江西盟校2025-2026学年高一下学期7月期末质量检测物理试题

2025-2026学年高一下学期物理学科期末质量检测 一、选择题(本题共10小题,共46分。其中第1~7题为单选题没,每题4分,只有一个选项符合题 目要求。第8~10题为多选题,在每小题给出的四个选项中,有多项符合题目要求,全部选对得6分, 选对但不全的得3分,有选错得0分) 1.2026年央视春节联欢晚会上,人形机器人与小朋友进行同台集群武术表演,惊艳了春晚舞台,如图 是表演“后空翻”的情景。则关于腾空后的人形机器人,下列说法正确的是() A.落地前处于失重状态 B.腾空的高度越高,惯性越大 C.重心位置始终在人形机器人身上 D.观察人形机器人的动作时可以将其视为质点 2.消防员在一次用高压水枪灭火的过程中,消防员同时启动了多个喷水口进行灭火。有甲、乙靠在一 起的高压水枪,它们喷出的水在空中运动的轨迹曲线如图所示,己知两曲线在同一竖直面内,忽略空气 阻力,则() 水平线 A.甲、乙水枪喷出的水初速度相等 B.乙水枪喷出的水初速度较大 失火处 C.乙水枪喷出的水在空中运动的时间较长 77777777777 水平地面 D.甲水枪喷出的水在最高点的速度较大 3.将质量为1kg的物体从地面竖直向上抛出,一段时间后物体又落回抛出点。 在此过程中物体所受空气阻力大小不变,其动能E,随距离地面高度的变化关 上升 系如图所示。取重力加速度g=10s2。下列说法正确的是() A.物体能上升的最大高度为3m 下落 B.物体受到的空气阻力大小为2N 24 h/m C.上升过程中物体加速度大小为10m/s2 0 123 D.下落过程中物体克服阻力做功为24J 4.如图所示,三个木块A、B、C质量分别为、、2m,木块A、C通过轻弹簧相连,B放置在C 上面、C放置在木板D上面,整个系统处于静止状态,重力加速度为g,突然 水平抽出木板D的瞬间,下列说法正确的是() A.A的加速度大小为8 B.B的加速度为零 B C.C的加速度大小为1.5g 77777777777777777 D.B、C间的弹力大小为g 5.我国明代出版的《天工开物》中记录了我们祖先的劳动智慧,如图所示为“牛转翻车”,利用畜力转 动不同半径齿轮来改变水车的转速,从而将水运送到高处。祖先的智慧在今天也得到了继承和发扬。我 国自主研发的齿轮传动系统,打破了国外垄断,使中国高铁持续运行速度达到350h,中国高铁成为 中国制造的一张“金名片”。图中A、B分别是两个齿轮边缘上的点,两齿轮的半径之比14:B=4:3,在 齿轮转动过程中() A.A、B两点的周期之比T4:T=3:4 B.A、B两点的线速度大小之比V4:Vg=4:3 C.A、B两点的角速度之比W4:=3:4 D.A、B两点的向心加速度大小之比a4:g=4:3 牛转翻车 现代齿轮 试卷第1 6,如图,为某款新型配送机器人,它可以自动规避道路障碍与往来车辆行人,实现自动化安全配送。 该机器人在平直公路上行驶时额定功率为P,自身质量为M,最大承载质量为,阻力为其总重力的 倍。重力加速度为g,下列说法正确的是() A、该机器人空载行驶时,能达到的最大速度为P kMg B.若该机器人满载以额定功率匀速行驶途中,不慎掉落一货物,之后 机器人将做加速度逐渐增大的变加速运动 C.该机器人可以一直做匀加速直线运动直至达到全程的最大速度 P D.若该机器人满载时以加速度 匀加速启动,则匀加速运动的时间为t (M+m)a 7.如图所示,圆心为O、半径为R的均匀带电圆环位于水平面内,带电量为Q。一个 质量为,带同种电荷带电量也为Q的小球,在圆心O的正上方高为h的O处,处于 静止状态,若O'与圆环上任一点的距离为L,则Oo'间的距离h为(静电力常量为k, 重力加速度为g)() A.h=mgl C.h=- ko2 D.h=hng R 0 ko B.h=mgR3 ko2 ng月 Q22 8.如图所示,实线为两个点电荷9和Q产生的电场中的电场线(方向未标出),一带正电的离子(不 计重力)沿ob运动,下列说法正确的是() b A.只带正电,Q带负电 B.2的电荷量大于Q2的电荷量 C.离子从a到b的运动过程中,O点的电势能最大 D.离子从 到b的运动过程中,速度先增大后减小 9.如图所示,轻质弹簧一端固定,另一端与质量为、套在粗糙竖直固定杆A处的圆环相连,弹簧水 平且处于原长。圆环从A处由静止释放后,经过B处速度最大,到达C处(AC=h)时速度减为零。若 在此时给圆环一个竖直向上的速度 ,它恰好能回到A点.弹簧始终在弹性限度内,重力加速度为g, 则圆环() A.下滑过程中,加速度一直增大 B.上下两次经过B点的速度大小相等 C.下滑过程中,克服摩擦力做的功为4 D.在C处弹簧的弹性势能为mgh-m 10.有一颗绕地球做匀速圆周运动的卫星,其运行的线速度是地球近地卫星 的,卫星圆形轨道平面与地球赤道平面重合,卫星上有太阳能收集板可 2 以把光能转化为电能,提供卫星工作所必须的能量。已知地球表面重力加速度为g,地球半径为R,忽 略地球公转,此时太阳处于赤道平面上,近似认为太阳光是平行光,则下列说法正确的是() A.卫星的轨道半径为3R B.卫星轨道所在位置的重力加速度为8 C.卫星运动的周期为4 2R 8 D.卫星绕地球一周,太阳能收集板的工作时间为10:,四 3 Vg 页,共2页 二、实验题(共两题每空2分,共16分) 11.某实验小组采用落体法验证机械能守恒定律,装置如图甲所示。 打点 计时器 纸带 单位:cm 重物 D 接电源 18.32 22.24 26.56 0 31.24 甲 乙 丙 (1)已知当地的重力加速度g=9.8/s2,交流电的频率∫=50Hz,重物质量m=1kg,则根据纸带所给 数据(其中O点为打点计时器打下的第一个点),可知OC过程中,重物动能的增加量 E,= J 重物重力势能的减少量 E。= J(结果均保留2位有效数字);一般情况下 E。> E,这是 因为 (2)如果用图像法处理数据,则从纸带上选取多个点,测量从第一点到其余各点下落的高度h,并计算出 各点速度的平方v2,以v为纵轴,h为横轴建立直角坐标系,根据实验数据作出如图丙所示的图线。在 实验误差允许范围内,若图像斜率为 (用字母8表示),则验证了机械能守恒定律。 12.某同学发现可以利用智能手机的软件直接测量手机运动时的加速度。为测量重力加速度大小,该同 学设计了如图甲所示的实验装置。手机与木块固定后,放在木板上。木块通过一根跨过光滑定滑轮的细 线悬挂不同个数的相同钩码。 智能手机 木块 a 宁钩码 门 甲 (1)为平衡木块受到的摩擦力,应在 (填“挂”或不挂”)钩码的情况下将木板未固定滑轮的 端垫高,直至木块能在木板上做匀速直线运动。 (2)平衡摩擦力后,改变细线上悬挂钩码的个数,释放钩码后测得木块相应的加速度大小a,得到多组 实验数据后绘制出上1图像如图乙所示。已知该图像的斜率为k,在纵轴的截距为b,则当地的重力 加速度大小为 手机和木块的总质量与单个钩码质量的比值为 。(均选用b、k 表示) (3)下列说法正确的是 A.实验时需要确保钩码的总质量远小于手机和木块的总质量 B.实验时应确保木板上方的细线始终与木板平行 C.实验时细线上的拉力与细线下方钩码受到的总重力大小相等 三、解答题(本大题共3小题,共38分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤,只 写出最后答案不能得分。有数据计算的题,答案中必须明确写出数值和单位) 13.(10分)如图所示,带正电的小球B用绝缘棒固定,系在轻质绝缘丝线上重为G、带电荷量为一9(心0) 的小球A在静电力的作用下发生偏离,当两个带电小球在同一高度相距d保持静止时,丝线与竖直方向 成日角,小球A、B可视为点电荷,静电力常量为k。 试卷第2) (1)求A球受到绝缘丝线拉力的大小: (2)求B球带电荷量。 14.(12分)抛石机又叫抛车,最早产生于周代,是一种攻守城垒的武器。为了方便研究,简化为图示 物理模型,轻杆左端装上质量为的石头A,右端固定有重物B,轻杆可绕水平转轴O自由转动。初 始时刻轻杆与水平地面的夹角为30 ,A、B到O的距离分别为6L、L。无初速度释放,当轻杆运动到 竖直时A脱离轻杆做平抛运动,A、B均可视为质点,不计转轴摩擦及空气阻力,重力加速度为g。A 平抛运动的水平射程为12√3L,求: (1)A脱离轻杆时,A和B的速度大小: (2)重物B的质量M; (3)A脱离杆前瞬间杆对转轴O的作用力大小。 LoB RO 6L mm A 15.(16分)如图所示,光滑平台上一根轻弹簧左端固定于竖直墙上,右端被质量=1kg、可视为质点 的小物块压缩,且弹簧与物块不拴接,弹簧储存的弹性势能为E,=4.5J,弹簧原长小于光滑平台的长 度。在平台的右端有一传送带,AB间距离为L=7,传送带以v=6/s的速率顺时针转动,物块与传 送带间的动摩擦因数4=0.2(不考虑物块滑上和滑下传送带的机械能损失)。与传送带相邻的粗糙水平 面BC长5=5.5m,它与物块间的动摩擦因数山2=0.1,在C点右侧有一半径为R的光滑竖直半圆轨道 与BC平滑连接,在圆弧的最高点F处有一竖直固定弹性挡板。现将小物块释放,小物块恰能滑到半圆 轨道最高点F,且物块撞上挡板后以原速率反弹。取g=10ms2。求: (1)小物块第一次滑上传送带运动到B点时能否与传送带共速?求在该过程中产生的热量Q: (2)半圆轨道的半径R; (3)小物块最终停下的位置距离B点的距离d。 E R M A B 粗糙平台 万,共2页 《2025-2026学年高一下学期物理学科期末质量检测》参考答案 题号 1 3 4 5 8 9 10 答案 B B C C A BD CD CD 1.A【详解】A.机器人在空中落地前,忽略空气阻力时,加速度等于重力加速度、方向竖直向下,落 地前人形机器人处于失重状态,故A正确;B.惯性是物体的固有属性,惯性大小仅由质量决定,和速 度无关,故B错误;C.物体的重心位置不一定在物体本身,机器人做后空翻肢体弯曲时,重心可能在 机器人身体外,故C错误;D.研究机器人后空翻动作时,机器人的形状、大小不能忽略,因此不能将 机器人视为质点,故D错误。故选A。 2.B【详解】AB.令喷出水的初速度与水平方向夹角为O,到达最高点过程,斜抛运动竖直方向做 竖直上抛运动,利用逆向思维有(,sm0=2gh解得=y2 上根据图示可知,竖直方向高度相等,甲 n 喷出的初速度与水平方向夹角大一些,则乙水枪喷出的水初速度较大,故A错误,B正确;C.斜抛运 动竖直方向做竖直上抛运动,根据图示可知,高度相等,利用逆向思维有=】根据对称性可知,上 2h 升与下降时间相等,水枪喷出的水在空中运动的时间t=2t,解得t=2 即甲、乙水枪喷出的水在空中 运动的时间相等,故C错误;D.斜抛运动水平方向做匀速直线运动,则水在最高点的速度y,=,C0$日 结合上述可知,甲喷水速度小于乙喷水速度,甲喷出的初速度与水平方向夹角大一些,则甲水枪喷出的 水在最高点的速度较小,故D错误。故选B。 3.B【详解】B.根据动能定理可得F会 1= E解得E-h图象的斜率大小k=F;故上升过程有 mo E1_72-36N=12N下降过程有g-J=Ah=3一N=N联立解得∫=2N,m=1kg h3 故B正确;A.针对上升到最高点的过程,由动能定理-(g+f)H=0-E如 解得物体上升的最大高度为H-受m6m故A错误:C。对上升过程由牛顿第二定律有心+f=% 可知上升的加速度为4=1 m/s2=12m/s2故C错误:D.物体下落过程克服阻力做功为 1 W使=H=2 6J=12J故D错误。故选B。 4.C【详解】A.A原来受重力g和向上的弹簧弹力F,系统处于平衡状态,合力为零,F=g, 抽出木板D瞬间,弹簧形变来不及改变,弹力大小保持F=g不变,因此A加速度为0,故A错误; BD.若假设B、C一起加速,对B、C整体,总向下合力为(+2m)8+F=4g可得加速度 a=4m8-4。 3=8>8,则与实际情况不符,因B最大加速度为8,因此B、C会分离,B、C间弹力为0, B只受重力,加速度为8,故BD错误;C.对C受力分析:向下的重力2g,向下的弹簧弹力为g, 总合力为3mg,因此加速度4。=3g=1.5g,故C正确。故选C。 2 5.C【详解】B.两齿轮接触传动,故A、B两点的线速度大小相等,则v4:a=1:1 故B错误:C.根据=可得A、B两点的角速度之比@:4=:4=3:4故C正确;A.根据T=2红 可得TA:I。=s4=4:3故A错误;D.根据a='=a可得aA:a2=@4:=3:4故D错误。 故选C。 6.A【详解】A,该机器人空载行驶时受到的阻力为∫空=k⑧当其达到最大速度时,其所受到的阻力 答案第1页 与牵引力大小相等,有P=:三人解得故A项正确:B.当其满载时,其受到的阻力为 ∫满=k(M+m)g匀速运动时,有耳=满=k(M+m)g当掉落一个货物后,其阻力变为 =k(M+m-)g掉落瞬间,其牵引力大于阻力,所以其将有加速度,有F牵-=(M+m-)a 对于其机器人有P=F牵由于掉落后机器人的做加速运动,其速度增加,所以其牵引力减小,加速度减 小,综上所述若该机器人满载以额定功率匀速行驶途中,不慎掉落一货物,之后机器人将做加速度逐渐 减小的变加速运动,故B项错误;C.若机器人以恒定加速度启动,有F,-∫=又因为?=y 所以当机器人的功率增加到额定功率时,其牵引力将会减小,所以其之后将做加速度减小的加速运动, 直至最大速度,综上所述可知,该机器人不可以一直做匀加速直线运动直至达到全程的最大速度,故C 项错误;D.当机器人恒加速度运动时,有F-∫满=(M+m)a达到额定功率有P=如 匀加速直线时,有'a=解得1=M+m(g十a)a故D项错误。故选A。 7.A【详解】在带电圆环上取一小段长度 x,则该小段长度圆环带电量为 q=2元RP 该小段带电圆环对带电小球的库仑力为 F=k:9该库仑力的竖直分力为 2 -k29当xa=k292其合力为∑识=-四299架4g0品 kho kho L =mg 解得h="g ko -故选A。 8.BD 【详解】A.由图可知点电荷g和Q,带异种电荷,点电荷9对该离子的库仑力为吸引力,故点电荷2带 负电,点电荷Q2带正电荷,故A错误: B.在点电荷2和O之间,点电荷O1附近的电场线比Q2附近的电场线密集,故9的电荷量大于2的电 荷量,故B正确: CD.离子从到b的运动过程中,电场力先做正功后做负功,速度先增大后减小,电势能先减小后增大, 故C错误,D正确。 故选BD。 9.CD【详解】A.圆环从A处由静止开始下滑,经过B处的速度最大,到达C处的速度为零,所以圆 环先做加速运动,再做减速运动,经过B处的速度最大,所以经过B处的加速度为零,所以加速度先减 小,后增大,A错误: 1 B.研究圆环从A处由静止开始下滑到B过程,运用动能定理列式得mghW:一W'=2加-0 1 研究圆环从B处上滑到A的过程,运用动能定理列出等式-g-W:+W'端=0-。m'a2 2 1 即得me+Wa=2m 由于W'>0 所以mg2<g 2 ”2 则得g<VB 所以圆环下滑经过B的速度小于上滑经过B的速度,B错误: CD.研究圆环从A处由静止开始下滑到C过程,由动能定理 gh-W-W赚=0-0 ,共2页 在C处获得一竖直向上的速度v,恰好能回到A,由动能定理得-mgh+形-所=0-m 联立解得克服摩擦力做的功为所=mr2m=gh-m: 所以在C处,弹筑的弹性势能为8,=那,=wgh-mCD正确。故选cD。 10.CD【详解】A.卫星绕地球敬匀速圆周运动,则有G"-u 为、一三。伽=m在地球表面有0R26h您息有互三V =2R故A错误:B.在卫星轨道所在位置有G恤g结合上述解得飞 故B错误:C.卫星绕地球做匀速圆周运动,则有G=m4结合上述解得T=4切 2R T2 故C正确;D.作出太阳光示意图,如图所示 根据几何关系有sm9=R-解得日=30可知卫星绕地球一周,太阳能 r2 收集板的工作时间对应卫星的圆周角为 =360 -26=300 则太阳能收 太 集板的工作时间为1=,区T结合上述解得1=10产 2R 故D正确。 光 360 3 Vg 地球 故选CD。 11.(1) 2.5 2.6 重物下落过程中克服空气阻力和摩擦阻力做功 (2)2g 【详解】(1)[1]由题可知,打点的时间间隔为T= 1=0.02s 打点计时器打下C点时重物的速度大小为ye=2=2,25m/s 2T 1 故重物动能的增加量 E=二2=2.5J 2 [2]重力势能的减少量 E。=ghoc=2.6J [3]一般 E。> E,这是因为重物下落过程中克服空气阻力和摩擦阻力做功: (2)若机械能守恒,则有m=mgh整理可得=2gh故在m2-h图像中,其斜率为k=2g 12.(1)不挂 1 (2) b b (3)B 【详解】(1)为平衡木块受到的摩擦力,应在不挂钩码的情况下将木板未固定滑轮的一端垫高,直至木 块能在木板上做匀速直线运动。 (2)[1][2]设手机和木块的总质量为M,单个钩码的质量为m,根据牛顿第二定律g=(M+m)a 整理可得上M.11 。对比题中图像有b=上,k=M a mg n g 得86兴各 (3)A.结合前面分析可知,实验时不需要确保钩码的总质量远小于手机和木块的总质量,A错误: B.为确保每次实验时手机和木块受到的细线拉力恒定,需要确保木板上方的细线始终与木板平行,B 正确;C.实验时细线下方钩码有向下的加速度,处于失重状态,细线上的拉力小于细线下方钩码受到 答案第2 的总重力,C错误。故选B。 G 、Gd'tana 13.(1) (2)- 'cose kg 【详解】(1)带负电的小球A处于平衡状态,竖直方向:G-Tcos0=0水平方向:F-Tsin0=0解得 A球受到绝缘丝线的拉力:T=G cos0 很据库仑定律受到库仑力的大小:F=Gan9文:F=k是解得B球带电荷量:Q=G0 kg 14.2.)%=26g,h36g7(aM=18m()P=-27m驱 【详解】(1)竖直方向6L+6Lsin30 -一82,解得t=, 18L 水平方向12W3L=Yt,解得ys=2√6gL 8 根据角速度公式心立之,解得医Z 6L L 1 根据机械能守恒定律得Mg(L+Zsin30)-g(6L+6Lsm30)=m吸+Mh金,解得M三 2 (3)对A,R+g=m兰,解得R=3g,向下,R=3g,向上对B,乃-Mg=M兰,解得 6L 至=30ng,向上,乃'=30mg,向下杆对转轴O的作用力,F'=F’-'=27mg,向下 15.(1)可以,4.5J (2)R=0.5m (3)d=4n 【详解】(1)分析可知弹簧弹性势能全部转化为物块动能,则有E。=三解得,=3m/s<6m/s物块 2 初速度小于传送带速度,可知物块在传送带上做加速运动,加速度大小4=凸8=4g=2m/S 设物块能与传送带共速,则物块加速到6mS用时5=”一”=1.5s该时间内物块位移 x="4=6.75m<L可知假设成立。根据功能关系可知,该过程中产生的热量0=4mg(话-)=45J。 2 (2)小物块恰能滑到半圆轨道最高点下,在F点有g=m加兰解得。=V√R物块从B到F过程,根据 R 励能定理有mm4g对-8 2尔联立解得R=0,5m,y=√5m店 (3)因为挡板是弹性挡板,因此碰后物块机械能不损失,则物块从B到F再返回到B过程,根据动能 定理有m-m-方 4g解得-im<6m1s又因为2花g-35m<2 2a1241g 可知物块以Y滑上传送带后,返回传送带时的速率仍为',再次滑上BC段,物块第二次滑上BC段, 能滑行的距离=,片=7m>5可知物块从B点向C滑行55m后到达C点,剩余动能 284 B,c=2m-%mg=1.5J物块再次冲上半圆轨道,返回C点后,滑上BC段,根据动能定理有 0-Ec=-gS2解得52=1.5m<s 可知物块从C点向B滑行1.5m后停下,距离B点d=5-S2=4l。 页,共2页