2024-2025学年云南省临沧市部分学校高一（下）期末质量测试物理试卷（含解析）

这是一份2024-2025学年云南省临沧市部分学校高一（下）期末质量测试物理试卷（含解析），共12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。
一、单选题：本大题共7小题，共28分。
1.下列说法正确的是( )
A. 做圆周运动的物体受到的合力方向一定指向圆心
B. 只受恒力的物体不可能做曲线运动
C. 物体在变力作用下一定做曲线运动
D. 匀速圆周运动属于变速运动
2.蛟龙号作为中国自主研发的先进载人深潜器，在深海探测和科学研究方面发挥了重要作用。在海水中蛟龙号受到海水的压力，海水越深，海水的压强越大。下列单位中属于压强单位，且由基本单位组成的是( )
A. PaB. N/m2C. kg·m/s2D. kg/(m·s2)
3.电动机皮带轮与机器皮带轮通过皮带连接(不打滑)，机器皮带轮的半径是电动机皮带轮半径的3倍，如图所示。已知机器皮带轮边缘上一点的向心加速度大小为0.12m/s2，机器皮带轮上A点到转轴O的距离与电动机皮带轮的半径相等，下列说法正确的是( )
A. 电动机皮带轮边缘上质点与机器皮带轮上A点的线速度大小相等
B. 电动机皮带轮与机器皮带轮的转速之比为1：3
C. A点的向心加速度大小为0.04m/s2
D. 电动机皮带轮边缘上某点的向心加速度与A点的向心加速度相等
4.如图所示，真空中有两个正点电荷，电荷量分别为Q1=8×10−8C和Q2=2×10−8C，分别固定在x轴的坐标原点和x=9cm的位置上。则电场强度为0的位置为( )
A. x=6cm处B. x=4.5cm处C. x=8cm处D. x=−8cm处
5.一独龙牛(视为质点)做匀变速直线运动，其运动的位置一时间图像(x−t图像)如图中实线所示，其中虚线为t1时刻图像的切线，已知当t=0时独龙牛的速度大小不为零，且t1=2s，x1=5m，x2=15m，则独龙牛的加速度大小为( )
A. 2m/s2B. 3m/s2C. 15m/s2D. 5m/s2
6.如图甲、乙、丙所示，各图中均有两个叠放的物块，物块均无相对滑动地沿斜面一起以加速度a=gsinθ匀加速下滑，斜面的倾角均为θ。甲图中的A、B两物块接触面平行于斜面且两物块之间的摩擦力大小为f1，乙图中的C、D两物块接触面与斜面不平行且两物块之间的摩擦力大小为f2，丙图中的E、F两物块接触面水平且两物块之间的摩擦力大小为f3，重力加速度为g，下列判断正确的是( )
A. f1=0，f2≠0，f3=0B. f1≠0，f2=0，f3≠0
C. f1≠0，f2≠0，f3≠0D. f1=0，f2≠0，f3≠0
7.我国的天链一号卫星是地球同步卫星，可为中、低轨道资源卫星提供数据中继服务。图为天链一号卫星a、赤道平面内的低轨道卫星b、地球三者间的位置关系示意图，O为地心，卫星a的轨道半径是卫星b的轨道半径的4倍。已知卫星a、b绕地球同向运行，卫星a的周期为T。下列说法正确的是( )
A. 卫星a的线速度是卫星b的线速度的4倍
B. 卫星a的线速度是卫星b的线速度的2倍
C. 卫星a、b从相距最近到相距最远的最短时间为T7
D. 卫星a、b从相距最近到相距最远的最短时间为T14
二、多选题：本大题共3小题，共18分。
8.关于开普勒定律及万有引力定律应用于天文学研究的历史事实，下列说法正确的是( )
A. 相同时间内，火星与太阳连线扫过的面积等于木星与太阳连线扫过的面积
B. 开普勒第三定律中r3T2=k,k是一个与中心天体的质量有关的常量
C. 海王星是英国物理学家卡文迪什经过大量计算而发现的，被人们称为“笔尖上的行星”
D. 牛顿通过“月一地检验”发现地面物体、月球所受地球引力都遵从同样的规律
9.某静电场中的电场线如图所示，带电粒子在电场中仅受电场力作用，从a点运动到b点，其运动轨迹如图中虚线所示，下列说法正确的是( )
A. 带电粒子一定带正电荷B. 带电粒子一定带负电荷
C. a处的电场强度大于b处的电场强度D. a处的电场强度小于b处的电场强度
10.小明和小聪两位同学在空旷的草地上投掷飞镖，飞镖投出点的高度ℎ均为1.8m。小明站在A点先投掷飞镖1，飞镖1初速度的大小v0=10m/s，与水平方向的夹角为53°，最终从P点插入水平地面。然后小聪站在B点投掷飞镖2，飞镖2初速度水平，最终也从P点插入地面，且插入地面的方向与飞镖1插入地面的方向相同。已知两飞镖质量相同，飞镖的飞行轨迹如图所示，不计空气阻力，取重力加速度大小g=10m/s2，sin53°=0.8，，下列说法正确的是( )
A. 飞镖1在最高点时距地面的高度为3.2m
B. 飞镖1在最高点时的速度大小为6m/s
C. 落地瞬间，飞镖1与飞镖2重力的功率之比为5：4
D. 落地瞬间，飞镖1与飞镖2的动能之比为25：9
三、实验题：本大题共2小题，共18分。
11.某同学做探究弹簧弹力F与形变量Δx的关系的实验，如图中甲所示，将弹簧固定在铁架台上，弹簧上端与刻度尺的0刻度线对齐，记录弹簧下端没有挂钩码时的刻度，将不同质量的钩码挂在弹簧下端，记录所挂钩码质量不同时弹簧下端所指的刻度，以弹簧的弹力F为纵轴，弹簧的长度x为横轴，作出F−x图像如图乙所示。
(1)由图乙可知，弹簧自然下垂时的长度x0=_________cm。
(2)弹簧的劲度系数k=_________N/m。
(3)上述实验中，使用两个不同的弹簧1与弹簧2(均为轻弹簧)，得到力F与x的关系图像如图丙所示，弹簧1的原长比弹簧2的原长_________(填“长”或“短”)，弹簧1的劲度系数比弹簧2的劲度系数_________(填“大”或“小”)。
12.某实验小组用如图甲所示的实验装置同时测量A、B两个箱子的质量，其中D为铁架台，E为固定在铁架台上的轻质滑轮(质量和摩擦可忽略不计)，F为光电门，C为固定在A上、宽度d=2mm的细遮光条(质量不计)，此外，该实验小组还准备了一套砝码(总质量m0=0.2kg)和刻度尺等，取重力加速度大小g=10m/s2。计算结果均保留两位有效数字。
(1)在铁架台上标记一位置O，并测得该位置与光电门F之间的高度差ℎ=0.50m。取出质量为m的砝码放在A箱子中，剩余砝码放在B箱子中，让A箱子从位置O由静止开始下落，则A箱子从静止下落到F处的过程中，A箱子与A箱子中砝码组成的系统的机械能______(填“增加”“减少”或“守恒”)。
(2)若遮光条通过光电门的时间t=1ms，则A箱子下落过程中的加速度大小a=_____m/s2。
(3)改变m重复(2)、(3)步骤，得到多组m与a的数据，作出a−m图像如图乙所示。可得A箱子的质量mA=______kg，B箱子的质量mB=______kg。
(4)A、B箱子及砝码组成的系统的最大加速度am=______m/s2。
四、计算题：本大题共3小题，共36分。
13.《中华人民共和国民法典》规定，对于高空抛物或坠物造成他人损害的情况，侵权人需要依法承担侵权责任。某同学为了解高空坠物的危害，进行了一次实验(除实验人员外，隔挡了其他人)，将一枚鸡蛋从高度ℎ=80m的废弃高楼上由静止释放，不计空气阻力，取重力加速度大小g=10m/s2，求：
(1)鸡蛋在空中运动的时间t；
(2)鸡蛋在第2s末的速度大小v；
(3)鸡蛋在着地前的最后1s的位移大小s。
14.如图所示，水平轨道BC的左端与固定的光滑竖直14圆轨道相切于B点，一质量m=2kg的滑块(视为质点)从圆弧轨道的顶端A点由静止释放，经水平轨道BC后从C点离开做平抛运动落到河对岸的水平地面上。已知光滑圆弧轨道的半径R=0.8m，水平轨道BC的长度s=0.7m，点到对面河岸的水平距离d=3m，河岸边缘D点与水平轨道BC的高度差ℎ=5m，取重力加速度大小g=10m/s2，不计空气阻力。
(1)求滑块第一次经过B点时对轨道的压力；
(2)若滑块恰好落在河岸边缘D点，求滑块与水平轨道BC间的动摩擦因数μ。
15.某实验小组为了研究滑块的运动情况设计了如图所示的实验装置，该装置主要由光滑曲面轨道AB、光滑竖直圆轨道、水平轨道BD、水平传送带DE和足够长的落地区FG组成，各部分平滑连接，圆轨道最低点B处的入、出口靠近但相互错开，滑块落到FG区域后立即停止运动。现将一质量m=0.2kg的滑块从轨道AB上距BD的高度为ℎ(未知)处由静止释放，已知圆轨道半径R=0.2m，水平轨道BD的长度x1=4m，DE与FG的高度差H=0.2m，滑块与水平轨道BD和传送带间的动摩擦因数均为μ=0.2，传送带以恒定速率v0=4m/s逆时针转动(不考虑传送带轮的半径对运动的影响)，当释放高度ℎ1=3m时，滑块恰好不从传送带右端滑出，取重力加速度大小g=10m/s2。
(1)要使滑块不脱离圆轨道且能经过C点，求释放滑块的最小高度ℎmin；
(2)求传送带的长度x2；
(3)若滑块第一次通过D点时的速度大小v1=4m/s，求此时的释放高度ℎ2；
(4)若ℎ>ℎ2，求滑块静止时距B点的水平距离x与ℎ的关系。
答案解析
1.【答案】D
【解析】A.做圆周运动的物体受到的合力方向是否指向圆心取决于运动类型。匀速圆周运动的合力确实指向圆心(提供向心力)，但变速圆周运动的合力存在切向分量，方向不指向圆心，A错误；
B.物体在恒力作用下可能做曲线运动。例如平抛运动中，物体仅受恒定的重力作用，轨迹为抛物线(曲线)，B错误；
C.变力作用下物体不一定做曲线运动。若变力方向始终与速度方向共线(如弹簧振子的直线往复运动)，物体仍做直线运动，C错误；
D.匀速圆周运动的速度方向不断变化，速度矢量改变，因此是变速运动，D正确。
故选D。
2.【答案】D
【解析】由牛顿第二定律F=ma，得1N=1kg·m/s2，由p=FS可知压强的单位为kg/(m·s2)。
故选D。
3.【答案】C
【解析】A.皮带与两轮之间不发生滑动，因此两轮边缘上各点的线速度大小相等，则电动机皮带轮边缘上质点与机器皮带轮上A点的线速度大小不相等，故A错误；
B.设电动机皮带轮与机器皮带轮边缘上的点的线速度大小分别为 v1 、 v2 ，角速度大小分别为 ω1 、 ω2 ，边缘上的点运动的半径分别为 r1 、 r2 ，有 v1=v2 ， v1=ω1r1 ，
v2=ω2r2
又ω=2πn
可得 n1:n2=ω1:ω2=r2:r1=3:1 ，故B错误；
C.A点的向心加速度大小 aA=ω22rA=ω22r23=0.04m/s2 ，故C正确；
D.根据两轮边缘上各点的线速度大小相等和 a=v2r
可知 a1r1=a2r2
电动机皮带轮边缘上某点的向心加速度 a1=a2r2r1=0.12×31m/s2=0.36m/s2 ，故D错误。
故选C。
4.【答案】A
【解析】要使某处的电场强度为零，则正点电荷 Q1 和正点电荷 Q2 在该处产生的场强大小相等、方向相反，则该位置应位于两点电荷之间，根据点电荷的场强公式可得 kQ1x2=kQ2(9cm−x)2
解得 x=6cm
故选A。
5.【答案】D
【解析】根据 x−t 图像的切线斜率表示速度，由图可知， t1 时刻独龙牛的速度为 v1=0−x2t1=0−152m/s=−7.5m/s
设 t=0 时刻独龙牛的速度为 v0 ，根据运动学公式可得 −x1=v0+v12t1
解得 v0=2.5m/s
则独龙牛的加速度为 a=v1−v0t1=−7.5−2.52m/s2=−5m/s2
可知独龙牛的加速度大小为 5m/s2 。
故选D。
6.【答案】D
【解析】斜面的倾角相同，两个叠放的物块无相对滑动地沿斜面一起匀加速下滑，整体沿斜面下滑的加速度
a=gsinθ
则斜面一定是光滑的。题中甲、乙、丙图上方物块所受重力沿斜面向下的分力均为 mgsinθ ，甲图上方物块所受支持力的方向垂直于斜面，沿斜面方向没有分力，乙图和丙图上方物块所受支持力沿斜面方向均有分力，必须有摩擦力才能使合力为 mgsinθ 。
故选D。
7.【答案】D
【解析】AB.设卫星a、b的轨道半径分别为 r1 和 r2 ，地球半径为R，根据万有引力提供向心力有 GMmr2=mv2r
则 v= GMr ，而 r1=4r2 ，卫星a的线速度是卫星b的线速度的 12 ，选项AB错误；
CD.根据 GMmr2=mr(2πT)2
则 T=2π r3GM
可得卫星b的周期为 T8 ，卫星a、b从相距最近到相距最远满足 (2πT8−2πT)t1=π
解得最短时间 t1=T14 ，选项C错误、D正确。
故选D。
8.【答案】BD
【解析】A.根据开普勒第二定律可知相同时间内，火星与太阳连线扫过的面积不等于木星与太阳连线扫过的面积，故A错误；
B.由 GMmr2=m(2πT)2r
可得 r3T2=GM4π2
所以开普勒第三定律 r3T2=k 中的k与中心天体的质量有关，故B正确；
C.海王星是运用万有引力定律经过大量的计算后发现的，但不是卡文迪什运用万有引力定律经过大量计算而发现的，故C错误；
D.牛顿通过“月一地检验”发现地面物体、月球所受地球引力都遵从同样的规律，故D正确。
故选BD。
9.【答案】BC
【解析】AB.带电粒子在电场中仅受电场力作用，根据曲线运动合力方向位于轨迹的凹侧，可知电场力与场强方向相反，则带电粒子一定带负电荷，故A错误，B正确；
CD.根据图中电场线的疏密程度可知， a 处的电场强度大于 b 处的电场强度，故C正确，D错误。
故选BC。
10.【答案】BD
【解析】A B.飞镖1水平方向的速度大小 vx=v0cs53∘=6m/s
竖直方向的初速度大小 vy=v0sin53∘=8m/s
在竖直方向从离手的位置到最高点的高度和时间分别为 ℎ1=vy22g=3.2m ， t1=vyg=0.8s
飞镖1飞行过程中离地面的最大高度H=3.2m+1.8m=5.0m，故 A错误、B正确；
CD.飞镖1从最高点到P点做平抛运动，下落时间 t2= 2Hg=1s
设飞镖1下落到P点时与水平方向的夹角为α，满足 sinα=gt2v1
飞镖2做平抛运动的时间 t3= 2ℎg=0.6s
设飞镖2下落到P点时与水平方向的夹角α，满足 sinα=gt3v2
重力的功率为 PG=mgvy′=mg2t
飞镖1、2下降的时间之比为5：3；所以功率之比为5：3，根据 Ek=12mv2=12mgtsinα2∝t2 ，可得动能之比为25：9，故C错误、D正确。
故选BD。
11.【答案】(1)5
(2)40
(3) 短 小

【解析】(1)当 F=0 时，弹簧处于原长，所以
x0=5cm
(2)根据胡克定律
ΔF=k′⋅Δx
可知 F−x 图像的斜率为弹簧的劲度系数
k′=k=8−2(25−10)×10−2N/m=40N/m 。
(3)[1]由题图丙可知， x 轴截距即为弹簧原长，所以弹簧1比弹簧2原长短。
[2]劲度系数由 F−x 图像的斜率表示，所以弹簧1的劲度系数比弹簧2的劲度系数小。
12.【答案】(1)减少
(2)4.0
(3) 0.60 0.20
(4)6.0

【解析】(1)A箱子从静止下落到F处的过程中，受到绳子的拉力，拉力做负功，则其机械能减少。
(2)A箱子下落到F处的速率 v=dt
由速度位移公式有 v2=2aℎ
解得 a=4.0m/s2
(3)[1][2]根据牛顿第二定律有 mA+mg−mB+m0−mg=m0+mA+mBa
解得 a=2gm0+mA+mBm+mA−m0−mBm0+mA+mBg
可知图像的斜率 k=2gm0+mA+mB
纵截距 b=mA−m0−mBm0+mA+mBg
解得 mA=0.60kg,mB=0.20kg
(4)根据(3)分析可知当 m=0.2kg 时有最大加速度为 am=6.0m/s2
13.【答案】(1)鸡蛋在空中运动的时间为 ℎ=12gt2
解得 t=4s
(2)鸡蛋在第2s末的速度大小为 v=gt2=20m/s
(3)鸡蛋在着地前的最后1s的位移大小为 s=12gt 42−12gt 32=35m

【解析】详细解答和解析过程见答案
14.【答案】解：(1)根据题意，由机械能守恒定律有 mgR=12mvB2
解得 vB=4 m/s
在B点，由牛顿第二定律有 FN−mg=mvB2R
解得 FN=60N
由牛顿第三定律可知，滑块第一次经过B点时对轨道的压力大小 F′N=FN=60N
方向竖直向下。
(2)滑块从C点运动到D点，做平抛运动，有 ℎ=12gt2 ，
d=vCt
滑块在水平轨道BC上运动，由动能定理有 −μmgs=12mvC2−12mvB2
解得 μ=0.5

【解析】详细解答和解析过程见【答案】
15.【答案】解：(1)要使滑块恰好能经过C点，根据牛顿第二定律有 mg=mvC2R
解得 vC= 2m/s
根据机械能守恒定律有 mgℎmin=12mvC2+mg×2R
解得 ℎmin=0.5m
(2)由功能关系有 μmgx1+x2=mgℎ1
解得 x2=11m
(3)由动能定理有 mgℎ2−μmgx1=12mv12
解得 ℎ2=1.6m
(4)当 ℎ2ℎ1 时，滑块从传送带右侧滑出，根据动能定理有 mgℎ−μmgx1+x2=12mv′2
设滑块做平抛运动的水平位移大小为x＇，根据平抛运动规律有 H=12gt2 ， x′=v′t
此时 x=x1+x2+x′=2 5ℎ−155+15m

【解析】详细解答和解析过程见【答案】