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广东广州市某区2025-2026学年高一下学期期末综合练习物理试卷
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．如图为我国歼击机在航展上编队飞行时做曲线运动的情景，下列说法正确的是（ ）
A．歼击机的速度一定发生变化
B．歼击机所受合外力一定不变
C．歼击机受到的合力沿轨迹的切线方向
D．歼击机的加速度方向与速度方向在同一条直线上
2．“套圈圈”活动中，某同学以v1、v2的速度（方向相同）将两个套圈从同一位置水平抛出，分别套中Ⅰ、Ⅱ号奖品（如图所示）。若套圈在空中运动的时间分别为t1、t2，套圈可近似视为质点，不计空气阻力，则（ ）
A．t1＜t2 B．t1＝t2 C．v1＞v2 D．v1＜v2
3．2026年春节联欢晚会中人机共舞节目《武BOT》表演了棍术。如图所示，用于表演的棍上O、P、Q三点共线，P为OQ的中点。假设O点不动，棍绕O点匀速转动，下列说法正确的是（ ）
A．P、Q两点的角速度之比是1∶2
B．P、Q两点的线速度大小之比是1∶2
C．P、Q两点的周期之比是1∶2
D．P、Q两点的向心加速度大小之比是1∶1
4．如图所示，赛车手驾驶摩托车在水平路面上转弯时车身向内侧倾斜一定角度，在摩托车转弯过程中，下列说法正确的是（ ）
A．地面对车轮的支持力垂直于路面向上
B．赛车手与摩托车所受的合外力不变
C．只要摩托车的速度合适，沿转弯半径方向就可以不受摩擦力作用
D．赛车手与摩托车整体受到重力、支持力、摩擦力和向心力的作用
5．如图，竖直悬挂的轻弹簧上端固定，下端系有一小球。将小球置于弹簧原长位置并由静止释放，以释放点为坐标原点，竖直向下为x轴正方向。已知弹簧形变始终在弹性限度内，取小球下落的最低点为重力势能零点。不计空气阻力，在小球下落至最低点的过程中，关于其加速度a、动能Ek、重力势能Ep、机械能E随位移x变化的图像，正确的是（ ）
A． B．
C． D．
6．2026年5月17日我国以“一箭18星”方式成功将千帆星座第九批组网卫星送入预定轨道。卫星发射流程如下：火箭先将卫星送入近地圆形轨道Ⅰ；卫星在轨道Ⅰ的a点加速进入椭圆转移轨道Ⅱ；当卫星运动至椭圆轨道远地点b时，再次加速进入更高的圆形轨道Ⅲ。已知卫星质量保持不变，不计空气阻力，下列说法正确的是（ ）
A．卫星在椭圆轨道Ⅱ上的运行周期最长
B．卫星在轨道Ⅰ上的机械能大于在轨道Ⅲ上的机械能
C．卫星在轨道Ⅱ、轨道Ⅲ上经过b点时的加速度大小相等
D．相等时间内，卫星在三个轨道上与地心的连线扫过的面积均相等
7．如图，放在水平地面的人字梯，梯子中间的固定装置突然掉落失效，梯子底端M、N沿水平地面向外滑动。已知AM＝AN，当AM、AN夹角增大到120°时底端M、N的滑动速度大小均为v，此时顶端A的速度大小为（ ）
A． B． C． D．
二、多选题
8．2026年1月10日出现木星冲日现象：此时地球运行至太阳与木星之间，太阳、地球、木星三者近似在同一直线上。已知木星和地球在同一平面内沿同一方向绕太阳做圆周运动，木星与地球的公转轨道半径之比约为5∶1，如图所示。根据以上信息，下列说法正确的是（ ）
A．木星与地球公转的线速度之比约为
B．木星与地球公转的周期之比约为
C．木星与地球相距最近时，二者相对速度达最大值
D．下一次木星冲日的时间将在2027年1月10日之后
9．如图，撑杆跳全过程可分为四个阶段：a→b阶段，助跑加速；b→c阶段，杆弯曲程度增大、人上升；c→d阶段，杆弯曲程度减小、人上升；d→e阶段，人越过横杆后下落，整个过程空气阻力忽略不计。下列说法正确的是（ ）
A．a→b阶段：人和杆的机械能增加
B．b→c阶段：人和杆系统动能减少，重力势能和弹性势能增加
C．c→d阶段：人的动能减少量等于重力势能增加量
D．d→e阶段：重力对人所做的功等于人机械能的增加量
10．如图，按压式圆珠笔可简化为外壳、内芯和轻质弹簧三部分。已知内芯质量为m，外壳质量为4m。将笔竖直倒立于水平硬桌面，下压至弹簧压缩量最大后由静止释放，外壳竖直上升，当弹簧恰好恢复原长时，外壳与静止的内芯发生完全非弹性碰撞，之后两者共同竖直上升至最大高度h，再竖直下落。不计摩擦与空气阻力，重力加速度为g，下列说法正确的是（ ）
A．按压过程中，弹簧增加的弹性势能等于5mgh
B．外壳与内芯碰撞前瞬间，外壳的速度大小为
C．笔从离开桌面到落回桌面的过程中，重力做功的平均功率为0
D．圆珠笔弹起过程中，弹簧释放的弹性势能等于圆珠笔增加的重力势能
三、实验题
11．(1)图甲为研究平抛规律的仪器。实验中，使电磁铁C和D分别相对于各自轨道出口水平线处于相同________。把两个钢球分别吸在C、D上，切断电源，使两个钢球同时运动，若观察到两个钢球发生碰撞，则表明做平抛运动的钢球在水平方向________。
(2)用向心力演示器（如图乙）验证向心力F的大小与质量m、角速度ω和半径r之间的关系。已知小球放在挡板A、B、C处做圆周运动时的半径之比为1∶2∶1；变速塔轮自上而下每层左、右半径之比分别为1∶1、2∶1和3∶1，如图丙所示。
①本实验采用的实验方法与下列实验相同的是________；
A．探究两个互成角度的力的合成规律
B．探究加速度与物体受力、质量的关系
C．探究平抛运动的规律
②探究向心力与半径间关系时，传动皮带是连接在图丙中的________塔轮上（选填“第一层”、“第二层”或“第三层”）。
12．感光变色PU皮革在激光照射下会变色，探究小组利用这一特性制作激光打点计时器验证机械能守恒定律。激光打点计时器质量m＝100g，其内部含有电池和微控制器，微控制器控制激光头供电图像如图甲，供电周期T＝0.05s，一个供电周期内发射激光时长Δt＝0.01s。小组把计时器水平放置在竖直悬挂并固定的感光变色PU皮革前，如图乙；t＝0时刻静止释放计时器，在PU皮革上留下一串短线，如图丙，选取前4条连续短线标记为O、A、B、C，数据处理如下：
(1)如图丁，测量短线C的长度为_____cm，计时器打C线过程的平均速度为_____m/s（计算结果保留两位有效数字）。
(2)实验测得相邻短线起点间距依次为：x1＝1.22 cm，x2＝3.66 cm，x3＝6.12 cm。计时器从静止到落至C线中点，下落高度h＝_______cm；已知重力加速度g＝9.80 m/s2，则此过程计时器重力势能减少量ΔEp＝_____J，动能增加量ΔEk＝______J。（结果均保留三位有效数字）
(3)小组多次重复实验发现，计时器减少的重力势能总是略大于增加的动能，造成这一现象的主要原因是______。
四、解答题
13．一只质量为M的乌贼静止在海水中（不考虑海水流动），吸入体积为V的海水。遭遇天敌时，乌贼在Δt时间内（Δt极短）将吸入的海水全部向后喷出，从而获得反向速度得以逃窜。若喷出海水的速度大小为v0（相对于静止的海面），海水密度为ρ，不计海水的阻力，求：
(1)喷出的海水对乌贼的平均作用力的大小；
(2)喷出海水瞬间乌贼获得的速度大小。
14．如图甲所示，质量的托盘A静止在光滑水平地面上，托盘上放置一质量的工件B。现对托盘施加水平拉力F，使托盘从静止开始做直线运动，拉力F对托盘所做的功W随托盘位移x的变化关系如图乙所示。已知托盘与工件间的动摩擦因数为0.2，工件受的最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力，重力加速度g取10m/s2。求：
(1)0~0.4m阶段，拉力F的大小；
(2)0~0.4m阶段，托盘与工件的加速度大小；
(3)0~1.0m全过程中，摩擦力对工件B做的功。
15．如图所示的游戏平台，AB为竖直半圆形圆管轨道，其半径R＝0.4 m（忽略圆管的内径），水平轨道AC与半径同为R的圆弧轨道CDE相接于C点，D为圆弧最低点，C、E两点等高，圆弧轨道CDE对应的圆心角2θ＝106°。一质量m＝0.5 kg的小球在弹射器的作用下冲上竖直圆管轨道，并从B点飞出，经过C点恰好沿切线进入圆弧轨道，然后从E点离开，最终从高为H＝0.6 m的圆框中心穿过。已知圆框中心与固定圆框的竖直挡板（足够高）的距离L＝0.1 m，重力加速度g取10 m/s2，忽略摩擦阻力和空气阻力，小球视为质点，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6，求：
(1)小球从B点运动到C点的时间；
(2)小球经过D点时受到的支持力大小；
(3)游戏要求小球从圆框中心穿过，可以直接穿过，也可与竖直挡板碰撞一次后从圆框中心穿过。假设小球碰撞竖直挡板时沿平行挡板方向的速度不变，垂直挡板方向的速度大小不变，方向相反，求竖直挡板与圆弧轨道E点间的距离L1的可能值。
试卷第1页，共3页
试卷第1页，共3页
参考答案
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
答案 A D B A C C B BD AB BC
11．(1) 高度 做匀速直线运动
(2) B 第一层
12．(1) 1.50 1.5
(2) 11.8 0.115 0.113
(3)计时器下落过程中受到空气阻力作用，部分重力势能转化为内能
13．(1)
(2)
【详解】（1）喷出海水的质量为，以海水喷出方向为正方向，设乌贼对海水的平均作用力为，海水初动量为0，末动量为
对喷出的海水应用动量定理可得
代入得
根据牛顿第三定律，喷出海水对乌贼的平均作用力大小等于，即
（2）乌贼本身质量为，喷出过程不计海水阻力，乌贼和喷出海水组成的系统动量守恒，系统初始总动量为0。设乌贼获得的速度大小为，由动量守恒可得
解得乌贼的速度
14．(1)
(2)
(3)
【详解】（1）由图乙可知，阶段，拉力做的功为
根据功的定义式有
解得阶段，拉力的大小为
（2）由于工件B能达到的最大加速度由最大静摩擦力提供，设工件B能达到的最大加速度为，则根据牛顿第二定律有
解得
假设A、B相对静止，设整体的加速度大小为，则对A、B整体列牛顿第二定律方程有
代入数据解得
由于
所以假设成立，即A、B相对静止，加速度均为。
（3）阶段，A、B相对静止，静摩擦力提供工件B的加速度，则根据牛顿第二定律可知，此时工件B受到的静摩擦力大小为
此阶段工件B的位移为，所以此阶段静摩擦力对工件B做的功为
设位移为时A、B的速度大小为，则根据运动学公式有
代入数据解得
由图乙可知，当时，水平拉力F逐渐减小，所以A、B仍相对静止一起向右运动，在过程拉力做的功为
则在该过程对A、B整体列动能定理方程有
解得当时，整体的速度为
在该过程对B列动能定理方程有
解得该过程摩擦力对工件B做的功为
所以0~1.0m全过程中，摩擦力对工件B做的功为
15．(1)
(2)
(3)直接穿过时或；碰撞一次后穿过时或。
【详解】（1）点飞出速度水平，点与点等高，故到的竖直位移为，由竖直方向自由落体运动有
解得
所以小球从点运动到点的时间为。到达点时竖直分速度大小为
因速度沿点切线方向，有
解得，故。
（2）点到点下降的高度为
由机械能守恒有
在点，轨道支持力和重力的合力提供向心力，有
解得
即小球经过点时受到的支持力大小为。
（3）点与点等高，由机械能守恒得，小球从点离开时速度沿切线方向，故，
以点为坐标原点，设小球到达圆框中心高度所用时间为，竖直方向有
代入数据得
解得，。
对应水平位移为，。
若小球直接穿过圆框中心，则圆框中心到点的水平距离为，所以或，得或。
若小球与竖直挡板碰撞一次后穿过圆框中心，可将圆框中心关于竖直挡板作镜像，则小球无碰撞时应到达镜像点，镜像点到点的水平距离为，所以或，得或。
答案第1页，共2页
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