断细线到弹簧恢复原长的过程中，墙壁对图乙所示系统的冲量为零 D．图丙从小球下滑到弹簧压缩量最大的过程中，小球、弧形槽和弹簧组成的系统机械能守恒，水平方向动量守恒 3．如图甲所示为建筑行业使用的一种小型打夯机，其原理可简化为：一个质量为M的支架（含电动机）上，有一根长为L的轻杆带动一个质量为m的铁球（可视为质点）在竖直面内匀速转动，如图乙所示。若在某次打夯过程中，铁球转动到最高点时，支架对地面的压力刚好为零，重力加速度为g，则（　　） A．轻杆转动过程铁球所受合力不变 B．铁球转动到最高点时，轻杆的弹力为mg C．铁球匀速转动的角速度大小为 D．铁球转动到最低点时，支架对地面的压力大小为2（M+m）g 4．如图所示，曲线Ⅰ是绕地球做圆周运动卫星1的轨道示意图，其半径为R；曲线Ⅱ是绕地球做椭圆运动卫星2的轨道的示意图，O点为地球球心，AB为椭圆的长轴，两轨道和地心都在同一平面内，已知在两轨道上运动的卫星的周期相等，万有引力常量为G，地球质量为M，下列说法正确的是（　　）O A．椭圆轨道的长轴AB长度为R B．若OA=0.5R，则卫星2在B点的速率 C．卫星2在Ⅱ轨道上A点的速度小于在B点的速度 D．两颗卫星运动到C点时，卫星1和卫星2的加速度不同 5．如图甲所示，置于水平地面上质量为m的物体，在竖直拉力F作用下，由静止开始向上运动，其动能与距地面高度h的关系图像如图乙所示，已知重力加速度为g，空气阻力不计。下列说法正确的是（     ） A．在过程中，F做功为 B．在和过程中，F做功之比为 C．时刻，物块开始下落 D．过程中物体的机械能减小 6．如图所示，长的轻杆两端分别固定有可视为质点的A、B两小球，A小球质量为，B小球质量为，杆的三等分点处有光滑的水平固定转轴，轻杆可绕转轴在竖直面内无摩擦转动，用手将该装置固定在杆恰好水平的位置，然后由静止释放，重力加速度为，不计空气阻力，小球A运动到最低点的过程中，杆对小球B所做的功为（　　） A． B． C． D． 7．如图所示是甲、乙两个单摆做简谐运动的图像，则下列说法正确的是（　　） A．t=2s时，甲摆的重力势能最小，乙摆的动能为零 B．甲、乙两摆的周期之比为2∶1 C．甲、乙两摆的摆长之比为4∶1 D．t=4s时，甲、乙两摆球到达最低点且加速度都为零 8．如图所示，人、车和木箱静止在光滑水平地面上，木箱的质量为，人和车的总质量为。人将木箱以水平速率（相对地面）推向竖直墙壁（此过程记为人与木箱作用的第一次过程），木箱又以速率（相对地面）弹回，人接住木箱后再以速率（相对地面）将木箱推向墙壁，如此反复。下列说法正确的是（　　） A．人推木箱过程中人、车和木箱组成的系统动量守恒，机械能也守恒 B．人每一次将木箱推出的过程中，人的动量的改变量都相同 C．木箱每次与墙壁碰撞的过程中墙壁对木箱的冲量大小均为 D．木箱与墙壁碰撞5次后，木箱和人的速度相等 二、多项选择题（本题共2小题，每小题5分，共10分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。） 9．如图所示，质量分别为2m、未知的小球b、c静止放置在光滑水平面上，一质量为m的小球a以速度v水平向右运动，所有碰撞均为弹性碰撞。若a与b只发生一次碰撞，则k的值可能为（　　） A．5 B．6 C．7 D．8 10．某地中央绿地生态公园有一水流造景设施的截面如图所示，水平喷水口横截面积为、喷水的流速恒定为，从喷出的水柱恰好能垂直撞到倾角为30°的斜面上的处，速度瞬间变为零，之后沿斜面流下。已知水的密度为，重力加速度为，不计空气阻力，则（　　） A．水流单位时间撞到处的体积 B．水流在处的速度 C．水流对处的冲击力 D．空中水的质量 三、实验题（共2小题，每空2分，共14分。请按要求作答。） 11．在验证机械能守恒定律的实验中，某同学采用如图装置，绕过定滑轮的细线上悬挂质量相等的重物A和B，在B下面再挂钩码C．已知打点计时器所用交流电源的频率为50Hz。 （1）已知重物A和B的质量均为M，钩码C的质量为m，某次实验中将整个系统由静止释放，从纸带上测量重物A由静止上升高度为h时对应计时点的速度为v，取重力加速度为g，则验证系统机械能守恒定律的表达式是 ； （2）改变钩码C的质量m，测得多组m和对应的加速度a，作出图像如图所示，图线的斜率为k、与纵轴截距为b，据此计算可得到重物A的质量M= ，当地的重力加速度g=________（结果用k、b表示）。 12．某实验小组利用如图装置验证动量守恒定律。气垫导轨上装有光电门1和2。将滑块A和B静置在导轨上，两滑块上均固定有相同的竖直挡光片。 （1）打开气泵，先取走滑块B，待气流稳定后将滑块A从气垫导轨右侧由弹射装置向左弹出，测得滑块过光电门1的挡光时间小于过光电门2的挡光时间，为使实验结果准确，可进行调节的操作是 A．调高右侧底座旋钮 B．调高左侧底座旋钮 C．将光电门1向左侧移动 D．将光电门2向右侧移动 （2）气垫导轨调整好后，将滑块B静置于两光电门之间，将滑块A静置于光电门1右侧，给A水平向左的速度，经过光电门1后与B发生碰撞且被弹回，再次经过光电门1。光电门1先后记录的挡光时间为、，光电门2记录的挡光时间为。为完成动量守恒定律的验证，还必须测量的物理量有 。 A．挡光片的宽度d B．光电门1到光电门2的间距s C．滑块A（含挡光片）的质量m1 D．滑块B（含挡光片）的质量m2 （3）若两滑块碰撞过程动量守恒，则必须满足的关系式为 （用（2）中的物理量表示）。 （4）若滑块A、B 之间的碰撞为弹性碰撞，则关系式满足 （仅用、、表示）。 四、解答题（共3小题，共44分。请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分；有数值计算时，答案中必须明确写出数值和单位。） 13．（12分）如图所示，一根不计质量的弹簧竖直悬吊质量为M的托盘，盘上放了一块质量为m的物块。已知弹簧的劲度系数为k，不计空气阻力，M和m恰好能够共同沿竖直方向做简谐运动而不分离，求： （1）系统处于平衡位置时，弹簧的伸长量x； （2）托盘和物块运动到最低点时，二者之间的作用力大小； 14．（14分）已知某行星自转周期为T，某物体在赤道处的重力是两极处的80%，万有引力常量为G。 （1）求该行星的密度； （2）设想该行星自转角速度加快到某一值时，在“赤道”上的物体会“飘浮”起来，求此时该行星的自转周期（结果用自转周期T表示）。 （3）若已知该行星的质量为，求该行星的同步卫星的轨道半径r； 15．（18分）如图，一质量为M=8kg的小车静止于光滑水平面上，其上表面分别由半径R=1m的1/4光滑圆弧轨道和长L=3m的粗糙水平轨道（动摩擦因数μ=0.5）组成，小车右端放置一质量m=1.95kg的可视为质点的物块。现将一质量为m0=50g的子弹以初速度v0=400m/s射入物块并镶嵌于内，二者作用时间极短，之后二者构成整体相对小车继续向左滑行，而后由进入圆弧轨道直至从A点冲出。求： （1） 子弹射入物块过程，二者相互作用所产生内能为多少； （2）子弹和物块整体冲出轨道后，所能上升至距A点最大高度为多少？ （3）试判断子弹和物块整体由A点冲出圆弧轨道之后，能否再次由圆弧轨道A点返回？若不能，请说明理由；若能，请确定小车再次与子弹和物块整体作用后，小车最终速度为多少？ 六安一中2026年春学期高一年级期末考试 物理试卷参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 C A D B B D A C AB BD 1．C【详解】AC．摆球从A运动到B的过程中，只有重力对摆球做功，所以合外力对摆球做功为，故A错误，C正确；B．摆球运动到最低点B时，由牛二定律可得，解得，故B错误；D．在A点的速度为0，所以在A点重力做功的瞬时功率为0；在B点的速度方向与重力垂直，所以在B点重力做功的瞬时功率为0，则重力对摆球做功的瞬时功率先增大后减小，故D错误。 2．A【详解】A．从烧断细线到弹簧恢复原长的过程中，图甲所示系统所受外力之和为0，则系统动量守恒，且运动过程中只有系统内的弹力做功，所以系统机械能守恒，故A正确； B．从烧断细线到弹簧恢复原长的过程中，图乙所示系统中由于墙壁对B有力的作用，则系统所受外力之和不为0，则系统动量不守恒，运动过程中只有系统内的弹力做功，所以系统机械能守恒，故B错误；C．从烧断细线到弹簧恢复原长的过程中，图乙所示系统中由于墙壁对B有力的作用，由可知，墙壁对图乙所示系统的冲量不为零，故C错误； D．图丙从小球下滑到弹簧压缩量最大的过程中，只有系统内的弹力做功，所以小球、弧形槽和弹簧组成的系统机械能守恒，由于墙壁对弹簧有力的作用，水平方向动量不守恒，故D错误。故选A。 3．D【详解】A．根据题意可知轻杆转动过程铁球做匀速圆周运动，合外力提供向心力，向心力大小不变，方向时刻在变，故A错误；B．以支架为对象，根据平衡条件可得铁球在最高点时，轻杆的弹力为，故B错误；C．以铁球为对象，在最高点，根据牛顿第二定律，可得铁球匀速转动的角速度大小为，故C错误； D．铁球转动到最低点时，设轻杆的弹力为，对铁球，根据牛顿第二定律 对支架，根据平衡条件可得根据牛顿第三定律，支架对地面的压力大小 联立可得，故D正确。故选D。 4．B【详解】A．根据开普勒第三定律得，a为半长轴，已知卫星在两轨道上运动的卫星的周期相等，所以椭圆轨道的长轴长度为2R，故A错误；B．若OA=0．5R，则OB=1．5R，如果卫星以OB为轨道半径做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力，则，而从该圆轨道进入Ⅱ轨道，卫星需在B点减速做近心运动，所以卫星在Ⅱ轨道上B点的速率，故B正确。C．卫星2在Ⅱ轨道上由A点到B点过程要克服地球引力做功，则动能减小，即A点的速度大于在B点的速度，故C错误；D．由于两卫星在C点时离地高度相同，故两卫星受到的万有引力产生的加速度相同，故D错误；故选B。 5．B【详解】A．过程中，由动能定理 得 故A错误； B．过程中，由动能定理： 得 因此，故B正确； C．在时刻动能最大，速度方向仍向上，之后动能减小，说明物体做减速上升，并未开始下落，C错误。 D．根据动能定理 ，因此图像的斜率等于合外力，故过程中，合外力 即 得，拉力做功为0，物体机械能不变，故D错误；故选B。 6．D【详解】是轻杆三等分点，两球同轴转动角速度相同，线速度满足 因此得 轻杆转至竖直过程中，系统只有重力做功，机械能守恒，满足 解得， 对B球，动能变化等于重力做功与杆做功之和，即 解得，故选D。 7．A【详解】A．s时，甲单摆摆球在平衡位置处，重力势能最小，乙单摆摆球在振动的正方向最大位移处，动能为零，故A正确； B．由题图知，甲、乙两单摆的周期分别为4s、8s，则二者比值为1:2；由单摆的周期公式可得，甲、乙两单摆的摆长之比为，故BC错误； D．摆球实际在做圆周运动，其在最低点时有向心加速度，故D错误；故选A。 8．C【详解】A．人推木箱过程中，人和木箱受到的合外力为0，系统动量守恒；初始时人和木箱均静止，而推木箱过程，人和木箱均获得了动能，系统机械能增大，故A错误； B．取水平向左为正方向，人第一次将木箱推出后木箱动量改变量为，人第二次将木箱推出后木箱动量改变量为，同理第三次、第四次推出后木箱动量改变量仍为，根据动量守恒可知，木箱动量改变量与人的动量的改变量等大相反，故人每一次将木箱推出的过程中，人的动量改变量只有第一次为，之后都为，故B错误； C．木箱与墙壁碰撞一次，取水平向左为正方向，墙壁对木箱的冲量为，故C正确；D．由B选项分析可知，人第一次推出木箱后，人的动量向左增加，之后每推木箱一次，人的动量均2mv，故人推木箱四次后人的动量为7mv，此时人的速度为，故D错误。故选C。 9．AB【详解】设a与b碰后速度分别为和，根据动量守恒定律有 根据机械能守恒定律有 解得， 设b与c碰后速度分别为和，根据动量守恒定律有 根据机械能守恒定律有 解得 为了保证a与b只发生一次碰撞，只需 解得。 故选AB。 10．BD【详解】A．水流单位时间撞到B处的体积等于水流单位时间通过水平喷水口的体积，即体积为，故A错误； B．水流从P到B做平抛运动，平抛初速度为，由于水柱恰好能垂直撞到斜面，几何关系可知在B的速度方向与水平方向成，则有，故B正确； C．设时间内有质量为的水撞击斜面，设该过程斜面给水的支持力为N，规定方向为正方向，由动量定理有 因为 联立解得 根据牛顿第三定律可得，水流对B处的冲击力 故C错误； D．结合B选项分析，由平抛规律可得水流在B的竖直方向速度 故平抛运动时间为 所以空中水的质量为 故D正确。故选BD。 11． (1) (2) k/2b 【详解】（1）重物A由静止上升高度为h的过程中，系统动能增加量为 系统重力势能减少量为 若系统机械能守恒有 联立可得 （2）对BC，根据牛顿第二定律有 对A有，根据牛顿第二定律有 联立整理得 可知图像纵轴截距为 k=2M/g 解得M=k/2b 12． （1）A （2）CD （3） （4） 【详解】（1）滑块通过光电门1的时间小于通过光电门2的时间，说明光电门1到光电门2为减速运动，则右端较低，因此可以调高右侧底座旋钮保证气垫导轨水平；故选A。 （2）A．用挡光片的宽度d虽然能计算出滑块碰撞前后的瞬时速度，但动量守恒和机械能守恒的表达式的左右两边均有，可以约掉，故不需要测量；故A错误； B．滑块在碰撞前后均在气垫导轨上做匀速直线运动，故不需要测光电门 1到光电门2的间距L，故B错误。CD．为了能够表示动量和动能，都需要测两滑块的质量，故CD正确； （3）滑块A与B碰撞前后的瞬时速度分别为，， 若碰撞过程中动量守恒，取水平向左为正方向，根据公式有 整理可得 （4）若为弹性碰撞，即机械能守恒，结合动量守恒有 联立解得 代入瞬时速度可得关系式为。 13．（1） （2） 【详解】（1）处于平衡位置时，合力为0，则有 解得………………4分 （2）由于托盘和物块恰好能够共同沿竖直方向做简谐运动，即两者在最高点时即将分离，即二者之间的作用力为零，对物块，由牛顿第二定律：mg=ma；则，方向向下； 根据简谐运动的对称性可知，最低点时的二者加速度大小也为，方向竖直向上，对物块，由牛顿第二定律：    解得………………8分 14. (1) (2) （3） （1） 根据行星的密度 其中在两极上有: 在赤道上有:            再由赤道处：F万-mg赤=Fn， 即：    得：   将其代入密度表达式，解得………………6分 （2） 在“赤道”上的物体会“飘浮”起来，则物体与地面无接触，可知： 第一问中由：，两式相除可得……………………4分 （3）由题意可得该同步卫星公转周期为行星自转周期T，由万有引力提供向心力得：    解得……………………4分 15．解：（1）由子弹与物块作用时间极短，则二者相互作用前后满足动量守恒：即 再由二者作用过程满足能量守恒得： ……………………5分 （2） 由分析可知子弹和物块整体从A点冲出时，相对于小车水平方向相对静止（即具有水平方向的共同速度），而竖直方向相对小车继续上升，当冲到最高点时竖直方向速度减为0，水平方向仍然具有共速，则对子弹、物块和小车三者组成系统，从子弹射入物块作用后，直至二者到达最大高度过程，由能量守恒得： 再由系统水平方向动量守恒： 代入上式可得h=1.5m……………………6分 （3） 因子弹和物块整体从冲出小车上升至下降返回过程，与小车始终保持水平方向共速，则最终一定能从圆弧轨道A点返回小车，之后在滑至水平部分与小车间因摩擦二阻碍相对运动，假设小车足够长使得最终子弹物块系统与小车能够相对静止，则由能量守恒： 求得：x=5m>L，即实际子弹和物块系统相对与小车滑至最右端时仍未与小车达到共速，设此时子弹物块速度为v3，小车速度为v4， 则由动量守恒得：， 再由能量守恒得： 最终求得：v4=3m/s    ……………………7分 (另一组解v4=1m/s 对应 v3=6m/s不符合实际而舍掉 ) 2 1 学科网（北京）股份有限公司 $