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2025-2026 学年度四川省彭州中学高 2025 级高一下期末考试
物理学科试题
说明：
1. 开考前，请先将自己的姓名，准考证号，座位号涂写在试卷和答题卡对应位置。
2. 选择题部分， 请用 2B 铅笔填涂，非选择题部分， 用 0. 5mm 黑色墨迹签字笔书写。
3. 考试结束后，将试卷，答题卡，草稿纸全部交回。
4. 请严格遵守考试纪律，否则后果自负。
一、单选题：本大题共 7小题，共 28分。
1.在2024年珠海航展中，“歼 35A”闪亮登场，并在珠海金湾机场上空进行了飞行表演。“歼 35A”战机在表
演过程中有一段轨迹为曲线，则关于战机做曲线运动的过程，下列说法正确的是( )
A. 轨迹的切线方向为战机瞬时速度方向
B. 战机加速度大小一定变化
C. 战机做曲线运动时所受合力为零
D. 战机所受合力方向与运动方向在同一直线上
2.某质点从A点沿曲线运动到B点，它在B点所受合力F的方向和速度v的方向如图所示。则此后其运动轨迹
可能为( )
A. a B. b C. c D. a、b、c都可能
3.如图所示，在细绳的拉动下，半径为r的卷轴可绕其固定的中心点O在水平面内转动。卷轴上沿半径方向
固定着长度为l的细管，管底在O点。细管内有一根原长为 l、劲度系数为 的轻质弹簧，弹簧底端固定在管2 k
底，顶端连接质量为m、可视为质点的插销。当以速度v匀速拉动细绳时，插销做匀速圆周运动。若v过
大，插销会卡进固定的端盖。使卷轴转动停止。忽略摩擦力，弹簧在弹性限度内。要使卷轴转动不停止，
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v的最大值为( )
A. r k B. l k C. r 2k D. l 2k
2m 2m m m
4.如图所示，水平圆盘上有两个相同的小木块a和b，质量均为m，用轻绳相连，
轻绳恰好伸直且无拉力。OO′为转轴，a与转轴的距离为l，b与转轴的距离为2l，
木块与圆盘间的动摩擦因数均为μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度
大小为g。在圆盘从静止开始绕转轴缓慢地加速转动的过程中，下列说法正确的是( )
A. a木块所受静摩擦力先变大后变小，再变大
B. 因a、b两木块所受摩擦力始终指向圆心，所以不做功
C. 若轻绳承受极限值为2μmg，则在a、b两木块开始相对圆盘滑动前轻绳不会断掉
D. 2μg角速度达到 时，a、b两木块开始相对圆盘滑动
3l
5.华为mate60实现了手机卫星通信，只要有卫星信号覆盖的地方，就可以实现通话。如图所示，三颗赤道
上空的通信卫星就能实现环赤道全球通信，已知地球的半径为R，地球近地卫星周期为T，三颗赤道上空的
通讯卫星的最小周期为( )
A. T B. 2T C. 2T D. 2 2T
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6.如图(a)所示，一物块以一定初速度沿倾角为30°的固定斜面上滑，运动过程中摩擦力大小f恒定，物块动
能Ek与运动路程s的关系如图(b)所示。重力加速度大小取10 m/s2，物块质量m和所受摩擦力大小f分别为( )
A. m =0.7 kg，f =0.5 N B. m =0.7 kg，f =1.0N
C. m =0.8kg，f =0.5 N D. m =0.8 kg，f =1.0N
7.一航天员到达半径为R、密度均匀的某星球表面，做了如下实验：用不可伸长的轻绳拴一质量为m的小
球，上端固定于O点，如图甲所示。在最低点给小球一初速度，使其绕O点在竖直面内做圆周运动，测得
轻绳拉力F的大小随时间t的变化规律如图乙所示，F1 =7F2，设R、m、引力常量G和F2均为已知量，忽略
各种阻力。下列说法正确的是( )
A. F该星球表面的重力加速度为 27m
B. 3F该星球的密度为 228πGRm
C. 该星球的第一宇宙速度为 F2R
7m
D. Rm卫星绕该星球运行的最小周期为2π F2
二、多选题：本大题共 3小题，共 18分。（全选对得 6分，选对但不全得 3分，有选错得 0
分）
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8.如图所示，质量为m的物体P置于倾角为θ1的固定光滑斜面上，轻质细绳跨过光滑定滑轮分别连接着P与
小车，P与滑轮间的细绳平行于斜面，小车以速率v水平向右做匀速直线运动，重力加速度大小为g，当小
车与滑轮间的细绳和水平方向的夹角为θ2时，下列说法中正确的是( )
v
A. P的速率为sinθ B. P的速率为vcosθ2 2
C. 绳的拉力大于mgsinθ1 D. 绳的拉力小于mgsinθ1
9.太阳系各行星几乎在同一平面内沿同一方向绕太阳做圆周运动。当地球恰好运行到某地外行星和太阳之
间，且三者几乎排成一条直线的现象，称为“行星冲日”，2023年11月3日观测到木星冲日现象。已知地球
及各地外行星绕太阳运动的轨道半径如下表：
行星名称 地球火星木星土星天王星 海王星
轨道半径R/AU 1.0 1.5 5.2 9.5 19 30
则由上述信息可知( )
A. 木星的公转周期比火星的公转周期大 B. 海王星冲日时间间隔最长
C. 行星冲日时间间隔可能小于一年 D. 2024年木星冲日大约在12月7日
10.如图所示，轻质动滑轮下方悬挂重物A、轻质定滑轮下方悬挂重物B，悬挂滑轮的轻质细线均竖直。开
始时，重物A、B处于静止状态且距地面高度均为h，释放后A、B开始运动。已知A、B质量相等，假设摩擦
阻力和空气阻力均忽略不计，重物A上升过程中不会碰到动滑轮，重力加速度为g，则下列说法正确的是
( )
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A. B 2释放瞬间重物 的加速度大小为 g5
B. 重物A 3上升的最大高度为 h5
C. 重物B刚落地时A的速度大小为 gh
5
D. 重物B从释放到落地，B动能的变化量是A的2倍
三、实验题：本大题共 2小题，共 16分。
11.某同学利用图(a)所示装置研究平抛运动的规律。实验时该同学使用频闪仪和照相机对做平抛运动的小
球进行拍摄，频闪仪每隔0.05s发出一次闪光，某次拍摄后得到的照片如图(b)所示(图中未包括小球刚离开
轨道的影像)。图中的背景是放在竖直平面内的带有方格的纸板，纸板与小球轨迹所在平面平行，其上每个
方格的边长为5cm。该同学在实验中测得的小球影像的高度差已经在图(b)中标出。（6分）
完成下列填空：(结果均保留2位有效数字)
(1)小球运动到图(b)中位置A时，其速度的水平分量大小为 m/s，竖直分量大小为 m/s；
(2)根据图(b)中数据可得，当地重力加速度的大小为 m/s2。
12.某同学通过如图甲所示的装置来验证机械能守恒定律。将拉力传感器固定在铁架台上，长度为L的细绳(
不可伸长)一端连在拉力传感器上，另一端系住直径为d的摆球，图乙是与力传感器连接的计算机屏幕所显
示的F t图像。（10分）
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(1)为提高实验的精确度，摆球应选用 。
A.塑料球 B.泡沫球 C.钢球 D.木球
(2)开始时，摆球静止于最低位置，此时拉力传感器示数为F0，重力加速度为g，则摆球质量为 。
(3)将摆球拉至细绳与竖直方向成一定角度由静止释放，让摆球在竖直平面内摆动，记下拉力传感器最小示
数F1及最大示数F2，则摆球从静止摆到最低点的过程，其动能的增加量为 。(用题中字母表示)
(4)改变角度，重复步骤(3)操作，记录多组F2、F1数据，并作出F2—F1图像，如果摆球的机械能守恒，则下
列图像合理的是 。
A. B． C．
(5)若实验中发现系统的动能增量总是比重力势能减少量大，以下可能的影响因素有 。
A.摆球运动过程受到空气阻力的影响
B.细绳长度L比摆长偏小
C.释放时初速度不为零
四、计算题：本大题共 3小题，共 38分。
13.某飞行器在飞行时，它的航线方向要保证从东到西，如果飞行器的速度是160km/h，风从南面吹来，风
的速度为80km/h，那么：（10分）
(1)飞行器应朝哪个方向飞行？
(2)如果所测地区长达80 3km，飞行器飞过所测地区所需时间是多少？
14.如图所示，小球A在光滑的半径为R的圆形槽内做匀速圆周运动，当它运动到图中a点时，在圆形槽中心
O点正上方h处，有一小球B沿Oa方向以某一初速度水平抛出，结果恰好在a点与A球相碰，求：（12分）
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(1)B球抛出时的水平初速度。
(2)A球运动的线速度最小值。
(3)试确定A球做匀速圆周运动的周期的可能值。
15.如图所示，在光滑水平台面上，一个质量m =1kg的小物块压缩弹簧后被锁扣K锁住。现打开锁扣K，物
块与弹簧分离后将以一定的水平速度向右滑离平台，并恰好从B点沿切线方向进入光滑竖直的圆弧轨道
BC。已知A、B的高度差h=0.8m，水平距离s =1.2m，圆弧轨道的半径R =1m，C点在圆弧轨道BC的圆心O的
正下方，并与水平地面上长为L =2.5m的粗糙直轨道CD平滑连接，小物块沿轨道BCD运动并与右边的竖直
墙壁会发生碰撞，重力加速度g =10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8，空气阻力忽略不计。试求：（16分）
(1)小物块运动到平台末端A的速度大小v0；
(2)圆弧BC所对的圆心角θ；
(3)若小物块与墙壁碰撞后以原速率反弹，且只会与墙壁发生一次碰撞并最终停在轨道CD间，那么小物块
与轨道CD之间的动摩擦因数μ应满足什么条件。
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2025-2026 学年度四川省彭州中学高 2025 级高一下期末考试
物理学科试题答案
1.【答案】A
【解析】A.曲线运动的质点的瞬时速度方向在曲线运动的切线方向，故 A正确；
BC.速度变化，则合外力一定不为零，但大小不一定变化，故 BC错误；
D.战机所受合力方向与运动方向不在同一直线上，故 D错误。
故选 A。
2.【答案】C
【解析】做曲线运动的物体，其轨迹夹在速度与合外力方向之间，且合外力指向轨迹凹侧面，故c符合题
意。
故选 C。
3.【答案】A
l
【解析】由题意可知，当插销刚好位于固定端盖口时弹簧的伸长量为 △ x = 2，
F = kΔx = kl根据胡克定律有 2，
插销与卷轴同轴转动，角速度相同，对插销由弹力提供向心力，F = mlω2，
对卷轴有，v = rω，
联立解得v = r k ，
2m
故要使卷轴转动不停止，v的最大值为r k 。
2m
故选 A。
4.【答案】A
【解析】A、当角速度非常小时，两木块均由静摩擦力提供圆周运动的向心力，根据f = mω2r可得：fa < fb；
当角速度逐渐增大时，摩擦力逐渐增大，随后b木块先达到最大静摩擦力，角速度进一步逐渐增大时，绳
绷紧，有弹力作用，此时由于绳的弹力等于木块b增加的向心力，而b增加的向心力大于a增加的向心力，
即绳的弹力大于a增加的向心力，则木块a的静摩擦力减小，随角速度增大，a静摩擦力将减小为0，之后a
的静摩擦力随角速度的增大而反向增大，可知a木块所受摩擦力先减小至0，后反向增大，故 A正确；
B、在圆盘从静止开始绕轴缓慢的加速转动的过程中，a、b两木块的速度逐渐增大，动能逐渐增大，根据
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动能定理可知摩擦力对a、b两木块做功，故 B错误；
CD、根据上述可知，当a达到最大静摩擦力时，随后a、b两木块开始相对圆盘滑动，
则对a木块有T μmg = mlω2
对b木块有T + μmg = m 2lω2
2μg
解得ω = ，T =3μmg >2umg
l
2ug
若轻绳承受极限值为2μmg，则在a、b两木块开始相对圆盘滑动前轻绳会断掉，角速度达到 时，a、b两
l
木块开始相对圆盘滑动，故 CD错误；
故选：A。
根据木块受力结合牛顿第二定律分析摩擦力的变化；根据动能定理分析摩擦力做功情况，根据牛顿第二定
律对两木块列式解答。
本题考查动能定理及圆周运动，解题关键掌握木块的受力情况，注意摩擦力的变化问题。
5.【答案】D
【解析】如图所示：
R 3 r3
当任意两卫星连线与地球相切时，卫星运动的半径最小，为r = sin 60° =2R，由开普勒第三定律：
R ，
2 T2
= T2min
解得三颗赤道上空的通讯卫星的最小周期Tmin =2 2T，故 D正确，ABC错误。
6.【答案】A
【解析】解：对物块根据动能定理可知
在上滑过程中： fs mgssin30°=0 1m2 v
2
变形可得Ek =(f + mgsin30°)s
在下降过程中：mgssin30° fs = 1mv′22
变形可得Ek′=(mgsin30° f)s
40 30
结合图像得 f + mgsin30°= N =4N10 ，mgsin30° f = N =3N20 10
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联立解得m =0.7kg，f =0.5N
故 A正确，BCD错误
故选：A。
物块在上滑和下降的过程中做动能定理，变形结合图像可解得。
本题考查动能定理，解题关键是可以对动能定理变形结合图像斜率进行分析。
7.【答案】D
【解析】【分析】
对小球受力分析，在最高点和最低点时，由向心力的公式和整个过程的机械能守恒可以求得重力加速度的
大小；
根据万有引力提供向心力可以求得星球的第一宇宙速度；
在星球表面时，万有引力和重力近似相等，可以求得星球的周期和质量，再根据密度公式求出星球的密
度。
【解答】
2
A. v设小球在最低点时细线的拉力为F1，速度为v1，设绳长为L，则F 11 mg = m ，L
v 2
设小球在最高点细线的拉力为F2，速度为v2，则F2 + mg = m 2 ，L
1 1
由机械能守恒定律得mg 2L + mv 22 = mv 21 ，解得g =
F1 F2
2 2 6m ，
F
因为F1 =7F2，所以该星球表面的重力加速度为g = 17m，A错误；
2
BC. GMm v根据万有引力提供向心力得 = mR2 ，R
卫星绕该星球的第一宇宙速度为v = GM，
R
′ F R2
在星球表面，万有引力近似等于重力GMm = m′g，解得M = 1 ，
R2 7Gm
M 3F
星球的密度ρ = 4 1πR3 =
3 28πGmR
，
卫星绕该星球的第一宇宙速度为v = F1R，BC错误；
7m
2
D.卫星绕该星球运行的最小周期，则mg = m( 2π ) R，
T
解得T =2π RmF ，D正确。2
故选 D。
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8.【答案】BC
【解析】【分析】
将小车速度分解为沿细绳方向和垂直于细绳方向的分速度，沿细绳方向的速率等于物体P的速率，由此得
到两者的速度关系式；根据小车与滑轮间的细绳和水平方向夹角的变化，判断P的速度变化，得到物体P的
加速度方向，根据牛顿第二定律分析绳的拉力与mgsinθ1的大小关系。
本题考查了关联速度问题，考查了牛顿第二定律的应用。掌握绳连物体速度相互关联的原理。
【解答】
AB、将小车的速度沿细绳和垂直细绳方向分解，如图，沿细绳方向的分速度与P的速度大小相等，则P的
速率为vP = vcosθ2，故 A错误，B正确；
CD.小车以速率v水平向右做匀速直线运动时，细绳和水平方向的夹角减小，可知P的速度变大，即P沿斜面
做加速运动，根据T mgsinθ1 = ma，可知绳的拉力T > mgsinθ1，故 C正确，D错误。
故选：BC。
9.【答案】AD
T2
【解析】根据开普勒第三定律有 = k，R木 >3 R火，所以木星的公转周期比火星的公转周期大，故 A正R
确；
T2 T2
根据开普勒第三定律有 = 地
R3 R3地
解得 T = ( R )3T地R地
2π 2π
设相邻两次“冲日”时间间隔为 t，则 2π =(T )t地 T
T
t = TT
地
解得 地 = 3T T 1 R > =1地 T地 年，则海王星的半径最大，海王星的冲日时间间隔最短，故 B错误，故 C错地
R3
误;
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T地
2023年11月3日观测到木星冲日现象，由表格中的数据可得， t木 = R31 地 ≈399天，所以2024年木星冲日大
R3木
约在12月7日，故 D正确。
10.【答案】ABC
【解析】【分析】A、B两个物体组成的系统，只有重力做功，系统的机械能守恒，由机械能守恒定律和两
个物体速度关系、位移关系求解。
本题是系统机械能守恒类型，关键要抓住两个物体的速度关系和位移关系，知道B的速度是A的2倍，B下降
的高度是A上升高度的2倍。
【解答】
a
A.设绳子拉力为 F，B的加速度大小为 a，由于滑轮组之间的关系可知，A的加速度大小为 2，根据牛顿第
二定律，对B有 mg F = ma
对A有 2F mg = m
a
2
解得 a = 2g5 ，故 A正确；
BC. h 1由于滑轮组之间的关系可知 v =2v ， 根据机械能守恒有 mgh mg = mv2B A A +
1m 2
2 2 2 vB
v = 5gh v = 2 5gh解得 A ， ，5 B 5
A h v
2 3
重物 上升的最大高度为 + A = h2 2g 5
故 BC正确；
D.根据 vB =2vA，重物B从释放到落地，B动能的变化量是A的4倍，
故选 ABC。
11.【答案】1.0
2.0
9.7
【解析】【分析】
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(1)小球做平抛运动，在分析处理数据时应将运动分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的匀变速直线
运动进行处理，结合题干给出的时间以及图(b)中竖直位移的数据进行求解。
(2)小球在竖直方向做匀加速直线运动，由逐差法可求重力加速度。
本题主要考查研究平抛运动的实验，要求学生能运用平抛运动规律，对实验数据进行分析处理。
【解答】
(1) Δx小球在水平方向做匀速直线运动，由图可知Δx =5cm =0.05m，则水平分速度vx = Δt，代入数据得vx =1.0
m/s，
竖直方向做自由落体运动，可运用匀变速直线运动规律求解，匀变速直线运动中间时刻速度等于全过程平
均速度，
若在A点时竖直分速度记为vy，则有Δh= vy 2Δt，其中Δh=8.6cm +11.0cm =19.6cm =0.196m，解得：vy =2.0m
/s。
(2)小球在竖直方向做匀加速直线运动，由逐差法可知，重力加速度为：
g = 0.134m+0.11m (0.086m+0.061m) =9.7m/ 2
(2×0.05s)2 s 。
12.【答案】C
F0
g
1 (F2 F0)(L+
d )
2 2
C
C
【解析】解：(1)为提高实验的精确度，减小空气阻力的影响，小球应选用钢球，故 C正确， ABD错误。
(2)据题意，由平衡条件有F0 = mg
解得m = F0g
(3)在最低点时，拉力传感器最大示数F2，在最低点拉力与重力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律
v2
F2 mg=m
L+ d2
又F0 = mg
摆球动能的增加量为
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Δ 1 1Ek= mv2 0= (F2 F0)(L+
d )
2 2 2
(4)设摆球在最高点时，摆线与竖直方向夹角为θ。则F1 = mgcosθ
d
摆球从最高点摆到最低点的过程，重力势能的减少量为 △ Ep = mg(L + )(1 cosθ)2
如果摆球的机械能守恒，则有 △ Ek =ΔEp
整理得：F2 = 2F1 +3F0
作出F2 F1图像时符合C图，故 C正确，AB错误;故选：C。
(5)A.由于空气阻力的影响，重力势能一部分克服空气阻力做功，一部分转化为小球的动能，导致系统的动
能增量总是比重力势能减少量小，故 A错误;
B.实验中摆长的测量值对实验结论无影响，故 B错误;
C.释放时初速度不为零，会导致摆球到达最低点时，速度偏大，故 C正确;故选：C。
13.【答案】(1)根据平行四边形定则可确定飞行器的航向，如图所示，
有sinθ =
v1
v =
80km/h = 1 θ =30° 30°
160km/h 2， ，即西偏南 。2
(2)飞行器的合速度v = v2cos30 =80 3km/h，
x 80 3
飞行器飞过所测区域所需时间t = v = h=1h。80 3
【解析】略
14.【答案】解：(1)小球B做平抛运动，其在水平方向上做匀速直线运动，则：R = v0t ①
1
在竖直方向上做自由落体运动，则：h= gt2 ②2
由①② 2h R g得：t = = = Rg，v0 t 2h
(2)A球的线速度取最小值时，A球刚好转过一圈的同时，B球落到a点与A球相碰，则A球做圆周运动的周期
正好等于B球的飞行时间，
即：T = 2πR = t = 2hv g
所以：v = 2πR =2πR gT 2h。
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(3)能在a点相碰，则A球在平抛的B球飞行时间内又回到a点。即平抛运动的时间等于A球周期的整数倍，所
以：t═nT，
1 2h
则：T = ，n =1 2 3 …n g ， ， ，
【解析】(1)根据高度求出平抛运动的时间，根据水平位移和时间求出B球平抛运动的初速度；
(2)抓住时间相等，结合线速度与周期的关系求出线速度的最小值；
(3)平抛运动的时间等于A球周期的整数倍，结合(2)的结论即可求出。
解决本题的关键知道平抛运动的时间由高度决定，两球相遇，时间相等，注意A球运动的周期性。
15. 1【答案】解：(1)根据平抛运动规律可得：h= gt22 ，
水平方向：s = v0t
联立解得：v0 =3m/s
(2)小物块运动到B时，竖直方向根据速度—位移关系可得：v2y =2gh
代入数据解得：vy =4m/s
根据几何关系可得：tanθ =
vy = 4v0 3
则：θ =53°
(3)
B、C两点的高度差为
hBC = R Rcos53 =0.4m
若小物体恰能与墙壁相碰，根据能量守恒有
Ep+mg(h+ hBC)= μ1mgL
解得
33
μ1= =0.6650
若恰不从B飞出，根据能量守恒有
Ep+mgh=2μ2mgL
解得
μ2=0.25
若从BC滑回恰好不与墙壁发生二次碰撞，根据能量守恒有
Ep+mg(h+ hBC)=3μ3mgL
解得
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33
μ3= =0.22150
综上，可得
0.25<μ<0.66
【解析】详细解答和解析过程见【答案】
第 16页，共 16页

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