陕西榆林市榆阳区2025-2026学年高一下学期期末物理试卷

**基本信息** 以生活与科技情境为载体，全面考查力学与振动波核心知识，突出科学思维与问题解决能力，如次声波共振、卫星变轨、弹簧弹性势能等真实问题的分析。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |单选题|8/24|振动、波、动量、天体运动|结合跳水、彩超等生活情境，考查概念辨析与现象解释| |多选题|4/24|波的干涉、机械能守恒、弹簧问题|通过波的图像、圆环下滑等情境，分层考查推理与论证能力| |实验题|2/12|单摆测g、验证动量守恒|创新设计（石块单摆）与误差分析，体现科学探究素养| |解答题|4/40|碰撞动量、斜面能量、圆周运动|综合弹簧弹性势能、摩擦生热等，考查模型建构与综合应用|

高一物理期末试卷 一、单选题（每小题3分，共24分） 1．下列关于生活及自然现象的描述中正确的是（     ） A．跳水运动员起跳后，跳板做阻尼振动，振动过程中固有频率不断减小 B．次声波在穿过人体时，因其频率接近人体内脏固有频率，易损伤人体器官 C．做彩超时接收到的反射超声波频率升高，说明血液正在远离探头 D．海豚发出的声波绕过礁石传播的原理与两同频率水波在湖面形成稳定条纹的原理相同 2．下列关于物理量正负号的意义表述正确的是（     ） A．做功为正值，表示力与位移的夹角大于90度 B．重力势能为负值，表示它比零势能小 C．速度为正值，表示物体一定做加速运动 D．为正值，说明物体的动能减小 3．关于动能、动量和冲量，下列说法正确的是（     ） A．质量不变的物体动能不变，则动量一定不变 B．质量不变的物体动量不变，则动能一定不变 C．动量越大的物体，其惯性一定越大 D．物体运动的方向就是它受到的冲量方向 4．地球静止卫星的发射过程可以简化如下：卫星先在近地圆形轨道I上运动，在点A时点火变轨进入椭圆轨道II，到达轨道的远地点B时，再次点火进入同步轨道III绕地球做匀速圆周运动。设卫星质量保持不变，下列说法中正确的是（　　） A．卫星在轨道I上运动经过A点时的加速度小于在轨道II上运动经过A点时的加速度 B．卫星在轨道I上的机械能等于在轨道III上的机械能 C．卫星在轨道I上和轨道III上的运动周期均与地球自转周期相同 D．卫星在轨道II上运动经过B点时的速率小于地球的第一宇宙速度 5．如图所示，用长为的轻绳悬挂一质量为的沙箱，沙箱静止。一质量为的弹丸以速度水平射入沙箱并留在其中，随后与沙箱共同摆动一小角度。不计空气阻力。对于子弹射向沙箱到与其共同摆过一小角度的过程中，下列说法正确的是（    ） A．整个过程中，弹丸和沙箱组成的系统动量守恒 B．子弹击中沙箱到与沙箱共速的过程机械能守恒 C．若保持、、不变，变大，则弹丸与沙箱的最大高度不变 D．若保持、、不变，变大，则弹丸与沙箱的最大摆角不变 6．如图甲所示，某均匀介质中，两波源、分别位于轴上和处且均沿轴方向持续振动，两波源的振动图像如图乙所示。两波源产生的简谐横波沿轴相向传播，波速均为。则下列说法正确的是（     ） A．两波源振动的频率为 B．两波源产生的简谐横波的波长为 C．稳定时，处为振动加强点 D．稳定时，处的振幅为 7．一列简谐横波沿轴负向传播，图中的实线和虚线分别代表此波在和时刻的波动图像，已知该波的周期大于，则以下说法正确的是（     ） A．该波上质点振动的振幅为 B．该波上质点振动的周期为 C．该波的周期为 D．该波的波速为 8．将一劲度系数为的轻弹簧压缩后锁定，在弹簧上放置一质量为的小物块，距离地面高度为，如图甲所示。解除弹簧的锁定后，小物块被弹起，其动能与离地高度的关系如图乙所示，其中到间的图像为直线，其余部分均为曲线，对应图像的最高点。不计空气阻力，重力加速度为，下列说法正确的是（    ） A．小物块上升至高度时，弹簧形变量为零 B．小物块从高度上升到，小物块重力势能增加了 C．小物块上升至高度时，加速度为零 D．解除锁定前，弹簧的弹性势能为 二、多选题（每小题6分，漏选得3分，错选不得分，共24分) 9．两列频率相同、振幅分别为和的横波发生干涉时，某一时刻的图样如图所示，实线表示波峰，虚线表示波谷，关于K、M、N三点的下列说法中正确的是（　　） A．质点K为振动减弱的点 B．经过一段时间，质点M、N的位移大小可能相等 C．质点N的振幅为12cm D．由图中时刻再经过周期时，质点M的位移为零 10．如图所示，固定的竖直光滑长杆上套有质量为m的小圆环，圆环与水平状态的轻质弹簧一端连接，弹簧的另一端连接在墙上，并且处于原长状态，现让圆环由静止开始下滑，已知弹簧原长为L，圆环下滑到最大距离时弹簧的长度变为2L（未超过弹性限度），重力加速度为g，则在圆环下滑到最大距离的过程中（　　） A．圆环的机械能守恒 B．弹簧弹性势能增加了 C．圆环下滑到最大距离时，所受合力为零 D．圆环重力势能与弹簧弹性势能之和先减小后增加 11．沿轴方向传播的简谐横波，图甲为时刻的波形图，图乙是质点的振动图像。下列判断正确的是（　　） A．该波沿轴负方向传播 B．该波的波长为 C．该波的波速为 D．质点的振动方程为 12．如图所示，倾角为的足够长的光滑斜面体固定在水平面上，轻弹簧放在斜面上，下端与固定在斜面底端的挡板相连，质量分别为和的物块A、B放在斜面上，B与弹簧连接，A、B静止时弹簧的压缩量为。已知弹簧弹性势能与其形变量的关系为，重力加速度为，则在移走物块A之后的过程中，下列说法正确的是（     ） A．物块B的机械能守恒 B．弹簧的劲度系数为 C．物块B的最大加速度为 D．物块B向上运动的最大位移为 三、实验题（每空2分，共12分） 13．小张同学用如图所示实验装置做“用单摆测重力加速度”的实验。 (1)为了减小测量误差，下列说法正确的是______（选填字母代号）； A．将钢球换成塑料球 B．当摆球经过平衡位置时开始计时 C．把摆球从平衡位置拉开一个很大的角度后释放 D．记录一次全振动的时间作为周期，根据公式计算重力加速度g (2)若测得的重力加速度g值偏小，可能的原因是______（选填字母代号）； A．把悬点到摆球下端的长度记为摆长 B．把摆线的长度记为摆长 C．摆线上端未牢固地系于悬点，在振动过程中出现松动 D．实验中误将摆球经过平衡位置49次记为50次 (3)某同学在家里做用单摆测量重力加速度的实验，但没有合适的摆球，他找到了一块外形不规则的石块代替了摆球，摆球的重心不在球心，但是在球心与悬点的连线上。他仍将从悬点到石块中心的距离当作摆长L，通过改变摆线的长度，测得几组L和对应的周期T，画出图线； 在图线上选取A、B两个点，坐标分别为，如图所示。由图可计算出重力加速度______。 14．某小组做“验证动量守恒定律”实验：一长木板固定在水平桌面上，其左端固定一个弹射装置。两个小滑块、质量分别为、，与木板间的动摩擦因数相同，滑块每次被弹射装置弹出的速度相同。主要实验步骤如下： ①紧靠弹射装置，被弹出后停在木板上的点，如图甲所示； ②将放在木板上的某一位置处，测出与两点间的距离，如图乙所示； ③紧靠弹射装置，被弹出后与发生正碰，被弹回； ④分别测出、两滑块停下时的位置与点的距离、，如图丙所示。 根据以上实验步骤，回答以下问题： (1)验证系统动量是否守恒时，__________（填“需要”或“不需要”）知道物块和长木板间动摩擦因数的大小； (2)到达点时的速度与的关系满足__________； A． B． C． (3)若表达式满足__________，则碰撞中动量守恒；（用、、、、表示） 四、解答题 15．（6分）光滑冰面上，一个质量为6kg的滑块A以向东2.0m/s的速度与另一质量为4kg、速度为1.0m/s并沿相反方向运动的滑块B发生对心碰撞，碰撞后两个滑块粘在一起。求： (1)碰撞后滑块的速度大小v； (2)碰撞前后滑块B动量的变化量大小p； 16．（9分）民航客机都有紧急出口，发生意外情况的飞机紧急着陆后，打开紧急出口，狭长的气囊会自动充气，生成一条连接出口与地面的斜面，人员可沿斜面滑行到地面，如图所示。若机舱口下沿距地面h=3m，气囊所构成的斜面长度为L=5m，一个质量为60kg的人沿气囊滑下时所受的阻力是210N，重力加速度g取10m/s2。求： (1)当人滑至气囊底端时速度的大小； (2)当人滑至气囊底端时重力的瞬时功率大小； (3)下滑过程中支持力的冲量大小。 17．（12分）如图所示，处于光滑水平面上的四分之一光滑圆弧小车，半径R=0.2 m，停靠在平台CDE左端且与平台高度相等。其中CD部分光滑，DE部分粗糙且与滑块Q间的动摩擦因数μ=0.25，平台DE长度L=1 m。滑块P、Q间有一被锁定且处于压缩状态的轻质弹簧，弹簧与P、Q不拴接，解除锁定后，滑块Q到达轨道E点时的速度大小为2m/s。已知滑块P、Q离开CD平台前弹簧已经恢复原长，P、Q质量均为m=1 kg，小车质量为M=0.5 kg，取g=10 m/s2，忽略运动过程中空气阻力的影响。求： (1)初始弹簧的弹性势能； (2)滑块P滑离小车时，小车和滑块P的速度大小； 18．（13分）如图，半径为R的光滑圆形轨道 ABC固定在竖直平面内，在圆轨道 C 处有一个缺口可以通过滑块，与粗糙水平轨道CD相切于C点，直径AC竖直。D端有一被压缩的轻质弹簧保持锁定，弹簧左端连接在固定的挡板上,弹簧右端P到C点的距离为3R。质量为m的小滑块从轨道上的B点由静止滑下，恰好能运动到P点。此时弹簧解除锁定，之后滑块被弹回，并能够进入圆轨道且不脱离轨道。当滑块进入圆轨道时， C处缺口闭合形成封闭的轨道。已知∠BOC=60°，重力加速度为g。求： (1)滑块第一次滑至圆轨道最低点C时，轨道对滑块的支持力大小； (2)滑块与水平轨道间的动摩擦因数； (3)弹簧被锁定时具有的弹性势能的取值范围。 试卷第8页，共8页 试卷第7页，共8页 学科网（北京）股份有限公司 《高一期末试卷》参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 B B B D C D C B BD BD 题号 11 12 答案 BC BC 1．B 【详解】A．振动系统的固有频率由自身结构性质决定，与阻尼无关，阻尼振动过程中固有频率不变，仅振幅逐渐减小，故A错误； B．当驱动力频率接近物体固有频率时会发生共振，振幅显著增大，次声波频率接近人体内脏固有频率，会引发内脏共振，振幅过大易损伤器官，故B正确； C．根据多普勒效应，若反射波频率升高，说明反射波源（血液）正靠近探头，远离探头时反射波频率会降低，故C错误； D．声波绕过礁石传播是波的衍射现象，两同频率水波形成稳定条纹是波的干涉现象，二者原理不同，故D错误。 故选B。 2．B 【详解】A．功的计算公式为（为力与位移的夹角），做功为正值时，即，故A错误； B．重力势能是标量，正负表示相对于零势能面的大小关系，重力势能为负值说明它比零势能小，故B正确； C．速度的正负仅表示速度方向与规定正方向是否相同，物体做加速还是减速运动取决于速度与加速度的方向是否一致，速度为正、加速度为负时物体做减速运动，故C错误； D．动能变化量，为正值说明末动能大于初动能，物体动能增大，故D错误。 故选B。 3．B 【详解】A．质量不变的物体动能不变，说明速度大小不变，但速度方向可能发生变化（如匀速圆周运动），动量是矢量，方向改变则动量改变，故A错误； B．质量不变的物体动量不变，说明速度的大小和方向均不变，由动能公式可知，动能一定不变，故B正确； C．动量表达式为，动量越大可能是速度很大、质量很小，而惯性仅由质量决定，因此动量越大惯性不一定越大，故C错误； D．冲量的方向等于动量变化的方向，和物体运动方向（即速度方向）无必然联系，如匀减速直线运动中冲量方向与运动方向相反，故D错误。 故选B。 4．D 【详解】A．由，解得 可知卫星在轨道I上运动经过A点时的加速度等于在轨道II上运动经过A点时的加速度，故A错误； B．卫星从轨道Ⅰ进入轨道Ⅱ需在A点火加速，卫星从轨道Ⅱ进入轨道III需在B点火加速，所以卫星在轨道I上的机械能小于在轨道III上的机械能，故B错误； C．由开普勒第三定律，可知卫星在轨道I上的运动周期小于在轨道III上的运动周期，轨道III上的运动周期与地球自转周期相同，故C错误； D．由，可知 可知卫星在轨道III上运动经过B点时的速率小于地球的第一宇宙速度，卫星在轨道III上运动经过B点时的速率大于卫星在轨道II上运动经过B点时的速率，故卫星在轨道II上运动经过B点时的速率小于地球的第一宇宙速度，故D正确。 故选D。 5．C 【详解】AB．弹丸击中沙箱过程系统水平方向动量守恒，竖直方向受力不平衡，则系统动量不守恒，而系统的机械能因摩擦生热而减少，故AB错误； C．以弹丸的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得 解得 弹丸与沙箱一起摆动过程，设最大高度为h，则有 解得 则若保持、、不变，变大，则弹丸与沙箱的最大高度不变，故C正确； D．设弹丸与沙箱的最大摆角为，则有 若保持、、不变，变大，则弹丸与沙箱的最大摆角变小，故D错误。 故选C。 6．D 【详解】A．由图乙可知，两波源的振动周期 ，频率 ，故A错误； B．根据波速公式 得波长 ，故B错误； C．对 处，两波源到该点的路程差 由图乙可知，两波源起振方向相反，初始相位差为 ，当路程差为整数倍波长时，总相位差为 该点为振动减弱点，故C错误； D．对 处，路程差 同理，该点为振动减弱点；减弱点振幅为两波振幅之差，，故D正确。 故选D。 7．C 【详解】A．由图可知，该波的振幅 A=2.0cm，故A错误； BC．由图可知波长 λ=4m。波沿 x 轴负向传播，根据波形的平移法可知，实线波形向左平移（n=0，1，2,…） 可与虚线重合。则传播时间（n=0，1，2,…） 解得（n=0，1，2,…） 因为 T>1s，所以 n 只能取 0，此时，故B错误，C正确； D．该波的波速，故D错误。 故选C。 8．B 【详解】A．小物块上升至高度时，动能最大，速度最大，此时小物块加速度为零，弹簧的弹力等于重力，形变量不为0，故A错误； B．小物块从高度上升到，小物体动能的变化量为零，根据小物体和弹簧组成的系统机械能守恒可得，弹簧的弹性势能的减少等于小物体重力势能的增加。小物块上升到时，弹簧恢复原长，小物块的加速度为g，方向竖直向下，由于小物块做简谐运动，根据对称性可知，小物块上升到时，小物块的加速度为g，方向竖直向上，设此时弹簧的压缩量为，由牛顿第二定律得 解得 故小物块从高度上升到，小物块重力势能增加了 故B正确； C．小物块上升至高度时，即最高点时，速度为0，加速度为，故C错误； D．小物块、弹簧组成的系统机械能守恒，小物块距离地面高度为、时动能均为零，可知解除锁定前，弹簧的弹性势能为 故D错误； 故选B。 9．BD 【详解】A．质点K为波谷与波谷相遇，是振动加强的点，A错误； BC．M为振动加强点，现在是波峰与波峰相遇，经过一段时间，会出现波谷与波谷相遇，因此M点在上下振动，振幅为12cm，而N点为振动减弱点，总是波峰与波谷相遇，振幅为2cm，某时刻也能出现质点M、N的位移大小相等，B正确, C错误； D．由图中时刻再经过周期时，两列波的平衡位置恰好都到达M点，因此质点M的合位移为零，D正确。 故选BD。 10．BD 【详解】A．圆环下滑过程，弹簧对圆环做负功，圆环的机械能减小，即圆环的机械能不守恒，故A错误； B．圆环下降的高度 根据能量守恒定律可知，弹簧弹性势能增加 解得，故B正确； C．对圆环进行分析可知，圆环开始向下做加速度减小的变加速直线运动，后做加速度增大的变减速直线运动，则圆环下滑到最大距离时，加速度不等于零，即所受合力不为零，故C错误； D．圆环和弹簧构成的系统机械能守恒，结合上述，圆环向下运动过程中，速度先增大后减小，即圆环的动能先增大后减小，则圆环重力势能与弹簧弹性势能之和先减小后增加，故D正确。 故选BD。 11．BC 【详解】A．质点Q在时，速度沿y轴正方向，根据平移法可知，简谐横波沿x轴正方向传播，故A错误； B．根据图甲可知，波长为，故B正确； C．由图乙可知，周期为2s，波速为，故C正确； D．由图可知振幅为10cm，设质点Q的振动方程为 代入（1，0）解得 则质点的振动方程为，故D错误； 故选BC。 12．BC 【详解】A．移走A后，弹簧弹力对B做正功，因此B的机械能增大，故A错误； B．A、B静止时，合力为零，弹簧弹力等于总重力沿斜面的分力 可得，故B正确； C．移走A后，初始位置合力最大，加速度最大，则有 最大加速度为，故C正确； D．B运动到最大位移时速度为0，设最大位移为x，此时弹簧形变量为，由能量守恒有 解得，故D错误； 故选BC。 13．(1)B (2)BC (3) 【详解】 （1）A．将钢球换成塑料球，会增大小球摆动时受到的阻力，增大误差，A错误； B．摆球摆到平衡位置时开始计时，此时摆球的速度最大，特征明显，可以减小测量周期产生的误差，B正确； C．摆球摆动时的角度应小于，否则就不是简谐振动了，把摆球从平衡位置拉开一个很大的角度，会增大实验的误差，C错误； D．至少应该测量30次全振动的时间，以减小摆球周期测量的误差，故D错误。 故选B。 （2）根据 可知 A．把悬点到摆球下端的长度记为摆长,可知偏大，故偏大，A错误； B．把摆线的长度记为摆长，可知偏小，故偏小，B正确； C．摆线上端未牢固地系于悬点，在振动过程中出现松动，实际摆长变大，计算所用摆长偏小，故偏小，C正确； D．实验中误将摆球经过平衡位置49次记为50次，导致周期偏小，故偏大，D错误； 故选BC。 （3）设摆球重心在球心上方的距离为，则 解得 则图像的斜率 故重力加速度 14．(1)不需要 (2)B (3) 或 【详解】（1）验证系统动量是否守恒时，由第三问解析可知，动摩擦因数会从等式两边消去，因此不需要知道其大小。 （2）滑块在木板上滑行时，加速度大小 由运动学公式 得 因此 故选B。 （3）设向右为正方向，碰撞前A在O点的速度，碰撞后A反弹，速度 B碰撞后速度 根据动量守恒 整理得动量守恒表达式 15．(1)0.8m/s (2)7.2kg·m/s 【详解】（1）取向东为正方向，碰撞前后两滑块动量守恒 其中，由题意可知， 解得 （2）碰撞前后滑块B动量的变化量大小 16．(1) (2) (3) 【详解】（1）设人滑至气囊底端时速度的大小为，人沿气囊滑下的过程，根据动能定理有 代入数据解得 （2）设斜面倾角为，则有 当人滑至气囊底端时重力的瞬时功率大小为 （3）人沿气囊滑下的过程，根据运动学公式可得 解得所用时间为 则下滑过程中支持力的冲量大小为 17．(1)9 J (2)4 m/s，1 m/s 【详解】 （1）滑块Q从D点运动到E点过程由动能定理 解得vQ=3 m/s 滑块P与滑块Q被弹簧弹开过程中，满足系统动量守恒可得mvQ=mvP       根据两个滑块与弹簧组成的系统机械能守恒可得       解得EP=9 J       （3）研究P和小车组成的系统，根据水平方向动量守恒可得mvP=mv1+Mv2       根据P和小车组成的系统相互作用过程中机械能守恒可得       解得v1=1 m/s，v2=4 m/s       即滑块速度大小为1 m/s，小车速度大小为4 m/s 18．(1) (2) (3)或 【详解】（1）滑块从点运动到点，光滑轨道机械能守恒，其高度差 由机械能守恒定律可得 解得 在点，由牛顿第二定律可得 解得 （2）滑块从点运动到点，初末动能均为，由动能定理可得 解得滑块与水平轨道间的动摩擦因数 （3）设弹簧被锁定时具有的弹性势能为，滑块被弹簧弹开后，经过点的动能为。从点运动到点过程，由能量守恒可得 竖直圆轨道不脱离轨道分两种情况： 情况：滑块能完成圆周运动，通过最高点，满足，从点运动到点，机械能守恒 解得 情况：滑块不超过圆心高度，沿轨道滑下不脱离。滑块上升最大高度不超过圆心所在高度（点相对点高度为），则 同时滑块能进入圆轨道，需满足 解得 综上所述，弹簧的弹性势能满足或 答案第2页，共9页 答案第1页，共9页 学科网（北京）股份有限公司 $