资源简介

2024-2025学年高一下学期期末考试
物理试卷
时间：75分钟 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，并将自己的姓名、准考证号、座位号填写在本试卷上。
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。涂写在本试卷上无效。
3.作答非选择题时，将答案书写在答题卡上，书写在本试卷上无效。
4.考试结束后，将答题卡交回。
一、单选题（共7小题，每题4分）
1.如图所示，玩具小车在轨道上做匀速圆周运动，测得小车1 s绕轨道运动一周，圆轨道半径为0.3 m，玩具小车的质量为0.5 kg，AC为过圆心竖直线，BD为过圆心水平线，重力加速度g大小取10 m/s2，小车看作质点，下列说法正确的是(　　)
A. 小车在BD下方运动时处于失重状态
B. 小车在B点不受摩擦力作用
C. 小车在C点时对轨道的压力恰好为零
D. 小车在A点时对轨道的压力比在C点时大10 N
2.2023年8月13日，我国将陆地探测四号01星(以下简称“01星”)送入地球静止卫星轨道，该星是世界首颗高轨SAR卫星，具备中等空间分辨率、快速莺访观测、大范围覆盖的观测能力。如图所示，“01星”、卫星A均绕地心在同一平面内沿逆时针方向做匀速圆周运动，其中卫星A运动的周期约为1.5h。某时刻“01星”与地心连线和卫星A与地心连线的夹角为60°，则从该时刻至卫星A与“01星”第一次相距最近所需的时间约为(　　)
A. B. C. 2h D.
3.如图所示，轻弹簧一端固定在竖直墙壁上，另一端与放在水平面上的小木块接触(不固接)，开始时弹簧处于原长，右端位于O点。现使木块以初动能Ek向左运动，弹簧的最大压缩量为x，最终小木块停在O点右侧距离O点为s的P点。小木块可视为质点，根据上述条件不能求出的是(　　)
A. 弹簧的最大弹性势能
B. 小木块离开弹簧时的动能
C. 小木块离开弹簧后的加速度
D. 小木块运动过程中克服摩擦力做的总功
4.如图甲所示为游乐场中一种叫“魔盘”的娱乐设施，简化模型如图乙，魔盘侧面与水平面的夹角为。质量为m的游客随魔盘以角速度一起匀速转动，半径为r，已知重力加速度大小为g，则(　　)
A. 魔盘对游客的作用力沿水平方向指向转轴
B. 游客受到的支持力可能等于
C. 若魔盘角速度缓慢增加，游客受到魔盘的支持力会缓慢减小
D. 若魔盘角速度缓慢增加，质量较小的游客先发生滑动
5.已知质量分布均匀的空心球壳对内部任意位置的物体引力为0。P、Q两个星球的质量分布均匀且自转角速度相同，它们的重力加速度大小随物体到星球中心的距离r变化的图像如图所示，关于P、Q星球，下列说法正确的是（　　）
A. P、Q两个星球质量之比为1∶2
B. Q星球的密度大于P星球的密度
C. 第一宇宙速度大小之比为2∶1
D. 同步卫星距星球表面的高度之比为1∶2
6.一个小球从光滑的斜面上由O点静止释放，在斜面上的水平虚线ab和cd之间受到水平向右的恒力作用，如图所示.下面哪个图像能正确表示小球的运动轨迹(　　)
A. B.
C. D.
7.如图甲所示，水平面上的物体在水平向右的拉力F作用下，由静止开始运动，运动过程中，力F的功率恒为P。物体运动速度的倒数与加速度a的关系如图乙所示(图中v0、a0为已知量)。则下列说法正确的是(　　)
A. 物体所受阻力大小为 B. 物体的质量为
C. 运动过程中的拉力F逐渐变大 D. 物体加速运动的时间为
二、多选题（共3小题，每题6分）
8.某悬臂吊车在运送货物，货物在水平方向的x－t图像和竖直方向的vy－t图像如图甲、乙所示。以下判断正确的是(　　)
A. 在0～2 s内，货物做直线运动
B. 在0～2 s内，货物受到的合外力沿y轴方向
C. 在第1 s末，货物的瞬时速度为0.7 m/s
D. 在第2 s末，货物离出发点的距离为1.0 m
9.(2023·广东佛山市高一月考)胎压监测器可以实时监测汽车轮胎内部的气压，在汽车上安装胎压监测报警器，可以预防因汽车轮胎胎压异常而引发的事故。某辆装有胎压报警器的载重汽车在高低不平的路面上行驶，其中某段路面的水平观察视角如图所示，图中虚线是水平线，下列说法正确的是(　　)
A. 若汽车速率不变，经过图中A处最容易超压报警
B. 若汽车速率不变，经过图中B处最容易超压报警
C. 若要尽量使胎压报警器不会超压报警，应增大汽车的速度
D. 若要尽量使胎压报警器不会超压报警，应减小汽车的速度
10.物块B套在倾斜杆上，并用轻绳绕过定滑轮与物块A相连(定滑轮体积大小可忽略)，今使物块B沿杆由点M匀速下滑到N点，运动中连接A、B的轻绳始终保持绷紧状态，在下滑过程中，下列说法正确的是(　　)
A. 物块A的速率先变大后变小 B. 物块A的速率先变小后变大
C. 物块A始终处于超重状态 D. 物块A先处于失重状态，后处于超重状态
三、实验题（共2小题，共16分）
11.某同学用如图甲所示的装置验证机械能守恒定律，他将两物块A和B用轻质细绳连接并跨过轻质定滑轮，B下端连接纸带，纸带穿过固定的打点计时器，用天平测出A、B两物块的质量mA = 300 g，mB = 100 g，A从高处由静止开始下落，B拖着的纸带打出一系列的点，对纸带上的点迹进行测量，即可验证机械能守恒定律，图乙给出的是实验中获取的一条纸带：0是打下的第一个点，每相邻两计数点间还有4个点(图中未标出)，计数点间的距离如图乙所示，已知打点计时器计时周期为T = 0.02 s，则：
(1)在打点0 ~ 5过程中系统势能的减小量ΔEp = J，系统动能的增加量ΔEk = J。(重力加速度g = 9.8 m/s2，结果均保留三位有效数字)
(2)实验结果显示，动能的增加量小于重力势能的减少量，主要原因可能是 ___________。
A．工作电压偏高
B．存在空气阻力和摩擦阻力的影响
C．先释放重物，后接通电源打出纸带
D．利用公式计算重物速度
(3)用v表示物块A的速度，h表示物块A下落的高度。若某同学作出的图像如图丙所示，则可求出当地的重力加速度g = m/s2(结果保留三位有效数字)。
12.图甲是研究向心力的一种实验装置，转轴和挡光片固定在底座上，悬臂能绕转轴转动。悬臂上的小物块通过轻杆与力传感器相连，以测量小物块转动时向心力的大小。拨动悬臂使之做圆周运动，安装在悬臂末端的光电门每次通过挡光片时，仪器会记录挡光片的遮光时间，同时力传感器记录物块此刻受到轻杆拉力（向心力）的大小。
（1）已知做圆周运动物体受到的向心力大小与物体质量、角速度和圆周运动的半径均有关系，为了研究向心力大小与角速度大小的关系，需要保持 不变；
（2）已知挡光片到转轴的距离为d、挡光片宽度为Δs、某次实验测得挡光片的遮光时间为Δt，则此时小物块圆周运动的角速度 ；要研究物体圆周运动向心力与线速度的关系， （填“需要”或“不需要”）保持物体圆周运动的线速度不变；
（3）使转臂能在水平面上转动，测量不同角速度下拉力的大小，从采样数据中选取了几组数据并记录在表格中。请把表格中的数据4和5描在图丙上，并绘出的图象 。
（4）下面利用该装置研究竖直方向圆周运动的向心力。如图乙所示，竖直放置转动盘，调节转动轴，使转轴能够在竖直平面上转动。把物块置于最低点时调零，转动物块，记录并绘制出作用力随时间变化的图像，如图丁所示，则：A点表示物体在圆周运动的 （填“最高点”或“最低点”），选取的物块质量m约为 kg（保留1位有效数字），在B点物体圆周运动的向心加速度约为重力加速度的 倍。（结果取整数，g取）
四、计算题（共3小题，共38分）
13.如图所示的装置绕竖直轴匀速转动，细线与竖直方向夹角。已知小球质量，细线长(g取， )。求：
(1)绳上的拉力大小；
(2)装置转动的角速度大小；
(3)小球离地高度为0.45m，某瞬间细线断开，则小球飞行的水平位移大小x。
14.如图所示，半径r1＝ m的圆弧轨道AB与水平轨道BC相切于B点，CD为r2＝0.40 m的半圆轨道，另一半径R＝1.00 m的圆弧轨道EF与CD靠近，E点略低于D点．一质量m＝1 kg的小物块(可视为质点)从A点以初速度v0＝2 m/s沿轨道下滑，在AB段运动过程中始终受到竖直向上的F＝10 N的力作用，进入BC段后撤去．已知A距BC的高度为h，BC长L＝1.00 m，小物块与BC间动摩擦因数μ＝0.2，其余部分光滑，EF轨道对应的圆心角θ＝60°，所有轨道均固定在同一竖直平面内，不考虑小物块在各轨道相接处的能量损失，忽略空气阻力，g取10 m/s2，求：
(1)当小物块沿圆弧轨道AB运动到B点时，轨道对小物块的作用力大小；
(2)若小物块在B点的速度为5 m/s，且在刚进入BC段时撤去力F，请通过计算判断小物块能否通过D点；
(3)若小物块能进入EF轨道，且不越过F点，小物块在D点的速度范围．
15.如图所示，一个可视为质点，质量m=1kg的木块从P点以初速度v0=8m/s向右运动，木块与水平面间的动摩擦因数为0.2，木块运动到M点后水平抛出，恰好沿竖直的粗糙圆弧AB的A点的切线方向进入圆弧(不计空气阻力)。已知圆弧的半径R=1m，半径OA与竖直半径OB间的夹角θ=53°，木块到达A点时的速度大小vA=10m/s。已知sin53°=0.8，cos53°=0.6，g=10m/s2(结果可带根号)，求：
(1)P到M的距离L；
(2)M、A间的距离s；
(3)木块到达圆弧轨道A点时对轨道的压力。解析
一、单选题
1.【答案】D
【解析】小球在BD下方运动时，向心加速度指向圆心，均有竖直向上的分量，故处于超重状态，故A错误；由于玩具小车在轨道上做匀速圆周运动，切向分量上合力为零，故在B点受到竖直向上的摩擦力，故B错误；设玩具小车在C点时受到向下的压力FNC，则FNC+mg=m，又v==0.6π m/s，得FNC'=FNC≈1 N，故C错误；设玩具小车在A点时受到向上的压力FNA，则FNA-mg=m，由牛顿第三定律知FNA'=FNA，得FNA'-FNC'=2mg=10 N，故D正确。
2.【答案】B
【解析】由于卫星A和"01星"都在同一平面内绕地心做匀速圆周运动，且卫星A的周期，"01星"的周期，两者经时间相距最近，则，解得第一次相距最近所需的时间。
3.【答案】C
【解析】木块运动至最左端时根据能量守恒有Ek=Ep+μmgx，小木块停在P点，根据能量守恒有Ep=μmg(x+s)，解得弹簧的最大弹性势能为Ep=Ek，故A不符合题意要求；小木块离开弹簧时的动能为Ek'=μmgs=Ek，故B不符合题意要求；小木块离开弹簧后的加速度为a==μg，由于动摩擦因数未知，小木块离开弹簧后的加速度不能求出，故C符合题意要求；根据能量守恒可知小木块运动过程中克服摩擦力做的总功为Ek，故D不符合题意要求。
4.【答案】C
【解析】游客受到重力、支持力、摩擦力三个力的作用，其中支持力和摩擦力的合力的方向不是水平方向，故A错误；对游客受力分析，如图所示
根据牛顿第二定律可得，，可得，，由于游客的重力保持不变，魔盘的倾斜角度不变，魔盘角速度缓慢增大，游客所需向心力增大，因此摩擦力f增大，N减小，故B错误，C正确；由上分析可知在魔盘运动的规律与人的质量无关，故D错误。
5.【答案】D
【解析】由题图可知，两星球表面的重力加速度大小和半径之比都是1∶2，由万有引力等于重力，可得星球的质量公式，则两星球的质量之比，A错误；由密度公式，可得星球的密度有，故两星球密度相同，B错误；由重力提供向心力，可得线速度公式，则两星球的第一宇宙速度大小之比，C错误；由万有引力提供向心力可得，可得星球的轨道半径，则两星球静止卫星的轨道半径之比，又因为两星球的半径之比为1：2，故静止卫星距星球表面的高度之比也为1：2，D正确。故选D。
6.【答案】D
【解析】曲线运动的轨迹夹在合力的方向与速度方向之间且向合力的方向弯曲，注意运动轨迹具有连续性且不能出现拐点，只有D符合，故D正确.
7.【答案】B
【解析】根据功率公式可知，P=Fv，研究物体的受力情况，根据牛顿第二定律得，F-f=ma，联立解得·a+，当物体做匀速运动时，加速度为零，，解得阻力大小f=，图象的斜率，解得物体的质量m=，A选项错误，B选项正确；运动过程中，速度增大，由P=Fv知，拉力逐渐变小，C选项错误；拉力F减小，合力减小，物体先做加速度减小的变加速运动，当加速度为零时做匀速运动，根据条件不能求出加速运动的时间，D选项错误。
二、多选题
8.【答案】BD
【解析】由题图甲可知，货物在水平方向做匀速直线运动，水平方向合外力为零，在竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动，竖直方向合外力不为零，因此在0～2 s内，货物做曲线运动，受到的合外力沿y轴方向，A错误，B正确；由题图甲可知，货物在水平方向的速度大小为vx＝＝ m/s＝0.4 m/s，由题图乙可知，在第1 s末，货物在竖直方向的速度大小为vy1＝＝ m/s＝0.3 m/s，因此在第1 s末，货物的瞬时速度大小为v1＝＝ m/s＝0.5 m/s，C错误；由题图甲可知，2 s内货物在水平方向的位移大小为x2＝0.8 m，由题图乙可知， 2 s内货物在竖直方向的位移大小为y2＝t2＝×2 m＝0.6 m,2 s内货物的位移大小为s＝＝ m＝1.0 m，因此在第2 s末货物离出发点的距离为1.0 m，D正确。
9.【答案】AD
【解析】在A处和B处，汽车的向心加速度方向分别为向上和向下，所以在A处和B处汽车分别处于超重状态和失重状态，若汽车速率不变，经过题图中A处最容易超压报警，故A正确，B错误；在A处，根据牛顿第二定律有FN－mg＝m，得FN＝m＋mg，可知若要尽量使胎压报警器不会超压报警，应减小汽车的速度，故D正确，C错误。
10.【答案】BC
【解析】将B的速度分解为沿绳方向和垂直于绳方向，如图所示，根据平行四边形定则，沿绳方向的分速度v1＝vA＝vcos θ，可知θ在增大到90°的过程中，A的速度方向向下，且逐渐减小，由图可知，当B到达P点时，B与滑轮之间的距离最短，θ＝90°，A的速度等于0，随后A向上运动，且速度增大，所以在B沿杆由点M匀速下滑到N点的过程中，A的速度先向下减小，然后向上增大，故A错误，B正确；A向下做减速运动和向上做加速运动的过程中，加速度的方向都向上，所以A始终处于超重状态，故C正确，D错误.
三、实验题
11.【答案】(1)1.18　1.15；(2)B；(3)9.70
【解析】(1)根据物体A、B上升、下降的高度可知系统势能的减小量，每相邻两计数点间还有4个点，可知T = 0.1 s，则根据平均速度的推论可知中间时刻的瞬时速度等于该段时间内的平均速度，可得B点时的速度，在打点0 ~ 5过程中系统动能的增加量
(2)实验结果显示，动能的增加量小于重力势能的减少量，说明运动过程中能量有损失，存在空气阻力和摩擦阻力的影响。故B正确。
(3)由系统机械能守恒得，可得，则图像的斜率，解得当地的重力加速度
12.【答案】 圆周运动的半径和物体质量 不需要 最高点 0.04 10
【解析】（1）做圆周运动物体受到的向心力大小与物体质量、角速度和圆周运动的半径均有关系，为了研究向心力大小与角速度大小的关系，实验采用控制变量法，需要保持圆周运动的半径和物体质量不变。
（2）由角速度公式可知，要研究物体圆周运动向心力与线速度的关系，要改变物体圆周运动的线速度，故选填不需要。
（3）绘出的图象如图所示
（4）因为物体调零时力传感器是拉伸状态的，其拉力等于重力。而在最高点时力传感器受到压力，大小等于重力。此时跟调零状态比较，力传感器的示数变化了2mg，其示数为0.8N，即，物体质量约为0.04kg。B点物体在最低点，此时力传感器的作用力为4N，即重力的10倍，调零时拉力为mg，所以此时真实拉力为11mg，即11mg-mg=ma，所以加速度为10g。
四、计算题
13.【答案】(1)；(2)5rad/s；(3)0.45m
【解析】(1)小球做水平面内的匀速圆周运动，竖直方向平衡，有
可得绳上的拉力大小为
(2)对小球受力分析，根据牛顿第二定律可知
解得
(3)细线断开后小球做平抛运动，则落地时运动的时间
水平位移，
解得x=0.45m
14.【答案】(1)5 N
(2)见解析
(3)2 m/s≤vD≤ m/s
【解析】(1)方法一　小物块从A到B，由动能定理得mgh－Fh＝mvB2－mv02，解得vB＝2 m/s.
在B点，由牛顿第二定律得F＋FN－mg＝m，解得FN＝5N.
方法二　小物块从A到B，重力与F等大反向，小物块做匀速圆周运动，vB＝v0＝2 m/s.
轨道对小物块的作用力提供向心力，则FN＝m＝5 N.
(2)假设小物块能从B运动到D，由动能定理得－2mgr2－μmgL＝mvD2－mvB′2，解得vD＝ m/s.
若小物块恰好过D点，则mg＝m，
解得vD′＝＝2 m/s< m/s，故小物块能通过D点．
(3)小物块恰好到F点，从E到F，由动能定理得
－mgR(1－cos θ)＝0－mvE2，解得vE＝ m/s.
所以小物块在D点的速度范围为2 m/s≤vD≤ m/s.
15.【答案】(1)7m；(2)；(3)106N，与竖直方向成53°斜向左下方
【解析】(1)根据题意木块从P点运动到M点做匀减速直线运动
有
木块从M点运动到A点做平抛运动，且在A点有
联立解得
(2)根据平抛运动的规律有，，
联立解得M、A间的距离
(3)根据牛顿第二定律得
解得
根据牛顿第三定律可知，此时木块对轨道的压力大小为106N，与竖直方向成53°斜向左下方。

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