資源簡介

2024-2025學年高一下學期期末考試
物理試卷
時間：75分鐘 滿分：100分
注意事項：
1.答卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號填寫在答題卡上，并將自己的姓名、準考證號、座位號填寫在本試卷上。
2.回答選擇題時，選出每小題答案后，用2B鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑；如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案標號。涂寫在本試卷上無效。
3.作答非選擇題時，將答案書寫在答題卡上，書寫在本試卷上無效。
4.考試結束后，將答題卡交回。
一、單選題（共7小題，每題4分）
1.如圖所示，玩具小車在軌道上做勻速圓周運動，測得小車1 s繞軌道運動一周，圓軌道半徑為0.3 m，玩具小車的質量為0.5 kg，AC為過圓心豎直線，BD為過圓心水平線，重力加速度g大小取10 m/s2，小車看作質點，下列說法正確的是(　　)
A. 小車在BD下方運動時處于失重狀態
B. 小車在B點不受摩擦力作用
C. 小車在C點時對軌道的壓力恰好為零
D. 小車在A點時對軌道的壓力比在C點時大10 N
2.2023年8月13日，我國將陸地探測四號01星(以下簡稱“01星”)送入地球靜止衛星軌道，該星是世界首顆高軌SAR衛星，具備中等空間分辨率、快速鶯訪觀測、大范圍覆蓋的觀測能力。如圖所示，“01星”、衛星A均繞地心在同一平面內沿逆時針方向做勻速圓周運動，其中衛星A運動的周期約為1.5h。某時刻“01星”與地心連線和衛星A與地心連線的夾角為60°，則從該時刻至衛星A與“01星”第一次相距最近所需的時間約為(　　)
A. B. C. 2h D.
3.如圖所示，輕彈簧一端固定在豎直墻壁上，另一端與放在水平面上的小木塊接觸(不固接)，開始時彈簧處于原長，右端位于O點?，F使木塊以初動能Ek向左運動，彈簧的最大壓縮量為x，最終小木塊停在O點右側距離O點為s的P點。小木塊可視為質點，根據上述條件不能求出的是(　　)
A. 彈簧的最大彈性勢能
B. 小木塊離開彈簧時的動能
C. 小木塊離開彈簧后的加速度
D. 小木塊運動過程中克服摩擦力做的總功
4.如圖甲所示為游樂場中一種叫“魔盤”的娛樂設施，簡化模型如圖乙，魔盤側面與水平面的夾角為。質量為m的游客隨魔盤以角速度一起勻速轉動，半徑為r，已知重力加速度大小為g，則(　　)
A. 魔盤對游客的作用力沿水平方向指向轉軸
B. 游客受到的支持力可能等于
C. 若魔盤角速度緩慢增加，游客受到魔盤的支持力會緩慢減小
D. 若魔盤角速度緩慢增加，質量較小的游客先發生滑動
5.已知質量分布均勻的空心球殼對內部任意位置的物體引力為0。P、Q兩個星球的質量分布均勻且自轉角速度相同，它們的重力加速度大小隨物體到星球中心的距離r變化的圖像如圖所示，關于P、Q星球，下列說法正確的是（　　）
A. P、Q兩個星球質量之比為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為2∶1
D. 同步衛星距星球表面的高度之比為1∶2
6.一個小球從光滑的斜面上由O點靜止釋放，在斜面上的水平虛線ab和cd之間受到水平向右的恒力作用，如圖所示.下面哪個圖像能正確表示小球的運動軌跡(　　)
A. B.
C. D.
7.如圖甲所示，水平面上的物體在水平向右的拉力F作用下，由靜止開始運動，運動過程中，力F的功率恒為P。物體運動速度的倒數與加速度a的關系如圖乙所示(圖中v0、a0為已知量)。則下列說法正確的是(　　)
A. 物體所受阻力大小為 B. 物體的質量為
C. 運動過程中的拉力F逐漸變大 D. 物體加速運動的時間為
二、多選題（共3小題，每題6分）
8.某懸臂吊車在運送貨物，貨物在水平方向的x－t圖像和豎直方向的vy－t圖像如圖甲、乙所示。以下判斷正確的是(　　)
A. 在0～2 s內，貨物做直線運動
B. 在0～2 s內，貨物受到的合外力沿y軸方向
C. 在第1 s末，貨物的瞬時速度為0.7 m/s
D. 在第2 s末，貨物離出發點的距離為1.0 m
9.(2023·廣東佛山市高一月考)胎壓監測器可以實時監測汽車輪胎內部的氣壓，在汽車上安裝胎壓監測報警器，可以預防因汽車輪胎胎壓異常而引發的事故。某輛裝有胎壓報警器的載重汽車在高低不平的路面上行駛，其中某段路面的水平觀察視角如圖所示，圖中虛線是水平線，下列說法正確的是(　　)
A. 若汽車速率不變，經過圖中A處最容易超壓報警
B. 若汽車速率不變，經過圖中B處最容易超壓報警
C. 若要盡量使胎壓報警器不會超壓報警，應增大汽車的速度
D. 若要盡量使胎壓報警器不會超壓報警，應減小汽車的速度
10.物塊B套在傾斜桿上，并用輕繩繞過定滑輪與物塊A相連(定滑輪體積大小可忽略)，今使物塊B沿桿由點M勻速下滑到N點，運動中連接A、B的輕繩始終保持繃緊狀態，在下滑過程中，下列說法正確的是(　　)
A. 物塊A的速率先變大后變小 B. 物塊A的速率先變小后變大
C. 物塊A始終處于超重狀態 D. 物塊A先處于失重狀態，后處于超重狀態
三、實驗題（共2小題，共16分）
11.某同學用如圖甲所示的裝置驗證機械能守恒定律，他將兩物塊A和B用輕質細繩連接并跨過輕質定滑輪，B下端連接紙帶，紙帶穿過固定的打點計時器，用天平測出A、B兩物塊的質量mA = 300 g，mB = 100 g，A從高處由靜止開始下落，B拖著的紙帶打出一系列的點，對紙帶上的點跡進行測量，即可驗證機械能守恒定律，圖乙給出的是實驗中獲取的一條紙帶：0是打下的第一個點，每相鄰兩計數點間還有4個點(圖中未標出)，計數點間的距離如圖乙所示，已知打點計時器計時周期為T = 0.02 s，則：
(1)在打點0 ~ 5過程中系統勢能的減小量ΔEp = J，系統動能的增加量ΔEk = J。(重力加速度g = 9.8 m/s2，結果均保留三位有效數字)
(2)實驗結果顯示，動能的增加量小于重力勢能的減少量，主要原因可能是 ___________。
A．工作電壓偏高
B．存在空氣阻力和摩擦阻力的影響
C．先釋放重物，后接通電源打出紙帶
D．利用公式計算重物速度
(3)用v表示物塊A的速度，h表示物塊A下落的高度。若某同學作出的圖像如圖丙所示，則可求出當地的重力加速度g = m/s2(結果保留三位有效數字)。
12.圖甲是研究向心力的一種實驗裝置，轉軸和擋光片固定在底座上，懸臂能繞轉軸轉動。懸臂上的小物塊通過輕桿與力傳感器相連，以測量小物塊轉動時向心力的大小。撥動懸臂使之做圓周運動，安裝在懸臂末端的光電門每次通過擋光片時，儀器會記錄擋光片的遮光時間，同時力傳感器記錄物塊此刻受到輕桿拉力（向心力）的大小。
（1）已知做圓周運動物體受到的向心力大小與物體質量、角速度和圓周運動的半徑均有關系，為了研究向心力大小與角速度大小的關系，需要保持 不變；
（2）已知擋光片到轉軸的距離為d、擋光片寬度為Δs、某次實驗測得擋光片的遮光時間為Δt，則此時小物塊圓周運動的角速度 ；要研究物體圓周運動向心力與線速度的關系， （填“需要”或“不需要”）保持物體圓周運動的線速度不變；
（3）使轉臂能在水平面上轉動，測量不同角速度下拉力的大小，從采樣數據中選取了幾組數據并記錄在表格中。請把表格中的數據4和5描在圖丙上，并繪出的圖象 。
（4）下面利用該裝置研究豎直方向圓周運動的向心力。如圖乙所示，豎直放置轉動盤，調節轉動軸，使轉軸能夠在豎直平面上轉動。把物塊置于最低點時調零，轉動物塊，記錄并繪制出作用力隨時間變化的圖像，如圖丁所示，則：A點表示物體在圓周運動的 （填“最高點”或“最低點”），選取的物塊質量m約為 kg（保留1位有效數字），在B點物體圓周運動的向心加速度約為重力加速度的 倍。（結果取整數，g取）
四、計算題（共3小題，共38分）
13.如圖所示的裝置繞豎直軸勻速轉動，細線與豎直方向夾角。已知小球質量，細線長(g取， )。求：
(1)繩上的拉力大小；
(2)裝置轉動的角速度大小；
(3)小球離地高度為0.45m，某瞬間細線斷開，則小球飛行的水平位移大小x。
14.如圖所示，半徑r1＝ m的圓弧軌道AB與水平軌道BC相切于B點，CD為r2＝0.40 m的半圓軌道，另一半徑R＝1.00 m的圓弧軌道EF與CD靠近，E點略低于D點．一質量m＝1 kg的小物塊(可視為質點)從A點以初速度v0＝2 m/s沿軌道下滑，在AB段運動過程中始終受到豎直向上的F＝10 N的力作用，進入BC段后撤去．已知A距BC的高度為h，BC長L＝1.00 m，小物塊與BC間動摩擦因數μ＝0.2，其余部分光滑，EF軌道對應的圓心角θ＝60°，所有軌道均固定在同一豎直平面內，不考慮小物塊在各軌道相接處的能量損失，忽略空氣阻力，g取10 m/s2，求：
(1)當小物塊沿圓弧軌道AB運動到B點時，軌道對小物塊的作用力大??；
(2)若小物塊在B點的速度為5 m/s，且在剛進入BC段時撤去力F，請通過計算判斷小物塊能否通過D點；
(3)若小物塊能進入EF軌道，且不越過F點，小物塊在D點的速度范圍．
15.如圖所示，一個可視為質點，質量m=1kg的木塊從P點以初速度v0=8m/s向右運動，木塊與水平面間的動摩擦因數為0.2，木塊運動到M點后水平拋出，恰好沿豎直的粗糙圓弧AB的A點的切線方向進入圓弧(不計空氣阻力)。已知圓弧的半徑R=1m，半徑OA與豎直半徑OB間的夾角θ=53°，木塊到達A點時的速度大小vA=10m/s。已知sin53°=0.8，cos53°=0.6，g=10m/s2(結果可帶根號)，求：
(1)P到M的距離L；
(2)M、A間的距離s；
(3)木塊到達圓弧軌道A點時對軌道的壓力。解析
一、單選題
1.【答案】D
【解析】小球在BD下方運動時，向心加速度指向圓心，均有豎直向上的分量，故處于超重狀態，故A錯誤；由于玩具小車在軌道上做勻速圓周運動，切向分量上合力為零，故在B點受到豎直向上的摩擦力，故B錯誤；設玩具小車在C點時受到向下的壓力FNC，則FNC+mg=m，又v==0.6π m/s，得FNC'=FNC≈1 N，故C錯誤；設玩具小車在A點時受到向上的壓力FNA，則FNA-mg=m，由牛頓第三定律知FNA'=FNA，得FNA'-FNC'=2mg=10 N，故D正確。
2.【答案】B
【解析】由于衛星A和"01星"都在同一平面內繞地心做勻速圓周運動，且衛星A的周期，"01星"的周期，兩者經時間相距最近，則，解得第一次相距最近所需的時間。
3.【答案】C
【解析】木塊運動至最左端時根據能量守恒有Ek=Ep+μmgx，小木塊停在P點，根據能量守恒有Ep=μmg(x+s)，解得彈簧的最大彈性勢能為Ep=Ek，故A不符合題意要求；小木塊離開彈簧時的動能為Ek'=μmgs=Ek，故B不符合題意要求；小木塊離開彈簧后的加速度為a==μg，由于動摩擦因數未知，小木塊離開彈簧后的加速度不能求出，故C符合題意要求；根據能量守恒可知小木塊運動過程中克服摩擦力做的總功為Ek，故D不符合題意要求。
4.【答案】C
【解析】游客受到重力、支持力、摩擦力三個力的作用，其中支持力和摩擦力的合力的方向不是水平方向，故A錯誤；對游客受力分析，如圖所示
根據牛頓第二定律可得，，可得，，由于游客的重力保持不變，魔盤的傾斜角度不變，魔盤角速度緩慢增大，游客所需向心力增大，因此摩擦力f增大，N減小，故B錯誤，C正確；由上分析可知在魔盤運動的規律與人的質量無關，故D錯誤。
5.【答案】D
【解析】由題圖可知，兩星球表面的重力加速度大小和半徑之比都是1∶2，由萬有引力等于重力，可得星球的質量公式，則兩星球的質量之比，A錯誤；由密度公式，可得星球的密度有，故兩星球密度相同，B錯誤；由重力提供向心力，可得線速度公式，則兩星球的第一宇宙速度大小之比，C錯誤；由萬有引力提供向心力可得，可得星球的軌道半徑，則兩星球靜止衛星的軌道半徑之比，又因為兩星球的半徑之比為1：2，故靜止衛星距星球表面的高度之比也為1：2，D正確。故選D。
6.【答案】D
【解析】曲線運動的軌跡夾在合力的方向與速度方向之間且向合力的方向彎曲，注意運動軌跡具有連續性且不能出現拐點，只有D符合，故D正確.
7.【答案】B
【解析】根據功率公式可知，P=Fv，研究物體的受力情況，根據牛頓第二定律得，F-f=ma，聯立解得·a+，當物體做勻速運動時，加速度為零，，解得阻力大小f=，圖象的斜率，解得物體的質量m=，A選項錯誤，B選項正確；運動過程中，速度增大，由P=Fv知，拉力逐漸變小，C選項錯誤；拉力F減小，合力減小，物體先做加速度減小的變加速運動，當加速度為零時做勻速運動，根據條件不能求出加速運動的時間，D選項錯誤。
二、多選題
8.【答案】BD
【解析】由題圖甲可知，貨物在水平方向做勻速直線運動，水平方向合外力為零，在豎直方向做初速度為零的勻加速直線運動，豎直方向合外力不為零，因此在0～2 s內，貨物做曲線運動，受到的合外力沿y軸方向，A錯誤，B正確；由題圖甲可知，貨物在水平方向的速度大小為vx＝＝ m/s＝0.4 m/s，由題圖乙可知，在第1 s末，貨物在豎直方向的速度大小為vy1＝＝ m/s＝0.3 m/s，因此在第1 s末，貨物的瞬時速度大小為v1＝＝ m/s＝0.5 m/s，C錯誤；由題圖甲可知，2 s內貨物在水平方向的位移大小為x2＝0.8 m，由題圖乙可知， 2 s內貨物在豎直方向的位移大小為y2＝t2＝×2 m＝0.6 m,2 s內貨物的位移大小為s＝＝ m＝1.0 m，因此在第2 s末貨物離出發點的距離為1.0 m，D正確。
9.【答案】AD
【解析】在A處和B處，汽車的向心加速度方向分別為向上和向下，所以在A處和B處汽車分別處于超重狀態和失重狀態，若汽車速率不變，經過題圖中A處最容易超壓報警，故A正確，B錯誤；在A處，根據牛頓第二定律有FN－mg＝m，得FN＝m＋mg，可知若要盡量使胎壓報警器不會超壓報警，應減小汽車的速度，故D正確，C錯誤。
10.【答案】BC
【解析】將B的速度分解為沿繩方向和垂直于繩方向，如圖所示，根據平行四邊形定則，沿繩方向的分速度v1＝vA＝vcos θ，可知θ在增大到90°的過程中，A的速度方向向下，且逐漸減小，由圖可知，當B到達P點時，B與滑輪之間的距離最短，θ＝90°，A的速度等于0，隨后A向上運動，且速度增大，所以在B沿桿由點M勻速下滑到N點的過程中，A的速度先向下減小，然后向上增大，故A錯誤，B正確；A向下做減速運動和向上做加速運動的過程中，加速度的方向都向上，所以A始終處于超重狀態，故C正確，D錯誤.
三、實驗題
11.【答案】(1)1.18　1.15；(2)B；(3)9.70
【解析】(1)根據物體A、B上升、下降的高度可知系統勢能的減小量，每相鄰兩計數點間還有4個點，可知T = 0.1 s，則根據平均速度的推論可知中間時刻的瞬時速度等于該段時間內的平均速度，可得B點時的速度，在打點0 ~ 5過程中系統動能的增加量
(2)實驗結果顯示，動能的增加量小于重力勢能的減少量，說明運動過程中能量有損失，存在空氣阻力和摩擦阻力的影響。故B正確。
(3)由系統機械能守恒得，可得，則圖像的斜率，解得當地的重力加速度
12.【答案】 圓周運動的半徑和物體質量 不需要 最高點 0.04 10
【解析】（1）做圓周運動物體受到的向心力大小與物體質量、角速度和圓周運動的半徑均有關系，為了研究向心力大小與角速度大小的關系，實驗采用控制變量法，需要保持圓周運動的半徑和物體質量不變。
（2）由角速度公式可知，要研究物體圓周運動向心力與線速度的關系，要改變物體圓周運動的線速度，故選填不需要。
（3）繪出的圖象如圖所示
（4）因為物體調零時力傳感器是拉伸狀態的，其拉力等于重力。而在最高點時力傳感器受到壓力，大小等于重力。此時跟調零狀態比較，力傳感器的示數變化了2mg，其示數為0.8N，即，物體質量約為0.04kg。B點物體在最低點，此時力傳感器的作用力為4N，即重力的10倍，調零時拉力為mg，所以此時真實拉力為11mg，即11mg-mg=ma，所以加速度為10g。
四、計算題
13.【答案】(1)；(2)5rad/s；(3)0.45m
【解析】(1)小球做水平面內的勻速圓周運動，豎直方向平衡，有
可得繩上的拉力大小為
(2)對小球受力分析，根據牛頓第二定律可知
解得
(3)細線斷開后小球做平拋運動，則落地時運動的時間
水平位移，
解得x=0.45m
14.【答案】(1)5 N
(2)見解析
(3)2 m/s≤vD≤ m/s
【解析】(1)方法一　小物塊從A到B，由動能定理得mgh－Fh＝mvB2－mv02，解得vB＝2 m/s.
在B點，由牛頓第二定律得F＋FN－mg＝m，解得FN＝5N.
方法二　小物塊從A到B，重力與F等大反向，小物塊做勻速圓周運動，vB＝v0＝2 m/s.
軌道對小物塊的作用力提供向心力，則FN＝m＝5 N.
(2)假設小物塊能從B運動到D，由動能定理得－2mgr2－μmgL＝mvD2－mvB′2，解得vD＝ m/s.
若小物塊恰好過D點，則mg＝m，
解得vD′＝＝2 m/s< m/s，故小物塊能通過D點．
(3)小物塊恰好到F點，從E到F，由動能定理得
－mgR(1－cos θ)＝0－mvE2，解得vE＝ m/s.
所以小物塊在D點的速度范圍為2 m/s≤vD≤ m/s.
15.【答案】(1)7m；(2)；(3)106N，與豎直方向成53°斜向左下方
【解析】(1)根據題意木塊從P點運動到M點做勻減速直線運動
有
木塊從M點運動到A點做平拋運動，且在A點有
聯立解得
(2)根據平拋運動的規律有，，
聯立解得M、A間的距離
(3)根據牛頓第二定律得
解得
根據牛頓第三定律可知，此時木塊對軌道的壓力大小為106N，與豎直方向成53°斜向左下方。

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