四川省自贡市2024-2025学年高一下学期7月期末物理试卷（解析版）

这是一份四川省自贡市2024-2025学年高一下学期7月期末物理试卷（解析版），共16页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。
本试卷分第I卷（选择题）和第II卷（非选择题）两部分，满分100分。考试时间为75分钟。答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上，并在规定位置粘贴考试用条形码。答卷时，须将答案写在答题卡上，在本试题卷、草稿纸上答题无效。考试结束后，本试题卷由学生自己保留，只将答题卡交回。
第I卷（选择题 共46分）
注意事项：
必须使用2B铅笔将答案标号填涂在答题卡上对应题目标号的位置上。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。
一、单项选择题（本题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求。）
1. 以下说法正确的是（ ）
A. 物体做匀速圆周运动时，所受的向心力是恒力
B. 经典力学适用于微观、低速、弱引力场的范围
C. 田径比赛中的链球项目是利用离心现象来实现投掷的
D. 跳伞运动员带着张开的降落伞在空中匀速下落时，其机械能守恒
【答案】C
【解析】A．匀速圆周运动中，向心力方向始终指向圆心，方向不断变化，不是恒力，故A错误；
B．经典力学适用于宏观、低速、弱引力场范围，而非微观，故B错误；
C．链球投掷时，运动员旋转使链球做圆周运动，松手后链球因惯性沿切线飞出，属于离心现象的应用，故C正确；
D．匀速下落时动能不变，重力势能减少，机械能减少，故D错误。
故选C。
2. 如图所示，水平传送带顺时针匀速转动，左端轻放一质量为2kg的物块，可视为质点。物块放上传送带时开始计时，t=1s时物块的速度为5m/s。已知g取10m/s2，则该过程中，下列说法正确的是（ ）
A. 物块的动量变化率大小为20N
B. 物块受到的支持力的冲量大小为0
C. 物块受到的摩擦力的冲量大小为10N·s
D. 传送带对物块的冲量大小为10N·s
【答案】C
【解析】A．物块的动量变化率大小为，选项A错误；
B．物块受到的支持力不为零，根据I=Ft，则支持力的冲量大小不为0，选项B错误；
C．由动量定理，物块受摩擦力的冲量等于物块动量的变化，则物块受到的摩擦力的冲量大小为，选项C正确；
D．传送带对物块水平方向的冲量大小等于摩擦力的冲量大小，为10N·s，竖直方向等于支持力的冲量，大小为20 N·s，可知传送带对物块的冲量大小大于10N·s，选项D错误。
故选C。
3. 已知下列某组数据及引力常量G，能计算出地球的质量。则以下数据不可行的是（ ）
A. 地球绕太阳运行的周期及地球与太阳之间的距离
B. 月球绕地球运行的周期及月球与地球之间的距离
C. 人造地球卫星在地面附近绕行的速度及运行周期
D. 若不考虑地球自转，已知地球的半径及重力加速度
【答案】A
【解析】A．地球绕太阳运行时，万有引力提供地球公转的向心力，公式为
可解得
此数据只能计算太阳质量，无法计算地球质量，故A错误，符合题意；
B．月球绕地球运行时，由
得，故B正确，不符合题意；
C．人造卫星在地面附近绕行时，轨道半径近似为地球半径，由和
联立可解出 ，故C正确，不符合题意；
D．由万有引力与地表重力关系有
得，故D正确，不符合题意。
本题要求选择不可行的选项，故选A。
4. 如图所示，电动机通过皮带连接机器，机器皮带轮的半径为0.4m，是电动机皮带轮半径的4倍，皮带与两轮之间均不发生滑动。已知机器皮带轮上A点到转轴的距离为该轮半径的一半，机器皮带轮边缘上一点的线速度为0.2m/s。下列说法正确的是（ ）
A. A点的角速度是1rad/s
B. 电动机皮带轮边缘上某点的向心加速度是0.4m/s2
C. 电动机皮带轮与机器皮带轮的角速度之比为1∶4
D. 电动机皮带轮边缘与机器皮带轮边缘的线速度之比为1∶4
【答案】B
【解析】A．A点的角速度与机器皮带轮的角速度相等，大小为rad/s，故A错误；
BD．电动机皮带轮的半径为0.1m，边缘线速度等于机器皮带轮的线速度，则向心加速度为，故B正确，D错误；
C．电动机皮带轮的角速度为rad/s，则电动机皮带轮与机器皮带轮的角速度之比为4:1，故C错误；
故选B。
5. 下列四幅图中物体的运动均视为匀速圆周运动，图1为汽车在水平路面转弯（未打滑），图2为飞机在水平面内转弯，图3为小球沿光滑漏斗壁在水平面内运动，图4为火车水平转弯。则下列有关说法正确的是（ ）
A. 图1中若小车速度增加，小车一定会打滑
B. 图2中飞机的升力完全提供飞机所需的向心力
C. 图3中小球若在更高的水平面上运动，速率更大，支持力也更大
D. 图4中火车轨道的转弯处设计成内低外高可以减小轮缘对外轨的挤压
【答案】D
【解析】A．图1中汽车在水平路面转弯时，则
若小车速度增加，小车所需的向心力增加，小车与地面间的静摩擦力变大，若不超出最大静摩擦力，小车不会打滑，选项A错误；
B．图2中飞机的升力与重力的合力提供飞机所需的向心力，选项B错误；
C．图3中小球若在更高的水平面上运动，转动半径更大，根据，
可知，则速率更大，支持力不变，选项C错误；
D．图4中火车轨道的转弯处设计成内低外高，满足一定速度时会使轨道对火车的支持力和重力的合力提供向心力，可以减小轮缘对外轨的挤压，选项D正确。
故选D。
6. 图1为水平放置在光滑水平面上的两完全相同的弹簧振子甲、乙，图2为某时刻开始计时的两弹簧振子的振动图像。下列说法正确的是（ ）
A. 甲、乙的周期之比为2∶3
B. 2t0时，甲、乙两球的速度之比为4∶1
C. 甲、乙的最大加速度之比为1∶2
D. 甲、乙的弹簧最大形变量之比为2∶1
【答案】D
【解析】A．由图像可知，甲的周期为，乙的周期为t0，则甲、乙的周期之比为4∶3，选项A错误；
B．2t0时，甲的速度为零，乙的速度最大，则甲、乙两球的速度之比不等于4∶1，选项B错误；
C．最大加速度
可知甲、乙的最大加速度之比为2∶1，选项C错误；
D．甲、乙的弹簧最大形变量之比等于振幅之比，即为2∶1，选项D正确。
故选D。
7. 某汽车发动机的额定功率为60kW，汽车的质量为5t，汽车在水平路面行驶时，阻力是车重的0.1倍。若汽车先从静止开始，保持以0.5m/s2的加速度做匀加速运动，达到额定功率后，继续加速到最大速度，g取10m/s2。则（ ）
A. 汽车的最大速度为15m/s
B. 汽车做匀加速直线运动的时间为16s
C. 汽车以10m/s行驶时的加速度为0.4m/s2
D. 汽车从静止到达到最大速度，牵引力做的功为3.6×105J
【答案】B
【解析】A．当汽车速度最大时，牵引力等于阻力，阻力
由功率公式，得，故A错误；
B．匀加速时，由牛顿第二定律，
匀加速阶段的最大速度满足，得
匀加速时间，故B正确；
C．当时，已超过匀加速阶段，功率保持额定值。此时牵引力
加速度，选项C中加速度为0.4m/s²，与计算结果不符，故C错误；
D．匀加速阶段位移，牵引力做功
后续阶段需额外做功，总功必大于，而选项D为，明显偏小，故D错误。
故选B。
二、多项选择题（本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。）
8. 质量为1kg的石块从9m高处以30°角斜向上方抛出，初速度v0的大小为4m/s。不计空气阻力，g取10m/s2。则下列说法正确的是（ ）
A. 石块落地时的速度是14m/s
B. 石块的质量越大，落地时速度越大
C. 石块抛出时初速度的仰角越大，落地时速度越大
D. 石块的初速度不论多大，从抛出到落地的过程中重力势能的变化量不变
【答案】AD
【解析】ABC．根据机械能守恒定律
解得石块落地时的速度是v=14m/s
与石块质量m无关，与石块抛出时初速度的仰角无关，选项A正确，BC错误；
D．从抛出到落地的过程中重力势能的变化量
与石块的初速度无关，选项D正确。
故选AD。
9. 如图所示，水平光滑轨道宽度和轻弹簧自然长度均为d，两小球质量分别为m1、m2，且m1=2m2，m2的左边有一固定挡板。m1由图示位置静止释放，当m1与m2相距最近时m1的速度为v，则在以后的运动过程中（ ）
A. m1的最大速度是
B. m2的最大速度
C. m1和m2相距最远时，m1的速度为
D. m1和m2速度相等时，弹簧弹性势能为
【答案】CD
【解析】AB．从小球m1到达最近位置后继续前进，此后拉动m2前进，m1减速，m2加速，达到共同速度时两者相距最远，此后m1继续减速，m2加速，当两球再次相距最近时，m1达到最小速度，m2达最大速度，可知m1第一次到达与m2最近位置时速度最大，最大速度是v；
取向右为正方向。当两者再次最近时，根据动量守恒定律和机械能守恒定律分别得
m1v=m1v1+m2v2

解得
故m2的最大速度为，选项AB错误；
CD． m1和m2相距最远时，两者共速，则m1v=(m1+m2)v3
解得
此时弹簧的弹性势能，故CD正确。
故选CD。
10. 如图所示，在水平地面上竖直放置一质量为M的轨道，外形为正方形，内里是一半径为R、内壁光滑的圆形轨道，轨道圆心为O，A、B是轨道上与圆心O等高的两点。一质量为m的小球沿内里轨道做圆周运动且刚好能通过轨道最高点，运动过程中轨道始终在地面并保持静止状态。已知重力加速度为g，则以下说法正确的是（ ）
A. 小球经过轨道最低点时的速度大小
B. 小球经过轨道最低点时，对轨道的压力大小为6mg
C. 轨道对地面的最小压力的大小为
D. 小球经过A点时，地面对轨道的摩擦力大小为5mg
【答案】BC
【解析】AB．小球恰经过最高点，则满足
从最高点到最低点由机械能守恒定律
在最低点时
解得经过轨道最低点时的速度大小，支持力
根据牛顿第三定律可知，小球经过轨道最低点时，对轨道的压力大小为，选项A错误，B正确；
C．当小球位于过圆心的水平线上方某位置时，设该位置与圆心连线与竖直方向的夹角为θ，则
且
此时轨道对地面的压力为
联立解得
由数学知识可知当θ=60°时，N有最小值，则轨道对地面的最小压力的大小为，选项C正确；
D．小球经过A点时，由机械能守恒
地面对轨道的摩擦力大小为
解得f=3mg，方向向右，选项D错误。
故选BC。
第II卷（非选择题 共54分）
注意事项：必须使用0.5毫米黑色签字笔在答题卡上题目所指示区域内作答，作图题可先用铅笔绘出，确认后再用0.5毫米黑色签字笔描清楚。答在试题卷上无效。
三、实验题（共16分）
11. 小张利用智能手机中的“磁力计”和一个磁性小球做“单摆测量重力加速度”的实验，装置如图甲所示。
（1）将手机放在小球静止位置的正下方，然后让小球做简谐振动，手机测出其所在空间中磁感应强度大小随时间的变化，其中磁力计z轴显示如图乙。则该单摆的振动周期T为O点与__________（选填“A”“ B”“ C”“ D”）点之间的时间差。
（2）利用智能手机测出摆动周期T并测出摆线长度L。通过改变摆线长度L，获得多组T，再以T2为纵轴、L为横轴画出函数关系图像如图丙所示。由图像可知，当地重力加速度g=_________m/s2（结果可用含π的式子表达），磁性小球的直径D=___________cm。
【答案】（1）D （2） 2.0
【解析】
【小问1解析】
磁性小球每次经过最低点时，手机测得其所在空间中磁感应强度大小最大，一个周期内小球有两次经过最低点，由图乙可知，该单摆的振动周期T为O点与D点之间的时间差。
【小问2解析】
根据单摆周期公式可得
整理可得
由图丙可知，
可得，
12. 某实验小组利用图甲装置验证机械能守恒定律。
（1）下列器材中，不必要的是 ；
A 交流电源B. 秒表C. 刻度尺
（2）该实验小组得到如图乙所示的一条纸带，在纸带上选取三个清晰的计数点A、B、C，AB和BC之间还各有一个计时点，测得它们到起始点O的距离分别为h1、h2、h3。已知当地重力加速度为g，打点计时器打点的频率为f，设重物的质量为m，从打O点到打B点的过程中，重物的重力势能减少量_________，动能增加量_________；
（3）该实验小组代入测量的具体数据，发现比略大些，出现这一结果的原因可能是 ；
A. 存在空气阻力和摩擦力
B 重物质量太大
C. 先释放重物，再接通电源
（4）该实验小组继续研究，通过纸带上的计时点找出重物下落的时间t，通过纸带计算出重物下落的加速度为当地重力加速度g的k倍，按纸带计算出下落t时的重物速度为v，不考虑阻力之外的其他误差，则下列关系正确的是 。
A. B.
C. D.
【答案】（1）B （2） （3）C （4）AD
【解析】
【小问1解析】
打点计时器需要连接交流电源，需要用刻度尺测量纸带上计数点间的距离；通过打点计时器可以知道计数点间的时间间隔，所以不需要秒表。
故选B。
【小问2解析】
从打O点到打B点的过程中，重物的重力势能减少量为
打B点时，重物的速度为
则从打O点到打B点的过程中，重物的动能增加量为
【小问3解析】
A．存在空气阻力和摩擦力，使得减少的重力势能有一部分转化为内能，则比略小些，故A错误；
B．由于验证机械能守恒的表达式中，质量可以约去，所以重物质量太大，不会使比略大些，故B错误；
C．先释放重物，再接通电源，则打第一点的初动能不为0，使得动能增加量的测量值偏大，可能使得比略大些，故C正确。
故选C。
【小问4解析】
A．由动能定理可得，故A正确；
B．动能增加量为，故B错误；
CD．重力势能减少量为，故C错误，D正确。
故选AD。
四、计算题（本题有3小题，共38分。解答时写出必要的文字说明，方程式和重要演算步骤。只写出最后答案的不能得分。有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位）
13. 2025年4月24日，神舟二十号载人飞船与火箭成功分离，进入预定轨道，并于当天23时49分成功对接于空间站天和核心舱径向端口。已知空间站质量为m，轨道半径为r，绕地球运行的周期为T，地球半径为R，引力常量为G。求：
（1）地球的质量；
（2）地球平均密度；
（3）地球的第一宇宙速度。
【答案】（1） （2） （3）
【解析】
【小问1解析】
根据
可得地球质量
【小问2解析】
地球的平均密度
【小问3解析】
根据
可得地球的第一宇宙速度
14. 如图所示，一个内径很小的光滑圆管竖直固定，一轻质弹簧置于管内，一端固定在管底，另一端通过细绳，穿过光滑管口，与小球相连。已知小球的质量为0.2kg，弹簧的劲度系数为10N/m。让小球在水平面内做圆周运动，当绳与竖直方向的夹角为37°时，管上端管口的O点与小球之间的绳长为0.25m。忽略空气阻力，弹簧处于弹性限度内，g取10m/s2，sin37°=0.6，cs37°=0.8。求：
（1）小球做圆周运动的角速度大小；
（2）当连接小球间的细绳与竖直方向夹角为60°时，小球在水平面内做圆周运动的角速度大小。
【答案】（1） （2）
【解析】
【小问1解析】
以小球为对象，根据牛顿第二定律可得
其中
联立可得小球做圆周运动的角速度大小为
【小问2解析】
当连接小球的细绳与竖直方向夹角为37°时，弹簧弹力大小为
可得此时弹簧的伸长量为
当连接小球间的细绳与竖直方向夹角为60°时，弹簧弹力大小为
解得此时弹簧的伸长量为
则此时管上端管口的O点与小球之间的绳长为
以小球为对象，根据牛顿第二可得
其中
联立可得小球做圆周运动的角速度大小为
15. 自贡某厂家设计了一款电动窗帘，其设计的简化模型如图甲所示。在水平轨道下方安装10个小滑块，滑块可自由滑动且上端嵌入轨道，如图乙所示。相邻滑块之间的距离为s，每个小滑块下都安有挂钩，每个滑块（包括挂钩）质量为m，滑块与轨道的动摩擦系数为μ。在某次测试窗帘性能时，电机对第一个滑块施加一水平向右、大小为F的恒力。滑块1与滑块2碰撞后一起运动，滑块2与滑块3碰撞后，滑块1、2、3一起运动，以后依次碰撞下去。碰撞时间极短，重力加速度为g，所有滑块均视为质点。求：
（1）求滑块1与滑块2碰撞前瞬间的速度；
（2）求第一次碰撞中损失的机械能；
（3）若第10个滑块固定在轨道最右端，要将所有滑块推至最右端，F至少为多大？
【答案】（1） （2） （3）
【解析】
【小问1解析】
对滑块1，根据动能定理，有
解得滑块1与滑块2碰撞前瞬间的速度
【小问2解析】
设滑块1与2碰撞后一起运动速度为v2，根据动量守恒定律，有
解得
根据能量守恒定律，有
解得
【小问3解析】
设滑块1、2与3碰撞后一起运动的速度为v3，根据动量守恒定律，有
解得
根据能量守恒定律，有
解得
同理可得滑块1、2、3与4碰撞，
…
前面8个滑块与第9个碰撞，
综上可知
联立解得9个滑块碰撞损失的总机械能
解得
将所有滑块推至最右端的过程中，克服摩擦力做的总功
当F最小时，前面9个滑块运动到恰好与第10个滑块碰撞前瞬间速度减为0，整个过程，根据能量守恒定律，有
解得