2025--2026学年陕西西安市高新第二高级中学高一下学期期中考试物理试题 [含答案]

这是一份2025--2026学年陕西西安市高新第二高级中学高一下学期期中考试物理试题 [含答案]，共13页。试卷主要包含了选择题，实验题，解答题等内容，欢迎下载使用。
（总分100分 用时100分钟）
一、选择题（本题12小题，共48分。第1—8题只有一项符合题目要求，每小题4分；第9—12题有多项符合题目要求，全部选对得4分，选对但不全得2分，有选错得0分）
1. 下列说法正确的是（ ）
A. 作用在静止物体上的力的冲量一定为零
B. 论证图像中图线与横轴围成的面积表示F做的功采用了等效的思想
C. 根据，可把牛顿第二定律表述为：物体动量的变化率等于它所受的合外力
D. 物体的动量发生改变，则合外力一定对物体做了功
【答案】C
【解析】
【详解】A．根据I=Ft，可知作用在静止物体上的力的冲量不一定为零，冲量与物体运动状态无关，选项A错误；
B．论证图像中图线与横轴围成的面积表示F做的功采用了微元的思想，选项B错误；
C．根据，可把牛顿第二定律表述为：物体动量的变化率等于它所受的合外力，选项C正确；
D．物体的动量发生改变，可能时速度大小不变，方向发生了变化，动能不一定变化，即合外力不一定对物体做了功，选项D错误。
故选C。
2. 短道速滑比赛中“接棒”运动员（称为“甲”）在前面滑行，“交棒”运动员（称为“乙”）从后面用力推前方“接棒”运动员完成接力过程，如图所示。假设甲的质量小于乙的质量、交接棒过程中甲、乙速度方向均在同一直线上，忽略运动员与冰面之间的摩擦。在交接棒过程，下列说法中正确的是（ ）
A. 乙对甲的作用力大于甲对乙的作用力
B. 甲的动量增加量大于乙的动量减少量
C. 甲的速度增加量大于乙的速度减少量
D. 甲、乙两运动员冲量之和不为零
【答案】C
【解析】
【详解】AD．根据牛顿第三定律可知，乙对甲的作用力等于甲对乙的作用力，结合冲量的定义可知，甲、乙两运动员冲量等大反向，冲量之和为零，故AD错误；
BC．甲、乙组成的系统所受合外力为零，动量守恒，所以甲的动量增加量等于乙的动量减少量，又因动量变化量等于质量与速度变化量的乘积，且甲的质量小于乙的质量，所以甲的速度增加量大于乙的速度减少量，故B错误，C正确。
故选C。
3. 关于下列各场景中物理描述正确的是（ ）
A. 甲图中，穿越厚重的大气层返回地面过程中，神舟飞船返回舱机械能守恒
B. 乙图中，缓慢旋转摩天轮上的乘客机械能守恒
C. 丙图中，空中正在做无动力翼装飞行表演的运动员机械能守恒
D. 丁图中，被投掷出在空中运动的铅球，不计空气阻力时机械能守恒
【答案】D
【解析】
【详解】A．甲图中，神舟飞船返回舱穿越厚重的大气层返回地球的过程中，要克服空气阻力做功，则机械能不守恒，故A错误；
B．乙图中，缓慢旋转摩天轮上的乘客，其动能不变，重力势能变化，则机械能不守恒，故B错误；
C．丙图中，空中正在做无动力翼装飞行表演的运动员，要克服空气阻力做功，则机械能不守恒，故C错误；
D．丁图中，被投掷出在空中运动的铅球，不计空气阻力时，只有重力做功，则机械能守恒，故D正确。
故选D。
4. 如图所示，质量相等的卫星a和卫星b，受到的地球万有引力分别为和，加速度分别为和，下列关系一定正确的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【详解】A．根据牛顿第二定律可得
可得
由于，则有，故A错误；
C．根据，
可得
由于，则有，故C错误；
BD．根据
由于两颗卫星的质量相等，，则有，故B错误，D正确。
故选D。
5. 如图所示，木箱在恒力作用下做直线运动，位移为，恒力与位移之间的夹角为。此过程中，恒力对木箱做的功为（ ）
A. 0B. C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】根据功的概念可知，恒力对木箱做的功为。
故选C。
6. 如图所示为某蹦床运动员比赛时的情景。某次运动过程，运动员从最高点由静止落下，下落到网面时的速度大小为8m/s，弹起后离开网面瞬间的速度大小为6m/s，此过程运动员与网接触的时间为0.7s，已知运动员的质量为60kg，重力加速度为，则此过程网对运动员的平均作用力大小为（ ）
A. 771.4NB. 1200NC. 1440ND. 1800N
【答案】D
【解析】
【详解】选择竖直向上为正方向，根据动量定理有
其中，
解得
故选D。
7. 北京时间2025年11月1日，神舟二十一号航天员乘组顺利进驻中国空间站。随后，与神舟二十号航天员乘组拍下“全家福”。若此时空间站绕地球运行近似为匀速圆周运动，运动周期为 ，地球半径为 ，地球表面的重力加速度为 ，则下列说法正确的是（ ）
A. 空间站运动的速率为
B. 空间站运动的轨道半径为
C. 空间站运动的加速度大小为
D. 地球的质量为
【答案】B
【解析】
【详解】A．空间站线速度公式为，其中为空间站轨道半径，大于地球半径，因此，故A错误；
B．万有引力提供空间站向心力：，得
地球表面物体重力等于万有引力：，得黄金代换式，代入得，故B正确；
C．空间站加速度，将B中轨道半径代入得，与选项给出的表达式不符，故C错误；
D．由向心力公式推导地球质量为，式中为空间站轨道半径，不是地球半径，故D错误。
故选B。
8. 如图所示，在光滑水平面上有A、B两辆小车，水平面左侧有一竖直墙，在小车B上坐着一个小孩，车B与小孩的总质量是车A质量的4倍。从静止开始，小孩把车A以速度v（对地）推出，车A返回后，小孩抓住并再次把它推出，每次推出的车A的速度都是v（对地）、方向向左，则小孩把车A总共推出多少次后，车A返回时，小孩不能再接到（小车与竖直墙相撞是弹性的）（ ）
A. 2次B. 3次C. 4次D. 5次
【答案】B
【解析】
【详解】设小孩把A车总共推出n次后，车A返回时，小孩恰好不能再接到车。此时车A返回时的速度v与B车的速度恰好相等，即vB=v
第1次推车时，小孩和B车获得的动量为mAv，以后每次推车时获得的动量为2mAv，根据动量守恒定律得mAv+（n−1）∙2mAv=mBvB
又由题意4mA=mB
联立得n=2.5
所以小孩把A车总共推出3次后，车A返回时，小孩不能再接到车。
故选B。
9. 2025年9月9日，我国在西昌卫星发射中心，成功将遥感四十五号卫星发射升空。如图为卫星发射过程的示意图，首先将卫星发射到低空圆轨道I，然后在 P 点实施变轨进入椭圆轨道Ⅱ，轨道Ⅱ与预定圆轨道Ⅲ相切于Q点，在Q点再次变轨进入预设圆轨道III，下列说法正确的是（ ）
A. 卫星在轨道Ⅰ的机械能大于在轨道Ⅲ的机械能
B. 卫星在轨道Ⅰ的运行周期小于在轨道Ⅱ的运行周期
C. 卫星在轨道Ⅱ经过P 点的速度大于在轨道Ⅰ的速度
D. 卫星在轨道Ⅱ经过Q点的速度大于在轨道Ⅲ的速度
【答案】BC
【解析】
【详解】A．卫星从轨道Ⅰ变轨到轨道Ⅱ，再变轨到轨道Ⅲ，每次变轨都需要点火加速，发动机对卫星做正功，卫星的机械能增加，所以卫星在轨道Ⅰ的机械能小于在轨道Ⅲ的机械能，故A错误；
B．根据开普勒第三定律
因轨道Ⅰ的半径小于轨道Ⅱ的半长轴，所以卫星在轨道Ⅰ的运行周期小于在轨道 Ⅱ 的运行周期，故B正确；
C．卫星在P点从轨道Ⅰ变轨到轨道Ⅱ，需要点火加速，使卫星做离心运动，所以卫星在轨道 Ⅱ经过P点的速度大于在轨道Ⅰ的速度，故C正确；
D．卫星在Q点从轨道Ⅱ变轨到轨道Ⅲ，需要点火加速，使卫星做离心运动，所以卫星在轨道Ⅱ经过Q点的速度小于在轨道Ⅲ的速度，故D错误。
故选BC。
10. 质量为m的足球在地面1的位置以速度被踢出后，以速度v落到地面3的位置，由于存在空气阻力，飞行轨迹如图所示。足球在空中达到的最高点2的高度为h，速度为，重力加速度为g。下列说法中正确的是（ ）
A. 足球由位置1到位置2，阻力做功为
B. 足球由位置1到位置2，动能减少了
C. 足球由位置1到位置3，机械能减少了
D. 足球由位置2到位置3，合力做功为
【答案】D
【解析】
【详解】A．足球由位置1到位置2，由动能定理−mgh+Wf=12mv22−12mv12
解得阻力做功为Wf=12mv22−12mv12+mgh
故A错误；
B．足球由位置1到位置2，动能减少了ΔEk=12mv22−12mv12
故B错误；
C．足球由位置1到位置3，机械能减少量为空气阻力做功的绝对值Wf=12mv12−12mv2
故C错误；
D．足球由位置2到位置3，合力做功为ΔEk=12mv2−12mv22
故D正确。
故选 D。
11. 如图所示，质量的光滑小球静置于光滑水平面上，质量为、半径的四分之一光滑圆弧轨道以初速度向右运动。不计小球滑上轨道过程中的能量损失，重力加速度为g。下列说法正确的是（ ）
A. 小球沿轨道上滑过程中系统动量守恒
B. 小球滑离圆弧轨道时速度大小为6m/s
C. 小球上升到最高点时距水平面的高度为1m
D. 整个运动过程中小球对轨道的水平冲量大小为
【答案】BD
【解析】
【详解】A．小球滑上轨道的过程中，竖直方向合力不为零，系统动量不守恒，故A错误；
C．小球滑到最高点时，竖直方向的速度大小为0，圆弧轨道与小球水平方向有共同速度；由水平方向动量守恒和机械能守恒定律，
得，故C错误；
B．由C项分析可知小球只能从轨道的最低点离开轨道，由水平方向动量守恒和机械能守恒定律，有
得，，故B正确；
D．由动量定理，小球对圆弧轨道的水平冲量，冲量的大小为，故D正确。
故选BD。
12. 如图所示，质量为m的小环套在竖直固定的光滑直杆上，用轻绳跨过质量不计的光滑定滑轮与质量为2m的重物相连，定滑轮与直杆的距离为d，现将小环从与定滑轮等高的A处由静止释放，下列说法正确的是（重力加速度为g）( )
A. 小环下滑过程中小环和重物组成的系统机械能守恒
B. 当小环下落d的距离到达B点时，它的速度与重物上升速度大小之比为
C. 小环到达B处时，重物上升的距离为d
D. 重物从开始运动到上升到最高的过程中，轻绳的张力始终大于2mg
【答案】AB
【解析】
【分析】
【详解】A．环和重物组成的系统，只有重力做功，系统的机械能是守恒的，故A正确；
B．B的速度沿绳子方向和垂直于绳子方向分解，在沿绳子方向上的分速度等于重物的速度，有
即
所以
故B正确；
C．小球m向下运动到最低点时，2m重物上升到最大高度，此时二者的速度都是0，设m向下的位移为h1，2m重物上升的距离为h2，则
根据系统的机械能守恒得
解得
故C错误；
D．重物从开始运动到上升到最高的过程中先向上做加速运动，后向上做减速运动，所以是先超重后失重，轻绳的张力先大于2mg，后小于2mg，故D错误。
故选AB。
二、实验题（共2小题，13题8分，14题8分，总分16分）
13. 在验证机械能守恒定律的实验中，小红同学利用图甲实验装置进行实验，正确完成操作后，得到一条点迹清晰的纸带，如图乙所示，其中O点为纸带起始点，两相邻计数点间时间间隔为T。
（1）观察纸带，可知连接重物的夹子应夹在纸带的___________（选填“左”或“右”）端。
（2）若重物质量为m，重力加速度为g，利用纸带所测数据，计算出C点的速度___________，在误差允许范围内，根据___________来验证机械能守恒定律。（用字母表示）
（3）在实验中，小红同学发现重物重力势能的减少量总是略大于重物动能的增加量，分析原因可能是_________________。（只需说明一种即可）
【答案】（1）左 （2） ①. ②.
（3）受空气阻力影响或纸带与限位孔摩擦影响（其他合理答案均可）
【解析】
【小问1详解】
由于重物做加速运动，所以连接重物的夹子应夹在纸带的左端。
【小问2详解】
[1]C点的速度为
[2]从O到C过程，重力势能减少量为
动能增加量为
则在误差允许范围内，根据
来验证机械能守恒定律。
【小问3详解】
在实验中，小红同学发现重物重力势能的减少量总是略大于重物动能的增加量，原因可能是受空气阻力影响或纸带与限位孔摩擦影响。
14. 用半径相同的小球1和小球2的碰撞验证动量守恒定律，实验装置如图所示，斜槽与水平槽圆滑连接。安装好实验装置，在地上铺一张白纸，白纸上铺放复写纸，记下重锤线所指的位置O。在做“验证动量守恒定律”的实验时
（1）实验必须满足的条件是 。
A. 斜槽轨道必须是光滑的
B. 斜槽轨道末端的切线是水平的
C. 入射球每次都要从同一高度由静止释放
D. 实验过程中，白纸可以移动，复写纸不能移动
（2）实验中要完成的必要步骤是 （填选项前的字母）。
A. 用天平测量两个小球的质量m1、m2
B. 测量抛出点距地面的高度H
C. 用秒表测出小球做平抛运动的时间t
D. 分别确定m1碰撞前后落地点的位置和m2碰后的落地点P、M、N，并用刻度尺测出水平射程OP、OM、ON
（3）入射小球质量为m1，被碰小球质量为m2，两小球的质量应满足m1_________m2。（选填“大于”“小于”或“等于”）
（4）若所测物理量满足________________表达式则可判定两个小球相碰前后动量守恒。
【答案】（1）BC （2）AD
（3）大于 （4）
【解析】
【小问1详解】
A．斜槽的粗糙与光滑不影响实验的效果，只要到达底端时速度相同即行，A错误；
B．斜槽轨道末端必须水平，保证小球碰撞前速度水平，B正确；
C．小球每次从斜槽上相同的位置自由滚下，使得小球与另一小球碰撞前的速度不变，C正确；
D．实验过程中，白纸不可以移动，D错误。
故选BC。
【小问2详解】
A．本实验除需测量线段OM、OP、ON的长度外，还需要测量的物理量是两小球的质量，
A正确；
B．因为可以通过水平位移代表速度的大小，所以不必测量抛点离地面的高度，B错误；
C．因为平抛运动的时间相等，则水平位移可以代表速度，故无需测量小球平抛运动的时间，C错误；
D．OP是A球不与B球碰撞平抛运动的位移，该位移可以代表A球碰撞前的速度，OM是A球碰撞后平抛运动的位移，该位移可以代表碰撞后A球的速度，ON是碰撞后B球的水平位移，该位移可以代表碰撞后B球的速度，D正确。
故选AD。
【小问3详解】
为了防止入射球反弹，应使入射球的质量大于被碰球的质量；
【小问4详解】
因为平抛运动的时间相等，则水平位移可以代表速度，OP是A球不与B球碰撞平抛运动的位移，该位移可以代表A球碰撞前的速度，OM是A球碰撞后平抛运动的位移，该位移可以代表碰撞后A球的速度，ON是碰撞后B球的水平位移，该位移可以代表碰撞后B球的速度，当所测物理量满足表达式
说明两球碰撞遵守动量守恒定律。
三、解答题（15题8分、16题14分、17题14分，共36分）
15. 一辆小汽车在水平路面上由静止启动，在前5s内做匀加速直线运动，5s末达到额定功率，之后保持以额定功率运动。其v-t图像如图所示。已知汽车的质量为m=1×103kg，汽车受到地面的阻力为车重的0.1倍，g=10m/s2，则：
（1）汽车在前5s内的牵引力为多少？
（2）汽车速度为25m/s时的加速度为多少？
（3）假设汽车达到最大速度所用时间为20s，则20s内汽车牵引力所做功总和为多少？
【答案】（1）5×103N；（2）；（3）
【解析】
【详解】（1）在前5s内做匀加速直线运动，则
由牛顿第二定律可知
代入数据解得
（2）汽车的额定功率为
汽车速度为25m/s时，根据牛顿第二定律有
所以加速度的大小为
（3）根据题意可得0~20s内牵引力做功为
解得
16. 如图所示，一质量的小物块可视为质点，不计空气阻力从A点以的速度水平抛出，运动至B点时，恰好沿切线方向进入半径光滑固定圆弧轨道BC，轨道C端切线水平，随后小物块滑上静止的粗糙长木板。已知水平面光滑，长木板的质量，物块与长木板之间的动摩擦因数，半径OB与竖直半径OC间的夹角。求：取
（1）小物块运动至B点时的速度大小；
（2）小物块滑动至C点时，对圆弧轨道C点的压力大小；
（3）若长木板长为，则自小物块滑上长木板后，小物块与长木板间产生的热量为多少？
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【小问1详解】
设小物块运动至B点时的速度大小为，由题意，根据速度的合成与分解有
【小问2详解】
小物块从B点滑至C点的过程，根据动能定理有
解得
在C点根据牛顿第二定律可得
解得
根据牛顿第三定律可知，小物块对圆弧轨道C点的压力大小为；
【小问3详解】
小物块在长木板上滑动过程中，设小物块和长木板的加速度大小分别为、，根据牛顿第二定律可得
解得，
设小物块与长木板可以达到共速时，且所用时间为t，由运动学公式有
解得，
t时间内小物块和长木板的位移大小分别为，
则小物块和长木板之间的相对位移大小为
小物块尚未到达长木板右端，自小物块滑上长木板后，小物块与长木板间产生的热量为
17. 如图（a），一质量为m的物块A与轻质弹簧连接，静止在光滑水平面上：物块B向A运动，时与弹簧接触，到时与弹簧分离，第一次碰撞结束，A、B的图像如图（b）所示。已知从到时间内，物块A运动的距离为。A、B分离后，A滑上粗糙斜面，然后滑下，与一直在水平面上运动的B再次碰撞，之后A再次滑上斜面，达到的最高点与前一次相同。斜面倾角为，与水平面光滑连接。碰撞过程中弹簧始终处于弹性限度内。求
（1）第一次碰撞过程中，弹簧弹性势能的最大值；
（2）第一次碰撞过程中，弹簧压缩量的最大值；
（3）物块A与斜面间的动摩擦因数。
【答案】（1）；（2）；（3）
【解析】
【详解】（1）当弹簧被压缩最短时，弹簧弹性势能最大，此时、速度相等，即时刻，根据动量守恒定律
根据能量守恒定律
联立解得
（2）解法一：同一时刻弹簧对、B的弹力大小相等，根据牛顿第二定律
可知同一时刻
则同一时刻、的瞬时速度分别为
，
根据位移等速度在时间上的累积可得
，
又
解得
第一次碰撞过程中，弹簧压缩量的最大值
解法二：B接触弹簧后，压缩弹簧的过程中，A、B动量守恒，有
对方程两边同时乘以时间，有
0-t0之间，根据位移等速度在时间上的累积，可得
将代入可得
则第一次碰撞过程中，弹簧压缩量的最大值
（3）物块A第二次到达斜面的最高点与第一次相同，说明物块A第二次与B分离后速度大小仍为，方向水平向右，设物块A第一次滑下斜面的速度大小为，设向左为正方向，根据动量守恒定律可得
根据能量守恒定律可得
联立解得
方法一：设在斜面上滑行的长度为，上滑过程，根据动能定理可得
下滑过程，根据动能定理可得
联立解得
方法二：根据牛顿第二定律，可以分别计算出滑块A上滑和下滑时的加速度，
，
上滑时末速度为0，下滑时初速度为0，由匀变速直线运动的位移速度关系可得
，
联立可解得