吉林省“BEST合作体”2024-2025学年高一下学期期末物理试卷（解析版）

这是一份吉林省“BEST合作体”2024-2025学年高一下学期期末物理试卷（解析版），共15页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
本试卷共15题，共100分，共4页。考试时间为75分钟。考试结束后，只交答题卡。
一、选择题：本题共10小题，共46分。在每小题给出的四个选项中，第1~7题只有一项符合题目要求，每小题4分；第8~10题有多项符合题目要求，每小题6分，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
1. 如图所示，在皮带传送装置中，皮带把物体P匀速传送至高处，在此过程中，下列说法正确的是（ ）

A. 摩擦力对物体做正功B. 支持力对物体做正功
C. 重力对物体做正功D. 合外力对物体做正功
【答案】A
【解析】皮带把物体P匀速传送至高处，根据受力平衡可知，物体受到竖直向下的重力，垂直于皮带接触面向上的支持力，沿皮带向上的静摩擦力；所以重力对物体做负功，支持力对物体不做功，摩擦力对物体做正功，由于物体的动能不变，根据动能定理可知，合外力对物体做功为0。
故选A。
2. 为了验证地球对月球的引力与地球对地球表面物体的引力遵循相同的规律，牛顿进行了著名的“月—地检验”。月球绕地球运动的向心加速度为a，地表重力加速度为，月球轨道半径为r，地球半径为R，忽略地球自转影响。关于“月地检验”，下列说法中正确的是（ ）
A. 计算a需要测量引力常量G
B. “月—地检验”需要测量、的大小
C. 若计算得，则验证了、遵循相同的规律
D. a的大小理论上也可以通过月球表面的自由落体实验测量得出
【答案】C
【解析】A．计算a是根据
其中是月球绕地球的公转周期，不需要测量引力常量，A错误；
BC．因在地球表面的物体受到的引力
月球绕地球有
若计算得
则验证了、遵循相同的规律，不需要测量、的大小，B错误，C正确；
D．月球绕地球的向心加速度a由地球引力产生，而月球表面的自由落体加速度是月球自身引力产生的，与a无关，D错误。
故选C。
3. 如图所示，修正带是通过两个齿轮的相互咬合进行工作的，其原理可简化为图中所示的模型。A、B是转动的齿轮边缘的两点，若A点所在齿轮的半径是B点所在齿轮的半径的倍，则下列说法正确的是（ ）
A. A、B两点的线速度大小之比为3：2
B. A、B两点的角速度大小之比为2：3
C. A、B两点的周期之比为2：3
D. A、B两点的向心加速度之比为1：1
【答案】B
【解析】AB．修正带的传动属于齿轮传动，A点与B点的线速度大小相等，由v=ωr可知，角速度与半径成反比，即角速度之比为2：3，A错误，B正确；
C．由公式可知，周期之比等于角速度的反比，即A、B两点的周期之比为3：2，C错误；
D．由公式a=ωv可知，A、B两点的向心加速度与角速度成正比，即A、B两点的向心加速度之比为2：3，D错误。
故选B。
4. 图甲是以O点为平衡位置，在A、B两点间做简谐运动的弹簧振子，图乙为该弹簧振子的振动图象， 由图可知下列说法正确的是（ ）

A. 在t=0.2s时，弹簧振子可能运动到O位置
B. 在t=0.1s与t=0.3s两个时刻，弹簧振子的速度相同
C. 从t=0到t=0.2s的时间内，弹簧振子的动能持续地减小
D. 在t=0.2s与t=0.6s两个时刻， 弹簧振子的加速度相同
【答案】C
【解析】A．t=0.2s时，振子的位移为正向最大值，但由于没有规定正方向，所以此时振子的位置可能在A点也可能在B点，故A错误；
B． t=0.1s时速度为正，t=0.3s 时速度为负，两者方向相反，故B错误；
C．从t=0到t=0.2s的时间内，弹簧振子远离平衡位置，速度减小，动能减小，故C正确；
D． t=0.2s与t=0.6s两个时刻，位移的大小相等，方向相反，故加速度的大小相等，方向相反，故D错误；
故选C。
5. 完全相同的小球a、b、c距地面高度相同，现将a向下抛出，将b与水平成45°角向下抛出，c沿与水平成45°角的固定斜面运动，如图。三者初速度大小相同，运动过程中均不计阻力。a、b、c刚要落地时重力的功率分别为Pa、Pb、Pc，则（ ）
A. Pa>Pb>PcB. Pa>Pb=Pc
C. Pa=Pb=PcD. Pa=Pb>Pc
【答案】A
【解析】设小球抛出时离地高度为，根据动能定理可得
可得小球落地时的速度大小为
设b球落地瞬间速度与水平方向的夹角为，由于b球抛出时与水平成45°角，则有；则有，，
可得
故选A。
6. 在“用单摆测量重力加速度”实验中，某同学通过测量30次全振动的时间来测定单摆的周期T，他在单摆经过平衡位置时按下秒表记为“1”，若同方向再次经过平衡位置时记为“2”，在数到“30”时停止秒表，读出这段时间t，算出周期T＝。其他操作步骤均正确。多次改变摆长时，他均按此方法记录多组数据，并绘制了T2－L图像，则他绘制的图像可能是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】根据单摆周期公式
可得
可知图像为过原点的倾斜直线。
故选D。
7. 如图甲所示，长木板A放在光滑的水平面上，质量为m＝2kg的另一物体B以水平速度v0=2m/s滑上原来静止的长木板A的上表面，由于A、B间存在摩擦，之后A、B速度随时间的变化情况如图乙所示，g取10m/s2。下列说法正确的是（ ）
A. 1s时长木板获得的动能为4J
B. 长木板A的最小长度为2m
C. A、B间的动摩擦因数为0.2
D. 0~1s过程中系统损失的机械能为2J
【答案】D
【解析】C．由图乙可知物体B的加速度大小为
根据牛顿第二定律得
解得A、B间的动摩擦因数为，故C错误；
B．根据图像与横轴围成的面积表示位移，可得A、B发生的相对位移大小为
可知长木板A的最小长度为1m，故B错误；
A．由图乙可知物体A的加速度大小为
根据牛顿第二定律得
解得A的质量为
则1s时长木板获得的动能为，故A错误；
D．0~1s过程中系统损失的机械能为，故D正确。
故选D。
8. 如图所示，2025年6月14日，我国成功将电磁监测卫星“张衡一号”02星发射升空。该卫星能够克服地面观测的许多局限性，提供更全面和准确的地震监测数据。卫星轨道倾角（轨道平面与赤道平面的夹角）接近90度，卫星要在两极附近通过，因此又称之为近极地太阳同步卫星轨道。卫星在近地点489km，远地点509km的椭圆轨道上运行。地球视为球体，则该卫星在轨道上运行过程中（ ）
A. 卫星在近地点时加速度最大
B. 从近地点到远地点，卫星的速度逐渐减小
C. 从近地点到远地点，卫星的机械能减少
D. 从近地点到远地点，卫星的重力势能不变
【答案】AB
【解析】A．对卫星有
解得
由于近地点卫星到地心距离r最小，故加速度最大，故A正确；
B．根据开普勒第二定律可知，从近地点到远地点，卫星速度逐渐减小，故B正确；
C．卫星在椭圆轨道运行，只有地球引力做功，机械能守恒，故C错误；
D．从近地点到远地点，卫星高度升高，重力势能增大，故D错误。
故选AB。
9. 如图所示为一个单摆装置，将小球向左拉到A位置无初速度释放，小球可摆动到与A位置关于竖直线对称的B位置，不计一切阻力，下列说法正确的是（ ）
A. 小球从A到B的过程中，重力的冲量为零
B. 小球从A到B的过程中，合力的冲量为零
C. 小球从O到B的过程中，动量的变化量方向水平向左
D. 小球从O到B的过程中，绳上拉力的冲量大于重力的冲量
【答案】BCD
【解析】A．小球从A到B的过程中，根据可知，重力的冲量不为零，故A错误；
B．小球运动到B处和在A处时动量都为零，由动量定理，知小球从A到B的过程中，合力的冲量为零，故B正确；
C．小球从O到B的过程中，初动量水平向右，末动量为零，动量的改变量方向水平向左，故C正确；
D．如图所示，小球从O到B的过程中，合力的冲量等于动量的变化量，由矢量三角形可知，拉力的冲量大于重力的冲量，故D正确。
故选BCD。
10. 如图甲所示，斜面体固定在水平地面上，在斜面底端固定一挡板与斜面垂直，质量为m可视为质点的小物块从斜面的顶端滑下，在下滑的过程中，其机械能与重力势能随位移的变化图像如图乙所示，已知斜面长为l，物块与挡板碰撞为弹性碰撞，已知物体与斜面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则下列说法正确的是（ ）
A. 在整个运动过程中，物块克服摩擦产生的热量为3.5E0
B. 滑块运动的总时间为
C. 滑块运动的总路程为
D. 斜面的动摩擦因数为
【答案】AD
【解析】AC．从两条图像可知上方的图像为机械能随位移变化的图像，下方为重力势能随位移变化的图像，物体在下滑的过程中，机械能与重力势能随位移均匀地减小，且两个图像平行，可知下滑的过程中动能保持不变，设斜面倾角为θ，则有
由题图可知，
物体与挡板发生弹性碰撞，原速率反弹，设上升的路程为l′，则根据动能定理
联立解得
到达最高点后静止在斜面上不再下滑，因此滑块运动的总路程
物块克服摩擦产生的热量，故A正确，C错误；
B．滑块运动的总时间为
解得，故B错误；
D．结合AC选项的分析可知，
解得，故D正确。
故选AD。
二、非选择题：本题共5小题，共54分。
11. 如图1所示，用“碰撞实验器”可以验证动量守恒定律，即研究两个小球在轨道水平部分碰撞前后的动量关系。O是小球抛出时球心在地面上的垂直投影点，实验时，先让入射小球多次从斜轨上S位置由静止释放，找到其落地点的平均位置P，测量平抛水平射程。然后把被碰小球静置于水平轨道的末端，再将入射小球从斜轨上S位置由静止释放，与小球相撞，多次重复实验，找到两小球落地的平均位置。
（1）图2是小球的多次落点痕迹，由此可确定其落点的平均位置对应的读数为_______；
（2）下列器材选取或实验操作符合实验要求的是_______；
A. 可选用半径不同的两小球
B. 选用两球的质量应满足
C. 小球每次必须从斜轨同一位置释放
D. 需用秒表测定小球在空中飞行的时间
（3）在某次实验中，测量出两小球的质量分别为，三个落点的平均位置与O点的距离分别为。在实验误差允许范围内，若满足关系式_______，即验证了碰撞前后两小球组成的系统动量守恒。（用测量的物理量表示）
【答案】（1）55.49##55.50##55.51 （2）BC （3）
【解析】
【小问1解析】
根据图2及直尺读数规则，平均位置对应的读数为55.50cm。
【小问2解析】
A．保证碰撞在同一条水平线上，所以两个小球的半径要相等，故A错误；
B．为保证入射小球不反弹，入射小球的质量应比被碰小球质量大，故B正确；
C．小球离开轨道后做平抛运动，由于小球抛出点的高度相等，它们在空中的运动时间相等，小球的水平位移与小球的初速度成正比，所以入射球必须从同一高度释放，故C正确；
D．小球在空中做平抛运动的时间是相等的，所以不需要测量时间，故D错误。
故选BC。
小问3解析】
实验需要验证
小球做平抛运动的时间相同，则两边乘以时间t可得
即要验证的是
12. 用如图所示实验装置验证m1、m2组成的系统机械能守恒。m2从高处由静止开始下落，m1上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。图中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个记录点（图中未标出），所用电源的频率为50Hz。已知m1＝50g、m2＝150g，则：（当地的重力加速度g取9.8m/s2）
（1）在纸带上打下计数点5时的速度v5＝________m/s。
（2）在打下0点到打下计数点5的过程中系统动能的增加量ΔEk＝________J，系统重力势能的减少量ΔEp＝________J（计算结果均保留3位有效数字）。
（3）你认为本实验中使用的定滑轮是否会引起误差________？如果你认为不会引起答“不会”，如果你认为会有误差答“会”，指出两点因使用滑轮而产生误差的原因________。
【答案】（1）2.4 （2） 0.576 0.588
（3）会 滑轮与细绳之间有摩擦、滑轮有质量
【解析】
小问1解析】
由于每相邻两个计数点间还有4个点没有画出，所以相邻的计数点间的时间间隔
根据某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度求出点5的瞬时速度
【小问2解析】
在打下0点到打下计数点5的过程中系统动能的增加量
系统重力势能的减少量
【小问3解析】
本实验中使用的定滑轮会引起误差；使用滑轮而产生误差的原因：滑轮与细绳之间有摩擦、滑轮有质量。
13. 某次训练中使用冰壶A和冰壶B的质量均为m＝20kg，两冰壶与冰面间的动摩擦因数均为μ＝0.02，初始时两冰壶之间的距离s＝7.5m，冰壶A被运动员以v0＝2m/s的初速度水平掷出后，与静止的冰壶B碰撞，碰后冰壶A的速度大小变为vA＝0.2m/s，方向不变，碰撞时间极短。已知重力加速度g＝10m/s2。求：
（1）冰壶A在与B碰撞前瞬间的速度大小v1；
（2）两冰壶碰撞后瞬间B的速度大小vB；
（3）两冰壶在碰撞过程中减少的机械能ΔE。
【答案】（1）1m/s （2）0.8m/s （3）3.2J
【解析】
【小问1解析】
冰壶A从开始运动到与冰壶B碰撞前过程中，根据动能定理可得
代入数据解得
【小问2解析】
两冰壶碰撞过程中，满足动量守恒，以v0的方向为正方向，则有
代入数据解得vB＝0.8 m/s
【小问3解析】
两冰壶碰撞前后
联立方程得
14. 如图所示，足够长光滑水平面AB与固定在竖直面内的粗糙半圆形导轨相切于B点，导轨半径为R，一个质量为m可看成质点的小物块将水平轻弹簧压缩至A点后由静止释放，在弹力作用下物块获得某一向右速度后脱离弹簧，它继续运动到B点时对导轨的压力大小为其重力的7倍，之后沿半圆形导轨运动恰好能通过C点，不计空气阻力，重力加速度为g，求：
（1）弹簧被压缩至A点时的弹性势能Ep；
（2）物块从B到C阻力做的功Wf；
（3）物块离开C点后，再落回到水平面AB前瞬间的速度与竖直方向的夹角α的正弦值sinα。
【答案】（1）3mgR （2）-0.5mgR （3）
【解析】
【小问1解析】
物块运动到B点时对导轨的压力大小为其重力的7倍，根据牛顿第三定律可知，导轨对物块的支持力大小也为其重力的7倍，设物块运动到B点时速度为v1，根据牛顿第二定律可有
根据机械能守恒定律有
解得Ep=3mgR
【小问2解析】
物块恰好能通过C点，根据牛顿第二定律有
从B到C过程，根据动能定理有
解得Wf =-0.5mgR
【小问3解析】
物块离开C点后做平抛运动，物块落回到水平面AB过程，根据动能定理有
落回到水平面AB前瞬间
解得
15. 如图所示，一质量M＝3kg的小车由水平部分AB和光滑圆轨道BC组成，圆弧BC的半径R＝0.2m且与水平部分相切于B点，小物块Q与AB段之间的动摩擦因数，小车静止时左端与固定的光滑曲面轨道MN相切，一质量为的小物块P从距离轨道MN底端高为h＝1.8m处由静止滑下，并与静止在小车左端的质量为的小物块Q（两物块均可视为质点）发生弹性碰撞，碰撞时间极短。已知除了小车AB段粗糙外，其余所有接触面均光滑，重力加速度。
（1）求碰撞前瞬间物块P的速度；
（2）求碰撞后瞬间物块P、Q的速度和；
（3）碰撞后立即取走物块P，要使物块Q碰撞后的运动过程中既可以到达B点又始终不会离开小车，求小车左侧水平部分AB的长度的取值范围。
【答案】（1） （2）， （3）
【解析】
【小问1解析】
物块P沿MN滑下，由机械能守恒定律得：
代入数据解得
【小问2解析】
物块P、Q碰撞，取向右为正方向，由动量守恒定律得
由机械能守恒定律得
解得，（“－”表示方向向左）
【小问3解析】
设共速为，由动量守恒定律有
得
物块Q刚好到达B点就与木板共速时，AB段最长，由能量守恒定律
解得
物块Q刚好回到A点与木板共速时，AB段最短，根据动量守恒定律可得共同速度仍为
由能量守恒定律得
解得
滑块Q恰好能到C点
解得
综上AB段的长度范围为