云南省临沧地区中学等校2024-2025学年高一（下）期末质量检测物理试卷

这是一份云南省临沧地区中学等校2024-2025学年高一（下）期末质量检测物理试卷，共14页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。
1.如图中实线描述的是一位跳水运动员高台跳水时头部的运动轨迹，最后运动员沿竖直方向以速度v入水，图中与入水速度方向可能相同的位置是( )
A. a点B. b点C. c点D. d点
2.一物体做平抛运动，从抛出时开始计时，第1 s内的位移为S1，第2 s内的位移为S2，第3 s内的位移为S3，已知S2S3=2 10，则S1S2为( )
A. 12B. 13C. 14D. 34
3.如图所示，左图为甲、乙两质点的v-t图像，右图是在同一直线上运动的物体丙、丁的x-t图像。下列说法正确的是( )
A. 质点甲、乙的速度相同
B. 丙的运动速率大于丁的运动速率
C. 丙的出发点在丁前面x0处
D. 不管质点甲、乙是否从同一地点开始运动，它们之间的距离一定越来越大
4.我国在酒泉卫星发射中心用长征二号丁运载火箭成功将世界首颗量子科学实验卫星(简称“量子卫星”)“墨子号”发射升空．已知引力常量为G，地球半径为R，“墨子号”距地面高度为h，线速度为v1，地球表面的重力加速度为g，第一宇宙速度为v2，下列说法正确的是 ( )
A. v1v2= R+hRB. 此卫星距离地面的高度h可用gR2v12来表示
C. 地球的质量可表示为v12(R+h)GD. 此卫星角速度大于 gR
5.磁吸式手机支架可通过磁力将手机吸附在磁吸平面上。如图所示，质量为m的手机静置在倾角为θ的磁吸平面上时，手机受到磁吸平面的磁力方向垂直于平面向下、大小为F，重力加速度大小为g。下列说法正确的是( )
A. 手机受到的力只有磁力、摩擦力、重力
B. 手机受到的摩擦力大小为mgsinθ
C. 磁吸平面对手机的作用力方向垂直于磁吸平面
D. 磁吸平面对手机的支持力大小为mgcsθ
6.如图所示，为某种自行车的大齿轮、链条、小齿轮、脚踏板、后轮示意图，在骑行过程中，脚踏板和大齿轮同轴转动，小齿轮和后轮同轴转动，已知大齿轮与小齿轮的半径之比为3：1，后轮与小齿轮半径之比为10：1，当使后轮离开地面，扭动脚蹈板带动后轮一起匀速转动时( )
A. A、C两点的线速度vA:vc=10:3
B. A、B两点的角速度ωA:ωB=3:1
C. A、C两点的周期TA:TC=3:1
D. A、C两点的向心加速度aA:aC=10:1
7.如图所示，在水平传送带上有三个质量分别为m1、m2、m3的木块1、2、3，1和2及2和3间分别用原长为L、劲度系数为k的轻弹簧连接起来，木块与传送带间的动摩擦因数均为μ，现用水平细绳将木块1固定在左边的墙上，传送带按图示方向匀速转动，当三个木块达到平衡后，1、3两木块之间的距离是( )
A. 2L+μm2+m3gkB. 2L+μm2+2m3gk
C. 2L+μm1+m2+m3gkD. 2L+μm3gk
二、多选题：本大题共3小题，共18分。
8.2019年5月，某校举行了春季运动会，同学们展现了良好的精神面貌，下列说法正确的是( )
A. 在高一男子200米比赛中，某同学以25秒的成绩获得冠军，则他的平均速度大小小于8 m/s
B. 百米赛跑时，某同学用时10 s，则他撞线时的速度大小为10 m/s
C. 高一女子100米年级纪录为11.5 s，其中11.5 s为时间间隔
D. 高一女子实心球年级纪录为9.69 m，其中9.69 m为实心球出手后的位移大小
9.一辆汽车沿平直的公路行驶，经过一段时间开始刹车，通过计算机描绘了该汽车刹车后的平均速度随时间的变化规律，如图所示.则下列说法正确的是( )
A. 汽车刹车时的加速度大小为5m/s2
B. 汽车经12s的时间停止运动
C. 汽车刹车的位移为180m
D. 汽车刹车后4s与刹车后8s的位移大小之比为8：9
10.如图所示，倾角为30∘的斜面固定在水平地面上，斜面底端固定一轻质弹簧，弹簧轴线与斜面平行，弹簧处于原长时弹簧上端位于B点。将质量m=1kg的物块(可视为质点)从斜面顶端A点由静止释放，物块第一次运动到最低点时弹簧的压缩量x=0.4m。已知物块与斜面间的动摩擦因数μ= 36，B点间的距离L=5m，取重力加速度大小g=10m/s2，弹簧始终在弹性限度内。下列说法正确的是( )
A.
物块第一次经过B点时的速度大小为5m/s
B. 弹簧的最大弹性势能为12.5J
C. 物块第二次经过B点时的动能为12J
D. 物块第二次经过B点后能上升的最高点到A点的距离为3.6m
三、实验题：本大题共2小题，共16分。
11.某同学用如图1所示装置研究小车运动的速度随时间变化的规律。
(1)电火花打点计时器所接的电源应为___________V的___________(填“交流”或“直流”)电源。
(2)下列实验操作中正确的是___________。
A.调节定滑轮的高度使细线与长木板平行
B.释放小车前，应让小车靠近打点计时器
C.接通电源的同时，释放小车
D.用刻度尺测量纸带上两点间距离时，应移动刻度尺分别测量每段长度
(3)实验打出的纸带如图2所示，图上各点为计数点，相邻两计数点间还有四个计时点未标出，打点计时器所接电源的频率为50Hz，根据打出的纸带算出小车运动的加速度a=_____m/s2(结果保留2位有效数字)。
(4)该同学想用图像法处理数据求出A、B、C、D、E各点对应小车的速度，其中打B点时小车的速度vB=_______m/s，将求出的各点的速度在v-t坐标系中描点作图，作出的图像如图3所示，图像与纵轴的交点表示________。(结果保留2位小数)
12.某同学用如图所示的装置验证机械能守恒定律。实验时测得滑块(含遮光条)的质量M=0.4kg，钩码的质量m=0.2kg，当地重力加速度大小g=9.8m/s2，滑块左、右端固定有相同的遮光条1、2，遮光条的宽度d=3mm，遮光条1、2中心的距离L=10cm。
(1)实验时滑轮到滑块段的细线__________(填“需要”或“不需要”)平行于气垫导轨。在__________(填“挂”或“不挂”)钩码的情况下轻推滑块，根据遮光条1、2通过光电门的遮光时间可以判断气垫导轨是否水平。
(2)按正确实验步骤完成实验，测得遮光条1、2通过光电门时的遮光时间分别为t1=5.0×10-3s、t2=3.0×10-3s，由此可知遮光条1通过光电门时滑块的速度大小v1=__________m/s。从遮光条1通过光电门到遮光条2通过光电门的过程中，滑块和钩码构成的系统重力势能的减少量ΔEp=__________J，系统动能的增加量ΔEk=__________J。(计算结果均保留三位有效数字)
四、计算题：本大题共3小题，共38分。
13.如图所示，两根直木棍AB和CD相互平行，斜靠在竖直墙壁上固定不动。一个半径R=5cm、质量m=20kg的水泥圆筒从木棍的上部恰好能匀速滑下，已知两木棍间距d=8cm，与水平面的夹角α=37°。(sin37°=0.6,cs37°=0.8,g取10m/s2)。
(1)两根直木棍对水泥圆筒弹力的合力及摩擦力的合力的大小；
(2)每根直木棍与水泥桶间的动摩擦因数；
(3)将水泥圆筒沿直木棍匀速向上拉动，所需最小拉力?(sin74°=0.96)
14.如图所示，质量为m=1kg的物块从空中的P点以速度v=6 3m/s，与水平方向成φ=60∘角抛出，恰好沿传送带方向进入传送带。传送带与水平方向的夹角θ=30∘，传送带以v0=4m/s的速度顺时针转动，物块与传送带间的动摩擦因数为μ= 33，传动带长L=3m，重力加速度g取10m/s2，物块可看成质点，求：
(1)物块从P点抛出到进入传送带的时间；
(2)物块从传送带的最下端运动到最上端的时间；
(3)物块从传送带的最下端运动到最上端因摩擦产生的热量。
15.如图所示，圆心为O1、半径R1=1m的光滑圆弧轨道AB⌒与光滑水平地面在A点相切，与倾角θ=37∘、长度L=1.2m的斜面BC在B点相切，圆心为O2、半径R2=1.2m的光滑圆弧轨道CD与斜面BC在C点相切，O2D竖直。水平地面左侧竖直挡板处固定有水平轻质弹簧，弹簧原长位置在A点左侧。将可视为质点、质量m=1kg的物块压缩弹簧至不同位置由静止释放，某次释放后物块经过圆弧轨道AB⌒的A点时对轨道的压力大小F1=38N，物块恰好运动到斜面上的C点。取重力加速度大小g=10m/s2，sin37∘=0.6，cs37∘=0.8。
(1)求这次释放物块时弹簧的弹性势能Epl;
(2)求物块与斜面间的动摩擦因数μ;
(3)为确保物块能沿圆弧轨道CD⌒运动到D点，求释放物块时弹簧的弹性势能EP的取值范围。
答案和解析
1.【答案】B
【解析】运动员做曲线运动，入水时速度方向竖直向下；
由于曲线运动的速度方向为该点轨迹的切线方向，如图所示，
由图可知，只有图中的点b位置速度方向与入水时速度方向相同，故B正确，ACD错误。
故选：B。
2.【答案】A
【解析】设第1s内水平方向的位移为x、竖直方向的位移为y，则第2s内水平方向的位移为x、竖直方向的位移为3y，第3s内水平方向的位移为x、竖直方向的位移为5y，
可知第1s内的位移S1= x2+y2，第2s内的位移S2= x2+(3y)2，第3s内的位移S3= x2+(5y)2，
由S2S3=2 10解得S1S2=12，A正确。
故选A。
3.【答案】C
【解析】A.由图读出，甲、乙两物体的速度大小都是2 m/s，甲的速度沿正方向，乙的速度沿负方向，说明两物体速度方向相反，而速度是矢量，则质点甲、乙的速度不同，故A错误；
D.由于甲乙出发点的位置关系未知，无法判断它们之间的距离如何变化，故D错误；
C.由图看出丙由距原点正方向x0处出发沿正方向做匀速直线运动，丁从原点出发沿同一方向做匀速直线运动，所以丙的出发点在丁前面x0处，故C正确；
B.丙图线的斜率小于丁图线的斜率，则丙的运动速率小于丁的运动速率，故B错误。
故选C。
4.【答案】C
【解析】由万有引力提供向心力，对量子卫星有GMm(R+h)2=mv12R+h，第一宇宙速度v2= GMR，得v1v2= RR+h，选项A错误；
由GMm(R+h)2=mv12R+h，解得R+h=GMv12，代入GM=gR2，解得R+h=gR2v12，h=gR2v12-R，选项B错误；
由GMm(R+h)2=mv12R+h，解得M=v12(R+h)G，选项C正确；
由GMm(R+h)2=m(R+h)ω2，代入GM=gR2，得此卫星角速度为ω= gR2(R+h)3< gR，选项D错误．
5.【答案】B
【解析】A.对手机受力分析，手机受到重力、垂直于平面向下的磁力、支持力和沿平面向上的摩擦力四个力的作用，故A错误；
B.手机处于平衡状态，在沿平面方向上，由平衡条件可知，手机受到的摩擦力大小f=mgsinθ，故B正确；
C.磁吸平面对手机的作用力是磁力、支持力和摩擦力的合力，手机静止，处于平衡状态，磁吸平面对手机的作用力和重力大小相等方向相反，所以磁吸平面对手机的作用力方向竖直向上，故C错误；
D.对手机在垂直斜面方向进行分析，由平衡条件可得，磁吸平面对手机的支持力大小N=mgcsθ+F，故D错误。
6.【答案】C
【解析】AB.由图可知，大齿轮与小齿轮为同缘传动，因此
vA=vB
由于大齿轮与小齿轮的半径之比为3：1，根据 v=ωr 可得
ωAωB=13
小齿轮与后轮为同轴传动，因此
ωB=ωC
因此
ωAωC=13
后轮与小齿轮半径之比为10：1，因此
rArc=310
因此A、C两点的线速度之比为
vAvC=ωArAωCrc=110
故AB错误；
C.根据 T=2πω 可得
TATC=ωCωA=31
故C正确；
D.根据 a=ω2r 可得
aAaC=(ωAωC)2⋅rArC=130
故D错误。
故选C。
7.【答案】B
【解析】对木块3分析，摩擦力与弹簧弹力平衡，有：μm3g=kx，
则x=μm3gk，
对木块2和3整体分析，摩擦力和弹簧弹力平衡，有：μ(m2+m3)g=kx'，
则x'=μ(m2+m3)gk，
则1、3两木块的距离s=2L+x+x'=2L+μ(m2+2m3)gk，故B正确，ACD错误。
故选：B。
8.【答案】AC
【解析】A.由于运动场的跑道没有200 m的直道，所以200 m只是路程，位移小于200 m，则该同学的平均速度大小小于20025m/s=8m/s，A正确；
B.没有说明百米赛跑时该同学的速率变化规律，故无法确定该同学撞线时的瞬时速率，B错误；
C.高一女子100米年级纪录为11.5 s，其中11.5 s为时间段，即时间间隔，C正确；
D.实心球出手后的位移大小是从抛出时手的位置到落点的有向线段的长度，而实心球的成绩是从地面上规定的起点到实心球的落地点之间的水平距离，二者不能等同，D错误。
9.【答案】AD
【解析】A.平均速度为 v=xt ，又由位移公式x=v0t+12at2
整理得xt=v0+12at
结合图像可知初速度v0=30m/s，12a=15-306-0=-2.5
汽车的加速度为a=-5m/s2，加速度大小为5m/s2
故A正确；
B.汽车刹车的时间为t=v0-a=6s
故B错误；
C.汽车刹车的位移为x=-v 022a=90m
故C错误；
D.汽车刹车后4s内的位移为x1=v0t1-12at 12
代入数据解得x1=80m
由于汽车刹车的时间为6s，则汽车刹车后8s内的位移为刹车后6s的位移，所以汽车刹车后4s的位移与8s的位移之比为8：9，故D正确。
故选AD。
10.【答案】AD
【解析】物块从A点运动到B点有mgLsin30∘-μmgLcs30∘=12mv1 2，解得v1=5m/s，选项A正确;物块从A点至第一次运动到最低点有mg(L+x)sin30∘-μmg(L+x)cs30∘-E弹=0，解得E弹=13.5J，选项B错误;物块从最低点至第二次经过B点有E弹-mgxsin30∘-μmgxcs30∘=12mv2 2，解得12mv2 2=10.5J，选项C错误;设物块第二次经过B点后能上升的最高点到A点的距离为d，则有mgdsin30∘=μmg(L+2x+Ld)cs30∘，解得d=3.6m，选项D正确。
11.【答案】(1)220；交流；(2)AB；(3)2.0；(4)0.81；纸带上O点的小车的速度
【解析】 (1)电火花打点计时器所接的电源应为220V的交流电源。
(2)A、调节定滑轮的高度使细线与长木板平行，保证小车做匀加速直线运动，故A正确；
B、释放小车前，应让小车靠近打点计时器，故B正确；
C、应先接通电源，后释放小车，故C错误；
D、用刻度尺测量纸带上两点间距离时，应该固定刻度尺不动，依次读数，如果移动刻度尺分别测量每段长度，会增大测量误差，故D错误。
故选：AB。
(3)相邻两计数点间的时间间隔为T=5×0.02s=0.1s，
根据匀变速直线运动的推论公式Δx=aT2可得a=xCF-xOC(3T)2=(10.96+12.98+15.01)-(5.00+7.10+9.10)3×0.12×10-2m/s2≈2.0m/s2。
(4)打B点时小车的速度为vB=xAC2T=(7.10+9.10)×10-22×0.1m/s=0.81m/s；
图像与纵轴的交点表示纸带上O点的小车的速度。
12.【答案】(1)需要；不挂；
(2)0.600；0.196；0.192。
【解析】(1)实验时，若滑轮到滑块段的细线不平行于气垫导轨，细线对滑块的拉力会有垂直于导轨方向的分力，从而影响滑块在导轨方向上的运动，导致无法准确验证机械能守恒定律，所以滑轮到滑块段的细线需要平行于气垫导轨；
要判断气垫导轨是否水平，应在不挂钩码的情况下轻推滑块，若气垫导轨水平，滑块做匀速直线运动，遮光条1、2通过光电门的遮光时间相等，若不相等，则说明导轨不水平；
(2)根据极短时间内的平均速度等于瞬时速度，遮光条1通过光电门时滑块的速度大小v1=dt1=3×10-35.0×10-3m/s=0.600m/s；
从遮光条1通过光电门到遮光条2通过光电门的过程中，
滑块和钩码构成的系统重力势能的减少量ΔEp=mgL=0.2×9.8×0.1J=0.196J；
遮光条2通过光电门时滑块的速度大小v2=dt2，t2=3.0×10-3s，则v2=3×10-33.0×10-3m/s=1.00m/s，
系统动能的增加量ΔEk=12(M+m)v22-12(M+m)v12=12×0.6×1.002-0.6002J=0.192J．
13.解：(1)从右侧视角分析，在沿斜坡方向根据平衡条件f合=mgsinα=120N，
垂直于斜坡方向有FN合=mgcsα=160N；
(2)由底部沿木棍向上看，受力关系如图所示：
图中θ角满足sinθ=d2R，解得θ=53∘；
根据平衡条件有2Ncsθ=mgcsα，解得N=4003N，
又因为每根木棍的摩擦力f=12f合=60N，所以动摩擦因数μ=fN=0.45；
(3)从右侧视角受力分析，如图所示：
因木棍提供的支持力合成为2Ncsθ，摩擦力合成为2f=2μN，
故这两个力的合力方向固定，图中β角满足tanβ=2f2Ncsθ=μcsθ=34，故β=37°，
现问题变为“物体受重力、木棍提供的力和拉力三力平衡，拉力最小值为多少”，根据力学平衡的矢量三角形得Fmin=mgsin74°，解得Fmin=192N。
14.解：(1)物块进入传送带时tanθ=vyvx
斜抛过程，水平方向做匀速直线运动vx=vcsφ=3 3m/s
竖直方向做竖直上抛运动vy=vsinφ-gt
联立解得t=0.6s
(2)物块进入传送带时的速度v'=vxcsθ=6m/s
在传送带上向上运动过程，当物块速度大于传送带速度时，根据牛顿第二定律mgsinθ+μmgcsθ=ma1
解得加速度大小a1=10m/s2
当物块速度等于传送带速度时，物块向上运动的位移大小为x1=v'2-v 022a1=1m
用时t1=v'-v0a1=0.2s
之后，因为mgsinθ=μmgcsθ
物块匀速向上滑动，到达最上端还需用时t2=L-x1v0=0.5s
故物块从传送带的最下端运动到最上端的时间t3=t1+t2=0.7s
(3)物块从传送带的最下端运动到最上端因摩擦产生的热量Q=μmgcsθ(v0+v'2t1-v0t1)=1J
15.解：(1)物块经过圆弧轨道AB⌒的A点时有
由牛顿第三定律有FN=F1
物块由静止释放到经过A点有
解得Ep1=14J
(2)物块由静止释放到运动至C点有Ep1=mgR1(1-csθ)+mgLsinθ+μmgLcsθ
解得μ=0.5
(3)设释放物块时弹簧的弹性势能为Ep2，物块恰好运动到D点，则有
Ep2=mgR1(1-csθ)+mgLsinθ+μmgLcsθ+mgR2(1-csθ)
解得Ep2=16.4J
设释放物块时弹簧的弹性势能为Ep3，物块运动到圆弧轨道CD⌒的C点时速度大小为v2，物块对轨道的压力恰好为0，则有mgcsθ=mv22R2
物块由静止释放到运动至C点有
解得Ep3=18.8J
因此释放物块时弹簧的弹性势能Ep的取值范围为16.4J≤Ep≤18.8J