资源简介

2025年春季学期高一年级期末教学质量监测
物理
+·（考试时间：75分钟试卷满分：100分)
注意事项：
1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。
需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。
在本试卷上无效。
3.考试结束后，.将本试卷和答题卡一并交回。
一、选择题：本大题共10小题，共46分。第1~7题，每小题4分，只有一项符合题目要求
错选、多选或未选均不得分，第8~10题，每小题6分，有多项符合题目要求，全部选：
的得6分，选对但不全的得3分，有选错或不选的得0分。
1.如图所示实例中均不考虑空气阻力，系统机械能守恒的是(
A.上楼
B.跳绳
C.水滴石穿
D.箭射出后
(人与地球组成的系统)
(人与绳组成的系统)
(水滴与石头组成的系统)（箭、弓、地球组成的系统
2.在地球的周围，有许多卫星在不同的轨道上绕地球转动。若它们均可视为沿地球做匀速
周运动，下列说法正确的是()》
、A.卫星可以始终在某一纬度线所在平面（赤道平面除外）运动
B.卫星可以始终在某一经度线所在平面运动
C.所有卫星的轨道平面均过地心
D.与地球自转周期相同的卫星，都是静止卫星
3.如图所示为一种叫作“魔盘”的娱乐设施，当转盘转动很慢时，人会随着“魔盘”一起
动，当“魔盘”转动到一定速度时，人会“贴”在“魔盘”竖直壁
上，双脚离开底面而不会滑下。则人“贴”在“魔盘”竖直壁上随
“魔盘”一起运动过程中，下列说法正确的是(·)
A.人随“魔盘”转动过程中受重力、弹力、摩擦力和向心力作用
B.若转速略为变大，重新达到稳定后，人与竖直壁之间的摩擦力变大
C.若转速略为变大，重新达到稳定后，人与竖直壁之间的弹力变大
D.若转速略为变小，重新达到稳定后，人一定会沿竖直壁下降
高一物理试卷·第1页（共6页）
4,在物理学的发展过程中，科学家们运用了许多研究方法，以下关于物理研究方法的叙述错
误的是(
切饿
*644646444
探究向心力大小
扭称实验测量
研究物体沿曲面运
探究曲线运动的
的表达式
引力常量
动时重力做功
速度方向
A.“探究向心力大小的表达式”实验中用到了等效替代法
B.卡文迪什利用扭称实验测量引力常量运用了放大的思想
C.在研究物体沿曲面运动时重力做功的过程中用到了微元法
D.“探究曲线运动的速度方向”运用了极限的思想
5.如图所示为拍电影时吊威亚的情景。工作人员B水平向左运动并
∠LL4LLL1
且用绕过定滑轮的轻绳将小演员A竖直向上吊起，定滑轮两边轻
绳的夹角为B,A运动的速度大小为，B运动的速度大小为，
BO
当日=60°时，下列关系正确的是(
777
1
5
A.a=2
·B.=
2%
C.=2
D.%=2A
6.如图所示，一轻绳跨过定滑轮，两端分别系有小球A和B,在外方作用下使
两小球处于静止状态，两球间的高度差为h,释放小球，当两球间的高度差再
次为h时，小球A的速度大小为√gh,己知重力加速度为g,不计一切摩擦，
不计滑轮的质量，则A、B两球的质量之比mA:m为(
A.2:3
B.1:2
C.14
D:1:3
OA
7.如图所示，置于竖直面内的光滑金属圆环半径为，质量为m的带孔小球穿于环上，同时有
一长为r的细绳一端系于圆环最高点，当圆环以角速度ω（ω≠0）绕竖直直径转动时，下列
说法正确的是(
A.细绳对小球的拉力可能为零
B.细绳和金属圆环对小球的作用力大小不可能相等
C.细绳对小球拉力与小球的重力大小可能相等
D.当0=
3g时，
金属圆环对小球的作用力为零
高一物理试卷
第2页（共6页）高一物理答案
一、选择题
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
答案 D C C A C D B AC AD BCD
5
11 L g．不是 gd
d 2
【详解】
（1）[1]由于竖直方向相等时间的位移比为 1∶2∶3，不是 1∶3∶5，因此 O不是抛出点。
（2）[2]设频闪照片的照相间隔为 T，根据 y gT 2
有d gT 2
可得T
d

g
L g
小球平抛的水平初速度 v0 LT d
（3）[3]在竖直方向上根据中间时刻的瞬时速度等于整段的平均速度，
5d 5
可得在位置 B的竖直速度大小为vBy gd2T 2
12．（1）B （2）0.98 （3）0.25；0.24 （4）D
【详解】
1
1 A 2（ ） ．因为我们是比较 mgh、 mv 的大小关系，m可约去，不需要测量重锤的质量，故 A错误；
2
B．为了减小纸带与限位孔之间的摩擦力，图中两限位孔必须在同一竖直线，故 B正确；
C．实验时，为了尽量多的利用纸带的有效长度，应先打开电源，再释放重锤，故 C错误；
D．打点计时器本身就是计时仪器，不需用秒表测重锤下落的时间，故 D错误。故选 B。
x
（2）B点的瞬时速度为v ACB 2T
x 7.06 3.14 10 2m
带入数值计算得 vB AC 0.98m / s2T 2 0.02s
（3）从开始下落到 C点的过程中，重力势能的减小量为ΔEp mgΔh
带入数值，计算得ΔEp 0.5 10 5.01 10 2 J 0.245J
ΔEp 00..255 J1（0 保 5留.0两1 位10 2有 效J 数0字.24）5J
1 2
重物到 B点时增加的动能为Ek mvB又 vB 0.98m / s，2
1 2
带入数值Ek 0.5 0.98 J 0.240J2
E 1k 0. 204.J5（ 保0.9留8
2两J 位0.有24效0J数字）
2
4 1 v
2 v2
（ ）由机械能守恒mgh mv 2即 gh则 h图像为过原点的直线。故选 C。
2 2 2
第 1 页 共 3 页
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13.【详解】
G Mm（1）根据 02 m0a1 ........................................................................................................2分r1
G Mm02 m0a2 ................................................................................................................2分r2
a r2
解得 1 22 ....................................................................................................................1分a2 r1
（2）行星绕太阳的运动轨迹非常接近圆，其运动可近似看做匀速圆周运动，
v2
则有 F m ...................................................................................................................1分
r
r3
又由于 2 kT
v 2 r ............................................................................................................................1分
T
4km 2
解得F 2 ..............................................................................................................1分r
可知，太阳对行星的作用力 F与 r的平方成反比........................................................1分
14．（1）1.4m/s2； （2）0.72m； （3）640N
【详解】
（1）对龙舟分析又牛顿第二定律，有：20F'sinθ-0.1Mg = Ma..........................................3分
设船桨受到水的力为 F'
牛顿第三定律：F=F'.....................................................................................................1分
解得 a=1.4m/s2...............................................................................................................2分
（2）划桨一次，对龙舟动能定理，有：20F's1sinθ-0.1Mgs=0...........................................4分
解得：s=0.72m...............................................................................................................2分
15.（1）2.4m； （2）340N，方向竖直向上 （3）0 xCE 50m或53m xCE 55m
【详解】
（1）剪断细线，物块离开水平台面后恰好无碰撞地从 A点落入光滑斜面上，
v
则有 tan 37 Ayv .........................................................................................................................................1分0
解得vAy 6m/s
v2Ay
则台面到 A点的高度为 h1 .............................................................................................................1分2g
h1=1.8m
水平台面的高度为h h1 L1 sin 37 . ...2. ..4..m..................................................................................................1分
h=2.4m..........................................................................................................................................................1分
（2）物块从离开水平台面到经过 D点过程，根据动能定理可得
mg(h 2R1 ) mgL
1
2 mv
2 1
D mv
2
0 ............................................................................................................2分2 2
解得vD 3 10m/s
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D mg F m v
2
物块经过 点时，根据牛顿第二定律可得 DN R ..........................................................................2分1
解得FN 340N ................................................................................................................................................1分
根据牛顿第三定律可知，物块经过 D点时对圆轨道的压力大小为 340N，方向竖直向上...................2分
（3）设物体刚好能到达 E点，从 D到 E的过程，根据动能定理可得
mg 2R mgs 0 1 1 1 mv
2
D .............................................................................................................................1分2
解得 s1 55m
设物体经过 E点后刚好到达圆心等高处，根据动能定理可得
mg 2R1 mgs2 mgR
1 2
2 0 mv D .................................................................................................................1分2
解得 s2 53m
v2
设物体经过 E点后刚好经过最高点 F，则有mg m FR .............................................................................1分2
根据动能定理可得mg 2R1 mgs3 mg 2R
1mv 2 1 22 F mv D ......................................................................1分2 2
联立解得 s3 50m
为了让物块能从 E点进入圆轨道且不脱离轨道
则 C、E间的距离应满足0 xCE 50m或53m xCE 55m .........................................................................2分
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