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广东深圳市2025-2026学年高一下学期期末冲刺自编物理模拟卷
一、单选题：本大题共6小题，共24分。
1.“判天地之美，析万物之理”，领略建立物理规律的思想方法往往比掌握知识本身更加重要。下面四幅
课本插图中包含的物理思想方法相同的是 ( )
A. 甲和乙 B. 甲和丁 C. 乙和丙 D. 丙和丁
2.某行星绕恒星运行的椭圆轨道如图所示，E和F是椭圆的两个焦点，O是椭圆的中心，A、B为椭圆长
轴的两个端点，C、D为椭圆短轴的两个端点。行星在从C到B的过
程中，万有引力做负功，则恒星应位于 ( )
A. O点 B. A点
C. F点 D. E点
3.2025年5月17日我国发射了“北邮二号”卫星，用于推动6G空天信息网络建设。已知北邮二号卫星
绕地球做匀速圆周运动，周期为T，离地面高度为h，质量为m。地球质量为M，地球半径为R，引力
常量为G。则北邮二号卫星受到地球的万有引力大小为 ( )
Mm Mm
A. G B. G
h2 R+h
2π
C. M
2 T
2
R+h
2π
D. M
T
2
h
4.图(a)所示的油纸伞是我国古人智慧的结晶。图(b)为其结构示意图，ON是一条可绕伞顶O转动的
伞骨，伞撑两端分别与ON中点M和滑环P铰接。现保持伞柄
不动，向上推滑环P开伞，则此过程中 ( )
A. M点与N点的线速度方向不可能沿PM方向
B. M点线速度大小始终为N点的一半
C. N点角速度大小是M点的2倍
D. N点的向心加速度大小是M点的4倍
5.如图，一光滑锥体的锥面与竖直方向的夹角θ=37°。一根长为l=1m的细线一端系在锥体的顶端，另
一端系着一个小球(可视为质点)，小球在水平面内绕锥体的轴做匀速圆周运动，重力加速度大小取
10m/s2，不计空气阻力，sin37°=0.6，cos37°=0.8。要使小球不离开锥体，小球角速
度的最大值为 ( )
3 2 5 2
A. rad/s B. rad/s
2 2
7 2 9 2
C. rad/s D. rad/s
2 2
·1·6.如图所示，“深坑打夯机”的夯杆在两个摩擦轮作用下，从静止开始匀加速竖直上升一段时间，然后松
开摩擦轮，夯杆会继续上升。夯杆静止时重力势能为零，不计空气阻力。则夯杆上升过程中，机械能
随上升高度的变化关系是 ( )
A. B.
C. D.
二、多选题：本大题共3小题，共18分。
7.某广场喷泉喷出的两水柱如图中a、b所示。不计空气阻力，a、b中的水
( )
A. 加速度相同
B. 喷出时的初速度大小可能相等
C. 在最高点的速度相同
D. 在空中运动的时间可能相等
8.如图所示，某同学到超市购物时，用大小恒为40N、方向与水平面成60°角斜向上的拉力使购物篮以
1m/s的速度在水平地面上做匀速直线运动，则 ( )
A. 前进6s内拉力所做的功为240J
B. 前进6s内重力所做的功为120J
C. 前进6s内拉力的平均功率为20W
D. 6s末拉力做功的瞬时功率为20W
9.各种大型的货运站中少不了悬臂式起重机。如图甲所示，某起重机的悬臂保持不动，可沿悬臂行走的
天车有两个功能，一是吊着货物沿竖直方向运动，二是吊着货物沿悬臂水平方向运动。现天车吊着质
量为100kg的货物在x方向的位移-时间图像和y方向的速度-时间图像如图乙、丙所示，下列说法
正确的是 ( )
·2·A. 2s末货物的速度大小为3ms
B. 货物做曲线运动
C. 货物所受的合力大小为150N
D. 0到2s末这段时间内，货物的合位移大小为 73m
三、实验题：本大题共2小题，共16分。
10.某同学用如图甲所示的装置探究平抛运动的规律。
(1)实验时 确保斜槽轨道末端水平， 确保斜槽轨道表面光滑。(均填“需要”或“不需
要”)
(2)正确操作后，获得如图乙所示的坐标纸。已知A、B、C为小球做平抛运动经过的三个位置，结合
平抛运动规律可判断出O点 (填“是”或“不是”)小球做平抛运动轨迹上的一点。
11.为探究向心力大小与角速度大小、半径、质量的关系，某同学设计了如图甲所示的实验装置，将物块放
置在光滑卡槽内，卡槽沿径向固定于平台，平台绕中心轴的转速可调节，平台匀速转动时，物块随之做
匀速圆周运动。转速传感器测量平台转速，力传感器测量物块所受拉力大小。
(1)转速传感器的示数为n时，物块转动的角速度为ω= 。
(2)利用控制变量法，保证物块质量和转动半径不变，探究向心力大小与角速度的关系。该同学根据
·3·测算数据画出的F-ω2图像如图乙所示，纵轴F为力传感器读数，横轴为ω2。图线不过坐标原点的原
因是 ，用刻度尺测得物块转动的半径为50cm，由图线可知物块的质量m= kg(结果保
留2位有效数字)。
12.某实验小组设计了一个验证机械能守恒定律的实验，所用器材有：小球、光电门、数字计时器、刻度尺
和铁架台。实验装置如图1所示，小球球心始终与光电门中心在同一竖直线上。
(1)实验中，下列操作正确的是 。
A. 小球应选质量和密度较小的塑料球 B. 应精确测出小球的质量m
C. 应先接通数字计时器，后释放小球 D. 应测出小球的直径d
(2)让小球从距离光电门某高度处由静止释放，通过光电门时，数字计时器记录小球的遮光时间为t，
则小球通过光电门时的速度大小v= (用所测物理量字母表示)。
(3)移动光电门，改变小球距离光电门的高度h，重复步骤(2)。作出以h为横坐标，以 (选填“t”
“t-1”或“t-2”“t-3”)为纵坐标的图像，图像是图2所示过原点的直线。当地的重力加速度大小为g，若
在误差允许的范围内，小球机械能守恒，则图像斜率为k= (用已知和所测物理量字母表示)。
四、解答题：本大题共4小题，共52分。
13.北京时间2024年1月11日11时52分，我国成功发射天行一号02星，该卫星主要用于开展空间环境
探测等试验。若天行一号02星绕地飞行阶段的轨道近似为圆形，距地球表面高度为h，周期为T，已
知地球的半径为R，引力常量为G，忽略其他天体对天行一号02星的引力影响。求：
(1)地球的质量M；
(2)地球表面的重力加速度g。
·4·14.兴趣小组设计了一款游戏挑战项目，整个装置固定在竖直平面内，由发射装置、传送装置和感应区组
成，如图所示。其中，传送装置包括三个半径均为R的四分之一圆弧管道和一条竖直管道，O 、O 、
1 2
O 分别为三个圆弧管道的圆心，平台AB以及轨道CD水平且等高，轨道CD处于风洞之中，PD是接
3
触感应区。竖直管道内，当小球竖直向上经过O O 水平连线时，管内通道②闭合，通道口①打开。已
2 3
知小球质量m=0.2kg，竖直管道长h=1.6 m,L =1.5 m，平台AB右侧与管口的水平距离L=R
CD
=0.4 m。小球在风洞内受到水平向左的风 力，风力与小球 在风洞中前进的距离满足关系式F=kx，
其中k =0.8 N/m。在发射装置内，小球压缩弹簧并锁定，储存的弹性势能为E 。小球半径略小于管
p
道半径且可看 作质点，除风洞风力外不计其它空气阻力，各面均光滑，重力加速度g取10m/s2。现解除
锁定：
(1)若小球恰好能经过O O 水平连线，求E 大小；
2 3 p
(2)若小球恰好落到平台右端B点，求小球经过管口时受到管道作用力的大小和方向；
(3)若小球能够触碰感应区PD，求E 的取值范围。
p
·5·15.如图，真空中直角坐标系xOy中的A、B、C三点构成等腰直角三角形，O为斜边AB的中点，腰长L
=2.0m。现将两个电荷量q均为+2.0×10-6C的点电荷分别固定在A、B点，已知静电力常量k=
9.0×109N⋅m2/C2，求：
(1)两点电荷间的库仑力大小；
(2)C点的电场强度。
16.如图所示，甲为操场上一质量m=10kg的竖直滑竿，滑竿上端固定，下端悬空，为了研究学生沿竿下
滑的情况，在竿的顶部装有一拉力传感器，可显示竿的顶端所受拉力的大小，现有一学生手握滑竿，从
竿的上端由静止开始下滑，下滑5s后学生的下滑速度为零，并用手紧握住滑竿保持静止不动。以这个
学生开始下滑时刻为计时起点，传感器示数随时间变化的情况如图乙所示，重力加速度大小取
10m/s2。求：
(1)该学生的质量M；
(2)1~5s内传感器的示数F；
2
(3)5s内该学生下滑的距离。
·6·参考答案
1【. 答案】B
【详解】甲图中和丁图中包含的物理思想方法均是微元法；乙图中包含的物理思想方法是放大法；丙图
中包含的物理思想方法是等效替代法。
故选B。
2【. 答案】D
【详解】根据开普勒第一定律，恒星应位于椭圆的一个焦点上，行星所受引力方向沿着行星与恒星连线
指向恒星，行星的速度方向沿着轨迹切线方向，行星在从C到B的过程中，万有引力做负功，则行星所
受引力方向与速度方向成钝角，故恒星应位于E点。
故选D。
3【. 答案】B
Mm 2π
【详解】根据万有引力定律，卫星所受引力大小为F=G =m
r2 T
2
r
其中r为卫星到地心的距离，即r=R+h
Mm
代入得F=G
R+h
2π
=m
2 T
2
R+h
故选B。
4【. 答案】B
【详解】A．圆周运动线速度方向为轨迹切线方向，始终垂直于转动半径ON。开伞过程中，当PM恰
好垂直于ON时，线速度方向就沿PM方向，因此线速度方向是可能沿PM方向的，故A错误；
1
BC．M是ON的中点，因此转动半径满足r = r
M 2 N
又M、N同轴绕O转动，角速度ω相同，由v=rω可知，M点线速度大小始终为N点的一半，故B正
确，C错误；
D．向心加速度a=rω2可知，N点向心加速度是M点的2倍，故D错误；
故选B。
5【. 答案】B
【详解】当小球与锥体间没有作用力时，角速度最大，此时合外力提供向心力 mgtanθ=mω2r，r=
m
lsinθ
5 2
解得ω = rad/s
m 2
故选B。
6【. 答案】C
【详解】夯杆机械能的变化量等于摩擦力对夯杆做功，即E=ΔE=fh
松开摩擦轮后，夯杆只受重力作用，则机械能守恒。则E-h图像如C图所示。
故选C。
7【. 答案】AB
【详解】A．不计空气阻力，喷泉喷出的水在空中只受重力，加速度均为重力加速度，故A正确；
B．设水柱喷射的高度为h，射程为x
根据斜抛的规律有v2 =2gh
0y
·7·x
v =
0x t
2h
t=2
g
x g
得v =
0x 2 2h
根据图中轨迹可知，x >x ，h <h
a b a b
则a的竖直分速度小于b的竖直分速度，但a的水平分速度大于b的水平分速度，
故喷出时的初速度大小可能相等，故B正确；
x g
C．最高点的速度为v =
0x 2 2h
a的水平分速度大于b的水平分速度，故C错误；
2h
D．在空中运动的时间t=2
g
由于h <h ，故t <t ，故D错误。
a b a b
故选AB。
8【. 答案】CD
【详解】AC．前进6s内拉力所做的功为W=Flcos60°
位移为l=vt
解得W=120J
W
平均功率为P= =20W，故A错误，C正确；
t
B．由于重力始终与位移垂直，做功为零，故B错误；
D．6s末拉力做功的瞬时功率为P=Fvcos60°=20W，故D正确。
故选CD。
9【. 答案】BCD
8
【详解】BC．由图乙可知，货物沿水平方向做匀速直线运动，速度大小为v = m/s=4m/s
x 2
3
由图丙可知，货物沿竖直方向做匀加速直线运动，加速度大小为a= m/s2=1.5m/s2
2
则货物做匀变速曲线运动；
货物所受的合力大小为F =ma=150N
合
故BC正确；
A．2s末货物的速度大小为v = v2+v2= 42+32m/s=5m/s
2 x y
故A错误；
D．0到2s末这段时间内，货物在x方向的分位移大小为8m
1
y方向的分位移大小为y= at2=3m
2
则0到2s末这段时间内，货物的合位移大小为x = 82+32m= 73m
合
故D正确。
故选BCD。
10【. 答案】(1) 需要 不需要 (2)不是
【详解】(1)[1]为了保证小球抛出时的速度处于水平方向，实验时需要确保斜槽轨道末端水平；
[2]为了保证每次小球抛出时的速度相同，需要每次从同一位置静止释放小球，但不需要确保斜槽轨
·8·道表面光滑。
(2)平抛运动在竖直方向做自由落体运动，相同时间内相邻两点的位移差之比满足1:3:5，由图可知
y :y :y =L:3L:5L=1:3:5
OA AB BC
由于x =2L≠x =x =3L
OA AB BC
可知O点不是小球做平抛运动轨迹上的一点。平抛运动轨迹应过与O点等高，处于O点左侧一个方
格边长的点。
11【. 答案】(1)2πn (2) 物块与平台之间存在摩擦力 0.25
【详解】(1)当转速传感器的示数为n时，物块转动的角速度为ω=2πn
(2)[1]对物块受力分析，可知沿半径方向，物块除受轻绳拉力外，还受摩擦力作用，根据牛顿第二定律
有F+f=mω2r
变形得F=mω2r-f
可知图线不过坐标原点的原因是物块与平台之间存在摩擦力。
[2] 根据F=mω2r-f
可知F-ω2图像的斜率为k=mr
0.5
由乙图可得F-ω2图像的斜率k= =m×0.5
4
解得m=0.25kg
d 2g
12【. 答案】(1)CD (2) (3) t-2
t d2
【详解】(1)A．为了减小空气阻力的影响，实验中，小球应选质量和密度较大的小钢球，故A错误；
1
B．实验研究的是小球的机械能守恒，根据mgh= mv2
2
可知，质量能够消去，即实验中不需要测出小球的质量m，故B错误；
C．为了避免小球在光电门没有开始计时之前已经通过光电门，实验中应先接通数字计时器，后释放
小球，故C正确；
d
D．根据光电门的测速原理可知，小球通过光电门时的速度v=
t
可知，实验中应测出小球的直径d，故D正确。
故选CD。
d
(2)结合上述可知，小球通过光电门时的速度大小v=
t
1 d
(3)[1]结合上述有mgh= mv2，v=
2 t
2g
解得t-2= ⋅h
d2
为了使图像为一条过原点的倾斜直线，需要作出以h为横坐标，以t-2为纵坐标的图像；
2g
[2]结合上述可知，若在误差允许的范围内，小球机械能守恒，则图像斜率为k=
d2
4π2(R+h)3 4π2(R+h)3
13【. 答案】(1)M= ；(2)g=
GT2 R2T2
【详解】(1)根据万有引力提供向心力
Mm 4π2
G =m (R+h)
(R+h)2 T2
解得地球的质量为
·9·4π2(R+h)3
M=
GT2
(2)根据万有引力与重力的关系
Mm
G =mg
R2
解得地球表面的重力加速度为
4π2(R+h)3
g=
R2T2
14【. 答案】(1)4.0 J
(2)F=1.5 N ，方向竖直向上
(3)4.1J<E <4.8J
p
【详解】(1)小球恰好能触动感应开关，刚好到达O O 水平位置，根据机械能守恒定律，可知E =
2 3 p
mgR+h
解得E =4.0 J
p
1
(2)根据平抛运 动，小球在竖直方向有2R= gt2
2
恰好落到B点，水平方向L=v t
B
解得t=0.4 s、v =1 m/s
B
v2
假设管道对小 球的作用 力竖直向上，根据牛顿第二定律mg-F=m
R
解得F=1.5 N
假设成立，方向竖直向上
(3)①恰好到达管口，根据机械能守恒定律E p1 =mg2R+h
解得E =4.8J
p1
1
若小球恰好能碰撞右侧挡板PD，当小球滑至C点时，根据功能关系有E -mgh= mv2
p2 2 C
进入风洞，运动过程中风力做功W =F ⋅Δx +F ⋅Δx +⋯
克 1 1 2 2
1
整理得W = kL2
克 2 CD
代入数值得W =0.9J
克
1
进入风洞，小球恰好碰撞右侧挡板PD，根据动能定理知，有-W =- mv2
克 2 C
解得E =4.1 J>4.0J
p2
因此，撞击挡板PD的挑战成功条件是4.1J<E <4.8J
p
9 2
15【. 答案】(1)4.5×10-3N (2) ×103N/C，沿y轴正方向
2
kq2
【详解】(1)由库仑定律F=
2L 2
解得F=4.5×10-3N
kq
(2)单个点电荷在C点产生的场强大小E =
1 L2
根据电场的叠加原理可知C点的电场强度大小E= 2E
1
9 2
联立解得E= ×103N/C
2
·10·方向：沿y轴正方向
16【. 答案】(1)40kg (2)530N (3)7.5m
【详解】(1)5s后学生静止，由图乙可知拉力为500N，根据二力平衡，有G=500N，
G 500
学生质量M= -m= kg-10kg=40kg
g 10
(2)令F 1 =380N，t 1 =1s，t 2 =4s，从开始下滑至停下来，以向下为正方向，由动量定理可知Gt 1 +t 2
-Ft -Ft =0
1 1 2 2
代入数据可得F =530N
2
G-F 500-380
(3)0-1s内学生做匀加速直线运动，由牛顿第二定律可知，加速度a= 1 = m/s2=
M 40
3m/s2
由匀变速运动规律可知，末速度v=at =3×1m/s=3m/s
1
v
学生先做匀加速直线运动，再做匀减速直线运动，由匀变速运动规律可知，全程平均速度v= =
2
3
m/s=1.5m/s
2
所以全程位移x=vt 1 +t 2 =1.5×1+4 m=7.5m
·11·
