辽宁省六校协作体2022-2023学年高一下学期期末物理试题(解析版)

2025届高一年级下学期期末考试
物理试卷
考试时间：75分钟 满分：100分
一、选择题：本题共10小题，共46分。

在每小题给出的四个选项中，第1~7题只有一项符合题目要求，每小题4分：第8~10题有多项符合题目要求，每小题6分，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的或不选的得0分。

1. 2022年2月4日，北京冬奥会开幕式以二十四节气为倒计时，节气，惊艳全球。

二十四节气，代表着地球在公转轨道上的二十四个不同的位置。

如图所示，从天体物理学可知地球沿椭圆轨道绕太阳运动所处四个位置，分别对应我国的四个节气。

以下说法正确的是（ ）
A. 秋分时地球公转速度最大
B. 地球沿椭圆轨道绕太阳匀速率运动
C. 从正对纸面的方向看，地球绕太阳沿顺时针方向运动
D. 地球从冬至至春分的运动时间小于地球公转周期的14
【答案】D 【解析】
【详解】A ．由开普勒第二定律，地球与太阳的连线在相等时间内扫过的面积相等，近地点公转速度最快，即冬至时地球公转速度最大，A 错误；
B ．由开普勒第一定律知地球绕太阳运动的轨道是椭圆，由开普勒第二定律，地球与太阳的连线在相等时间内扫过的面积相等，地球绕太阳是非匀速率椭圆轨道运动，B 错误；
C ．二十四节气中，夏至在春分后，秋分在夏至后，地球绕太阳运行方向（正对纸面）逆时针方向，C 错误；
D ．由开普勒第二定律，地球与太阳的连线在相等时间内扫过的面积相等，可知地球在近地点比远地点转动的快，地球从冬至至春分的时间小于地球公转周期的四分之一，D 正确。

故选D 。

是
2. 修正带是中学生必备的学习用具，其结构如图所示，包括上下盖座、大小齿轮、压嘴座等部件，大小齿轮分别嵌合于大小轴孔中，大小齿轮相互吻合，a 、b 点分别位于大小齿轮的边缘，c 点位于大齿轮的半径中点，假设大齿轮的半径为小齿轮的半径的2倍，当纸带匀速走动时（ ）
A. a 、b 点的转速之比为2:1
B. a 、c 点的线速度大小之比为1:2
C. a 、b 点的加速度大小之比为2:1
D. b 、c 点的加速度大小之比为4:1
【答案】D 【解析】
【详解】AC ．由图可知，a 、b 两点的线速度大小相等，根据v r ω=，可得a 、b 点的角速度之比为
12a b b a r r ωω==:::
根据2n ωπ=，可得a 、b 点的转速之比为
::1:2a b a b
n n ωω== 根据2
v a r
=可得a 、b 点的加速度大小之比为
::1:2a b b a a a r r ==
AC 错误；
B ．由图可知，a 、c 两点的角速度大小相等，根据v r ω=，可得a 、c 点的线速度大小之比为
::2:1a c a c v v r r ==
B 错误；
D ．b 、c 点的线速度大小之比等于a 、c 点的线速度大小之比，则有
::2:1b c a c
v v v v == 由于b 、c 点的圆周半径相等，根据2
v a r
=，可得b 、c 点的加速度大小之比为
22
::4:1b c b c
a a v v == D 正确。

故选D 。

3. 如图甲所示，某物体在光滑水平面上受外力作用从坐标原点O 由静止开始沿x 轴运动，其加速度a 随位移x 变化的规律如图乙所示，图中加速度的最大值为a m ，x 1和x 2已知，则下列说法正确的是（ ）
A. 物体0～x 1内做匀加速直线运动
B. 在物体由x =0运动到x =x 2的过程中合外力对物体所做的功为2m 21
2
W ma x =
C. 在物体由x =0运动到x =x 1的过程中合外力对物体所做的功为1m 1W ma x =
D. 物体在x 1处速度最大 【答案】B 【解析】
【详解】A ．由图乙可知，物体在10~x 内的加速度逐渐增大，物体做加速度逐渐增大的加速运动，故A 错误；
BC ．根据运动学公式
220
2ax v v =− 可知图乙a x −图像与横轴围成的面积等于22
2
v v −，则在物体由0x =运动到1x x =的过程中，有
21m 11
22
v a x = 根据动能定理可知在物体由0x =运动到1x x =的过程中，合外力对物体所做的功为
21
1m 11122
W mv ma x == 在物体由0x =运动到2x x =的过程中，有
2
2m 21
22
v a x = 物体由0x =运动到2x x =的过程中，合外力对物体所做的功为
22
2m 21122
W mv ma x ==
在
故B 正确，C 错误；
D ．由于物体的加速度一直为正方向，可知物体由0x =运动到2x x =的过程中，一直做加速运动，则物体在1x 处速度不是最大，故D 错误。

故选B 。

4. 一物块沿倾角为θ的斜坡向上滑动，当物块的初速度为v 时，上升的最大高度为H ，如图所示。

当物块的初速度为2v 时，上升的最大高度记为h 。

重力加速度为g ，则物块与斜坡间的动摩擦因数µ和h 分别为（ ）
A.
tan θ和2H
B.
tan θ和4H
C. 21tan 2gH νθ
−
和2H D. 21tan 2v gH θ
−
和4H 【答案】D 【解析】
【详解】当物块上滑的初速度为v 时，根据动能定理，有
21
cos =0sin 2
H mgH mg mv −−µθ⋅
−θ 当上滑的初速度为2v 时，有
21
cos =0(2)sin 2
h mgh mg m v −−µθ⋅
−θ 联立可得
2
=(1)tan 2v gH
µ−θ
4h H =
故选D 。

5. 如图，a 、b 是正点电荷电场中的一条电场线上的两点，一带负电的试探电荷从a 点静止释放后只在电场力作用下向b 运动，两点的电势和电场强度分别为φa 、φb 和E a 、E b ，则以下判断正确的是（ ）
A. a b ϕϕ>
B. a b E E <
C. 试探电荷电势能增大
D. 试探电荷机械能守恒
【答案】B
【解析】
【详解】A ．带负电的试探电荷从a 点静止释放后只在电场力作用下向b 运动，电场力方向向右，故电场线方向由b 到a ，沿着电场线方向电势降低可知
a b ϕϕ<
故A 错误；
B ．根据点电荷电场分布可知
a b E E <
故B 正确；
CD ．试探电荷从a 点运动到b 点，电场力做正功，电势能减小，动能增大，由于重力势能不变，故试探电荷机械能增大，故CD 错误。

故选B 。

6. 在如图所示电路中，当变阻器R 3的滑片P 向b 端移动时（ ）
A. 电压表示数变大，电流表示数变小
B. 电压表示数变小，电流表示数变大
C. 电压表示数变大，电流表示数变大
D. 电压表示数变小，电流表示数变小 【答案】D 【解析】
【详解】当变阻器R 3的滑动头P 向b 端移动时，滑动变阻器阻值变小，总电阻减小，总电流变大，则路端电压减小，即电压表读数减小；R 1上的电压变大，则R 2电压减小，则通过R 2的电流减小，电流表示数减小； 故选D 7. 在研究电容器的充、放电实验中，把一个电容器、电流传感器、电阻、电源、单刀双掷开关按图甲所示连接。

先使开关S 与1端相连，电源向电容器充电；然后把开关S 掷向2端，电容器放电。

电流传感器与计算机连接，记录这一过程中电流随时间变化的i - t 图像如图乙所示，图线1
表示电容器的充电过程，图。

线2表示电容器的放电过程。

下列选项正确的是（）
A. 电容器放电过程中流过电阻R的电流方向向右
B. 电容器充电过程中电源释放的电能全部转化为电容器中的电场能
C. 图乙中图线1与横轴所围的面积，表示电容器充电后所带电荷量的大小
D. 图乙中形成图线2的过程中，电容器两极板间电压降低的越来越快
【答案】C
【解析】
【详解】A．充电时电容器上极板带正电，放电时，电流由电容器的正极流向负极，所以流过电阻R的电流方向向左。

A错误；
B．电容器充电过程中电源释放的电能转化为电容器的电场能、电阻上的热能等。

B错误；
C．电流时间图像的面积表示电量，所以图线1与横轴所围的面积，表示电容器充电后所带电荷量的大小。

C正确；
D D错误。

故选C。

8. 如图所示，ABC是竖直平面内的粗糙固定轨道，其中水平轨道AB长度为2R，四分之一圆弧轨道BC半径为R，与AB相切于B点。

一质量为m的小球始终受到与重力大小相等的水平外力的作用，自A点处从静止释放开始向右运动，小球运动到C点时的速率为v，已知重力加速度大小为g。

下列说法中正确的是（）
mv2
A. 水平外力对小球做的功是1
2
B. 小球克服重力所做的功是3mgR
mv2
C. 小球机械能的增加量为mgR+1
2
D. 摩擦阻力对小球做的功是1
2mv 2-2mgR 【答案】CD 【解析】
【详解】A ．运动到C 时，小球水平分位移为3R ，水平外力对小球做的功为
F 3W mgR =
且运动到C 时，设阻力做功为f W ，由动能定理可得
2F G f 12
W W W mv -+=
故A 错误；
B ．运动到
C 时，小球上升高度为R ，小球克服重力所做的功是
G W mgR =
故B 错误；
D ．设阻力做功为f W ，由动能定理可得
2F G f 12W W W mv -+=
即
2f 312
mgR mgR W mv -+=
可得阻力对小球做的功是
2
f 122
W mv mgR =
- 故D 正确；
C ．除重力以外其它外力做功，对应机械能变化，则机械能增加量为
2F f 1
Δ2
E W W mgR mv =+=+
故C 正确。

故选CD 。

9. 两个带等量正电荷的点电荷，固定在图中P 、Q 两点，MN 为PQ 连线的中垂线且交PQ 于O 点，A 点为MN 上的一点，一带负电的试探电荷q 只在静电力作用下运动，则（ ）
A. 若q 从A 点由静止释放，由A 点向O 点运动过程中，加速度大小可能先增大再减小
B. 若q 从A 点由静止释放，其将以O 点为对称中心做往复运动
C. q 由A 点向O 点运动时，电场力一定逐渐减小，动能逐渐增大
D. 若在A 点给q 一个合适的初速度，它可以做类平抛运动 【答案】AB 【解析】
【详解】AC ．在直线MN 上距离O 点无穷远处的电场强度为零，在O 点的电场强度也为零，所以从无穷远处沿直线MN 到O 点的过程，电场强度先增大后减小，由于A 点的位置并不确定，所以若q 从A 点由静止释放，由A 点向O 点运动的过程中，所受电场力可能先增大再减小，则加速度大小可能先增大再减小，而O 、A 之间的电场强度方向始终由O 指向A ，所以q 由A 点向O 点运动时，电场力始终做正功，动能逐渐增大，故A 正确，C 错误；
B ．q 由A 点向O 点运动时，速度逐渐增大，到达O 点时速度达到最大值，之后开始做减速运动，最后达到距离O 最远点处速度减为零，此后便开始再次向O 做加速运动，由于OM 和ON 上各点的电场强度分布规律关于O 点对称，所以q 在ON 上运动时的受力情况与在OM 上受力情况对称，所以若q 从A 点由静止释放，将以O 点为对称中心做往复运动，故B 正确；
D ．由于等量同种电荷周围的电场不是匀强电场，所以试探电荷q 不可能受恒力作用，即获得初速度后不可能做类平抛运动，故D 错误。

故选AB 。

10. 如图所示，一根轻质弹簧一端固定于光滑竖直杆底部，另一端与质量为m 的滑块P 连接，P 穿在杆上，一根轻绳跨过定滑轮将滑块P 和重物Q 连接起来，重物Q 的质量6M m =。

把滑块从图中A 点由静止释放后沿竖直杆上下运动，当它经过A 、B 两点时弹簧对滑块的弹力大小相等。

已知OA 与水平面的夹角53θ=°，OB 长为L ，与AB 垂直。

不计滑轮的摩擦力，重力加速度为g ，滑块P 从A 到B 的过程中，下列说法正确的是（ ）
的
A. 重物Q 的重力功率先增大后减小
B. 滑块P 运动到位置B
C. 轻绳对滑块P 做功为4mgL
D. P 与Q 的机械能之和先减少后增加 【答案】ABC 【解析】
【详解】A ．根据题意可知，滑块P 从A 点开始运动时，重物Q 的速度为零，则重物Q 重力的功率为零，当滑块到达B 点时，重物Q 的速度也为零，此时，重物Q 重力的功率为零，则滑块由A 到B 的过程中，重物Q 的重力功率先增大后减小，故A 正确；
B ．根据题意可知，滑块P 、重物Q 和弹簧组成的系统机械能守恒，根据几何关系可知，滑块P 上升的高度为
4
tan 533
h OB L °
= 重物Q 下降的高度为
2cos533
OB L
H OA OB OB =−=
−=
° 设滑块P 运动到位置B 处速度大小v ，根据机械能守恒定律有
2
12
MgH mgh mv −=
联立解得
v =
故B 正确；
C ．对滑块P ，设轻绳对滑块P 做功为W ，由动能定理得
2
12
W mgh mv −=
解得
为
4W mgL =
故C 正确；
D ．根据题意可知，滑块P 、重物Q 和弹簧组成的系统机械能守恒，弹簧的弹性势能先减小后增大，根据机械能守恒定律可知，P 与Q 的机械能之和先增大后减小，故D 错误。

故选ABC 。

二、非选择题：本题共5小题，共54分。

11. 某实验小组用气垫导轨做验证动量守恒定律的实验，实验装置如图甲所示。

（1）用天平测得滑块A 、B （均包括挡光片）的质量分别为
122.0kg, 1.0kg ==m m ；用游标卡尺测得挡光处的宽度均为d ．若某次用游标卡尺测量挡光片的宽度时的示数如图乙所示。

则其读数为______cm 。

（2）将滑块A 向右弹出，与静止的B 滑块发生碰撞，碰撞后两滑块粘在一起。

与光电门1、2相连的计时器测得的挡光时间分别为0.02s 和0.03s 则碰撞后系统动量为______kg m /s ⋅。

（3）如果气垫导轨没有放平，左侧高于右侧，则碰撞前的系统动量______（填“大于”“小于”或“等于”）碰撞后的系统动量。

【答案】 ①. 0.550 ②③. 小于 【解析】
【详解】（1）[1]用游标卡尺测得挡光处的宽度d =0.5cm+0.05mm ×10=0.550cm （2）[2]碰后滑块AB 的共同速度
2
20.55010m/s 0.183m/s Δ0.03
d v t −×===
碰撞后系统动量为
()120.55kg m/s p m m v =+=
⋅ （3）[3]如果气垫导轨没有放平，左侧高于右侧，则物块向右将加速运动，则碰前A 通过光电门的速度小于碰前瞬时A 的速度；碰后通过光电门的速度大于碰后瞬时的速度，则碰撞前的系统动量小于碰撞后的系统动量。

12. 某实验小组做“测量某一均匀新材料制成的金属丝的电阻率”实验。

（1）先用螺旋测微器测量电阻丝x R 的直径d ，示数如图甲所示，其直径d =_________mm ；
用图乙的毫米刻
度尺测出电阻丝x R 的长度L =9.15cm 。

（2）再用多用电表粗测x R 的电阻，当用“10×”挡时发现指针偏转角度过大，应该换用_________（选填“×100”或“×1”）挡，进行一系列正确操作后，指针静止时位置如图丙所示，其读数为_________Ω。

（3）为了能比较精确地测量x R 的阻值，实验小组设计电路图如图丁所示，实验室提供了如下的实验器材，电流表应选用_________，定值电阻应选用_________；为了滑动变阻器调节方便，并让电压变化范围尽量大一些，滑动变阻器应选用（均填仪器前的字母代号） A ．直流电源（电动势E =6V ，内阻可忽略不计）； B ．电流表（量程为30mA ，内阻R 1=9.5Ω）； C ．电流表（量程为3A ，内阻R 2=0.1Ω）； D ．电压表（量程为6V ，内阻V 10k ΩR >）； E ．定值电阻（R 3=0.5Ω）； F ．定值电阻（R 4=5Ω）；
G ．滑动变阻器（最大阻值为10Ω，允许通过的最大电流为2A ）； H ．滑动变阻器（最大阻值为15k Ω，允许通过的最大电流为0.5A ）； I ．开关一个，导线若干。

（4）实验过程中，若电压表的示数为U ，电流表的示数为I ，则该合金丝的电阻率ρ=_________。

（用题中字母表示）
【答案】 ①. 0.400 ②. ×1 ③. 10##10.0 ④. B ⑤. E ⑥. G ⑦.
()
23
134d UR IL R R π+（或写成
280d U IL
π）
【解析】
【详解】（1）[1]螺旋测微器的精确值为0.01mm ，由图甲可知电阻丝的直径为
0mm 40.00.01mm 0.400mm d =+×=
（2）[2][3]用多用电表粗测x R 的电阻，当用“10×”挡时发现指针偏转角度过大，说明待测电阻阻值较小，应该换用×1挡，进行一系列正确操作后，指针静止时位置如图丙所示，其读数为
10110x R =×Ω=Ω
（3）[4][5][6]由电源电动势与待测电阻的比值可知，电流的最大值约为0.6A ，因此两个电流表均不能直接选用，可将量程为30mA 的电流表与定值电阻并联，改装成量程为0.6A 的电流表，此时接入定值电阻的阻值为
9.50.03
0.50.60.03
R ×=
Ω=Ω−定
故电流表选用B ，定值电阻选用E ；待测电阻阻值较小，为了滑动变阻器调节方便，并让电压变化范围尽量大一些，滑动变阻器应选用最大阻值较小的G 。

（4）[7]由欧姆定律可知
()31133
x
x UR U U
R IR I I R R I R ===
++
由电阻定律
x L R S
ρ
= 又
24
d S π=
联立可得该合金丝的电阻率为
()
223
13480d UR d U
IL R R IL
ππρ=
=
+
13. 如图所示，轻细线的一端固定于O 点，另一端系一质量为m 、电荷量为q 的小球，空间存在着水平向右的匀强电场，小球平衡时细线与竖直方向成30°角。

（重力加速度g ）
（1）小球电性；
（2）求电场强度E 的大小；
（3）将球拉至右侧与O 等高水平位置静止释放，求当球摆到最低点时细线的拉力大小。

【答案】（1）正电；（2；（3）3mg 【解析】
【详解】（1）由图可知，小球在电场力作用下向右偏离竖直位置，则小球所受电场力水平向右，与电场方向相同，小球带正电。

（2）以小球为对象，小球受重力、电场力以及绳子的拉力，根据受力平衡可得
tan 30qE mg =°
解得电场强度大小为
E =
（3）将球拉至右侧与O 等高水平位置静止释放，求当球摆到最低点时，根据动能定理可得
2
12
mgL qEL mv −=
根据牛顿第二定律可得
2
v F mg m L
−=
联立解得
3F mg =−
14. 如图所示，在光滑水平地面上静置一质量A 4kg m =的长木板A 和另一质量C 3kg m =的滑块C ，其中长木板的左端还放有质量B 2kg m =的滑块B （可看成质点）。

现给A 、B 组成的整体施加水平向右的瞬时冲量36N s I =⋅，此后A 、B 以相同速度向右运动，经过一段时间后A 与C 发生碰撞（碰撞时间极短）。

木板足够长，则再经过一段时间后A 、B 再次以相同速度向右运动，且此后A 、C 之间的距离保持不变。

已知A 、B 间的动摩擦因数为μ=0.1，重力加速度为g =10m/s 2，则： （1）求A 、C 碰撞时损失的机械能；
（2）滑块B 在长木板A 上表面所留痕迹的长度L 。

【答案】（1）30J ；（2）3m 【解析】
【详解】（1）最终A 、B 以相同速度向右运动，且A 、C 之间的距离保持不变，则三者速度相同，设为C v ，以三者为系统由动量守恒定律得
()()A B 0A B C C m m v m m m v +=++
其中
B
0A 6m /s m m I
v =+=
解得
C 4m /s v =
A 与C 发生碰撞且碰撞时间极短，设碰后A 的速度为A v ，由动量守恒定律得
A 0
A A C C m v m v m v =+ 解得
A 3m /s v =
则A 、C 碰撞时损失的机械能为
222A 0A A C C 111()30J 222E
m v m v m v ∆=−+= （2）从A 、C 发生碰撞到A 、B 再次以相同速度向右运动；以A 、B 为系统，根据能量守恒可得
2
22A A B B B 0A C
1()2
112
2
m gL m v m v v m m µ=+−+ 解得
3m L =
则滑块B 在长木板A 上表面所留痕迹的长度为3m 。

15. 利用弹簧弹射和皮带传动装置可以将工件运送至高处。

如图所示，已知传送轨道平面与水平方向成37°角，倾角也是37°的光滑斜面轨道固定于地面且与传送轨道良好对接，弹簧下端固定在斜面底端，工件与传送带间的动摩擦因数0.25µ=。

传送带顺时针匀速转动的速度4m/s v =，两轮轴心相距5m L ，B 、C 分别是传送带与两轮的切点，轮缘与传送带之间不打滑。

现将质量1kg m =的工件放在弹簧上，用力将弹簧压缩至A 点后由静止释放，工件离开斜面顶端滑到传送带上的B 点时速度08m/s v =，A 、B 间的距离
1m x =。

工件可视为质点，g 取10m/s 2，sin 370.6°=，cos370.8°=。

求∶
（1）弹簧的最大弹性势能；
（2）工件第一次沿传送带上滑至最高点的时间。

（3）第一次从B 点上滑至最高点的过程中因摩擦产生的热能。

【答案】（1）38J ；（2）1.5s ；（6J 【解析】
【详解】（1）滑块从A 到B 过程，弹簧的弹性势能的减小等于滑块机械能的增加，根据机械能守恒定律，弹簧的最大弹性势能为
2
p 0
1sin 372
E mgx mv °=+ 代入数据解得
P 38J E =
（2）工件沿传送轨道减速向上滑动的过程中有
1sin 37cos37mg mg ma µ°°+=
代入数据解得
218m /s a =
从B 点运动到与传送带共速需要的时间为
01
1
0.5s v v
t a −= 工件滑行的位移大小为
01184
0.5m 3m 22
t v v x t L ++==×=<
因为tan 37µ°<，所以工件将沿传送带继续减速上滑。

有
2sin 37cos37mg mg ma µ°°−=
代入数据解得
224m /s a =
假设工件速度减为零时，工件未从传送带上滑落，则有
2
24
s 1s 4
v t a === 工件滑行的位移大小为
2212m 2
v
x t L x =
==− 故假设成立，工件沿传送带上滑的时间为
12 1.5s t t t =+=
（3）第一阶段皮带的位移为
12m x vt ==皮1
物体与皮带的相对位移为
111m x x x ∆=−=皮1
第二阶段皮带的位移为
24m x vt ==皮2
物体与皮带的相对位移为
222m x x x ∆−==皮2
故工件在皮带上滑动的全过程中所产生的热能为
()11cos376J Q mg x x µ°=∆+∆=。