辽宁省锦州市某校2024-2025学年高一下学期期中物理试题

这是一份辽宁省锦州市某校2024-2025学年高一下学期期中物理试题，共15页。

【参考答案】
1．【答案】C
【详解】ABC．当带电的金属球带正电时，根据静电感应原理可知，验电器的上端带负电，验电器的金属箔片带正电，故AB错误，C正确；
D．当带电的金属球带负电时，根据静电感应原理可知，验电器的上端带正电，验电器的金属箔片带负电，故D错误。
故选C。
2【答案】B
【详解】A．势能是标量，有正负、无方向，势能为正值表示势能大于零势能点的势能，势能为负值表示势能小于零势能点的势能，故A错误；
B．重力势能的大小与参考平面的选取有关，但重力势能的变化量大小与参考平面选取无关，重力做正功，重力势能减小，重力做负功，重力势能增加，故B正确；
C．系统所受合外力对物体做的功一定等于动能的变化量，故C错误；
D．当弹簧弹力做正功时弹簧弹性势能减小，故D错误。
故选B。
3．【答案】B
【详解】根据
而
可得运行的向心加速度大小为
运行的速度大小为
运行的角速度为
运行的周期为
故选B。
4．【答案】D
【详解】A．由p=mv
知物体动量大，可能质量非常大而速度比较小，A错误；
B．由、p=mv
得动能与动量大小的关系式
知物体动能不变，其动量大小一定不变。但动量是矢量，大小不变而方向可能变化，所以动量可能是变化的，B错误；
C．动量的值里面的正负号表示动量的方向，大小为其值的绝对值，所以（+4kg·m/s）的动量大小小于（6kg·m/s）的动量，C错误；
D．根据动量定理可得
知物体的动量变化越快，其所受的合外力越大，D正确。
故选D。
5．【答案】C
【详解】A．两球初速度相同，质量相同，初动能相同，从离地面相同高度处抛出，由动能定理可知，落地时动能相同，故A错误；
B．根据机械能守恒，落地时的动能
其中m、h、v0均相等，所以落地时的速度大小相等，但方向不同，所以速度不相同，故B错误；
C．两小球落地时，速度大小相等，但方向不同，由于A落地时速度方向与重力方向之间夹角θ不为零，而B落地时速度方向与重力方向相同，根据
可知A落地时重力的瞬时功率比B的小， 故C正确；
D．从小球抛出到落地，重力对两球做功相同，但落地时间不同，重力对两小球做功的平均功率不同，故D错误。
故选C。
6．【答案】B
【详解】AB．根据动量定理
解得
则图像的斜率
质量之比等于斜率之比，因甲乙图像的斜率之比为，则甲、乙两物体的质量之比为，故A错误，B正确；
CD．由动能定理，摩擦力做功等于动能减小量，即等于初动能之比，根据
甲、乙两物体受到的摩擦力做功之比为，故CD错误。
故选B。
7【答案】C
【详解】A．滑块B在下滑过程中对斜面体A有斜向左下方的压力，斜面体A向左移动，滑块B的位移与其受到的支持力FN不是垂直关系，它们的夹角为钝角，即支持力FN对滑块B做负功，故A错误；
BC．滑块B在下滑过程中，有斜向右下方的加速度，此加速度有竖直向下的分加速度，所以系统在竖直方向合力向下，受力不平衡，合外力不为零，所以系统动量不守恒。滑块B下滑过程中，A、B组成的系统水平方向不受力，所以系统水平方向动量守恒，取水平向右为正方向，滑块B下滑过程中，任意时刻B物块水平速度大小为vB，A的水平速度大小为vA，对系统在水平方向，由动量守恒定律有0=mvB-MvA
解得
设B到达斜面底端时，A、B水平位移大小分别为xA、xB，在水平方向有xA+xB=L
且
联立解得，滑块B滑到斜面底端时，斜面体向左滑动的距离为
故B错误，C正确；
D．因为整体分析可知，竖直方向存在向下的加速度，所以地面对整体支持力小于整体重力，则地面对A支持力的冲量大小小于，故D错误。
故选C。
8．【答案】ABC
【详解】A．小球自由下落过程，重力做正功，小球动能增加，小球与弹簧接触后，开始弹簧弹力小于重力，小球合力竖直向下，合力做正功，动能增加，当弹力与重力相等时，合力是零，小球动能最大，小球继续向下运动，弹簧弹力大于重力，合力竖直向上，合力做负功，小球的动能减小，到达最低点速度减到零，动能减到零，所以从最高点到最低点过程，小球动能先增大后减小，故A正确；
B．无论从最高点到最低点过程，还是从最低点到最高点过程，小球都是先做加速运动后做减速运动，小球弹簧弹力和重力大小相等时，合力是零，动能最大，所以小球的动能最大的位置与向上运动过程中动能最大的位置相同，故B正确；
C．小球从最高点开始向下运动到最低点的过程中，由动能定理有
可得
即小球重力所做的功等于克服弹簧弹力所做的功，故C正确；
D．小球自由下落过程，只有重力做功，小球重力势能和动能之和保持不变，与弹簧接触后，弹簧形变量增大，弹性势能增大，根据小球、弹簧组成的系统机械能守恒可知，小球重力势能与动能之和减小，故D错误。
故选ABC。
9．【答案】AB
【详解】ACD．根据题意，由牛顿第二定律有
又有
整理得
结合图像有，斜率
截距
解得
故CD错误，A正确。
B．根据题意可知，当加速度为零时，汽车的速度最大，由图乙可知
解得
故B正确；
故选AB。
10．【答案】AD
【详解】AB．据图像可知，圆筒做匀加速转动，角速度随时间变化的关系式为
圆筒边缘线速度与物块前进速度大小相同，根据
得
所以物体做匀加速直线运动，故A正确，B错误；
C．物体运动的加速度
根据牛顿第二定律得
解得
故C错误；
D．时，细线拉力的瞬时功率为
故D正确。
故选AD。
11．（6分）每空2分【答案】 D C B
【详解】（1）A．选择密度大体积小的重物，有利于减小误差，故A错误；
BC．为了获取更多的数据点，实验过程中应先接通电源，后释放重物，释放纸带时重物靠近打点计时器，故BC错误；
D．实验产生误差的主要原因是重物在下落过程中不可避免地受到阻力的作用，故D正确。
故选D。
（2）实验中需要用刻度尺测量纸带上的点之间的距离，在验证机械能守恒时，由
可知质量可以约掉，故不需要测量重物质量，故需要毫米刻度尺。
故选C。
（3）根据实验数据可知物体减少的重力势能与增加的动能可认为相等，根据机械能守恒定律
可知
则图线是过原点的直线。
故选B。
12．（10分）【答案】(1)AD（2分） (2) （2分） > = (3)c （2分） (4)map=maOM+mbON （2分） (5)A（2分）
【详解】（1）A．本实验要通过平抛运动验证动量守恒定律，所以轨道末端必须水平，以保证小球做平抛运动，故A正确；
BC．实验需要测量平抛射程，需要刻度尺，由于平抛运动高度相同，时间相同，可用水平位移替代平抛初速度，故高度也不需要测量，故BC错误；
D．为了保证两次入射小球到达轨道末端具有相同的速度，两次入射小球需从同一位置由静止释放，故D正确。
故选AD。
（2）为了保持碰撞过程A球的速度方向不变，需要，为了保证对心碰撞，需要。
（3）如果采用画圆法确定小球的平均落点位置，应该让所画的圆尽可能地把大多数落点包进去，且圆的半径最小，这样所画圆的圆心即为小球落点的平均位置，故圆c画的最合理。
（4）分析可知，未放B球前，A球落地在P点，放B球，A碰B后二者落地分别为M点、N点，设碰前A的速度为，A碰B后二者速度分别为，设平抛运动的时间为t，则有
根据动量守恒有mav0=mav1+mbv2
联立可得map=maOM+mbON
（5）两球发生弹性碰撞，则有
联立以上，解得
故选A。
13(10分）．【答案】(1)(2)(3)
【详解】（1）设小球在最高点的最小速度为，由牛顿第二定律有 2分
解得小球要做完整的圆周运动，在最高点的速度至少为 2分
（2）小球在最高点时由牛顿第二定律有 2分
解得小球在最高点的速度为时，轻绳拉力为 1分
（3）小球在最低点时速度最大，绳的拉力最大，由牛顿第二定律有 2分
代入数据解得小球在最低点的速率不能超过 1分
14(12分）．【答案】(1)；(2)；(3)
【详解】(1)由题中图像知物体1s末的速度m/s 1分
根据动能定理得J 2分
(2)物体沿斜面上升的最大距离m=5m 1分
物体到达斜面时的速度m/s，到达斜面最高点的速度为零，根据动能定理有
2分
解得J 1分
则平均功率为W 2分
(3)设物体重新到达斜面底端时的速度为，则根据动能定理有
2分
解得m/s 1分
此后物体做匀速直线运动，物体回到出发点的速度大小为m/s。
15(16分）【答案】(1)(2)(3)，方向水平向左。
【详解】（1）由动能定理有 1分
解得小球P在C点的速度大小 1分
对P，由牛顿第二定律有 2分
解得 1分
（2）PQ速度相等时，弹簧弹性势能最大，设共同速度为v，规定向右为正方向，由动量守恒有 2分
由能量守恒有 2分
联立解得最大弹性势能 1分
（3）设小球压缩弹簧结束后瞬间Q的速度为，由动量守恒有 2分
能量守恒有 2分
联立解得 1分
可知小球压缩弹簧结束后瞬间，小球的速度大小为，方向水平向左。 1分