河南省郑州市宇华实验学校2024-2025学年高一下学期7月期末物理试题（含解析）含答案解析

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物理 · 参考答案
1.【答案】B
【解析】两烟花弹都做平抛运动，竖直方向有，解得，由于高度相同则，两颗烟花弹在空中运动的时间，A错误；在空中运动的过程中，两颗烟花弹的速度变化率为，可知速度变化率相同，B正确；根据平抛运动水平方向运动规律有，由水平方向位移可知，烟花弹a飞出时的初速度小于烟花弹b的初速度，C错误；落到同一水平地面时，烟花弹的落地速度为，结合上述分析可知，烟花弹a的落地速度小于烟花弹b的落地速度，D错误。
2.【答案】D
【解析】设篮球在A点的竖直分速度为，在C点的竖直分速度为，篮球的水平分速度为，篮球从A到B过程，根据逆向思维将篮球看成从B到A的平抛运动，篮球在A点时，根据平抛运动推论可得，根据几何关系可知B、C连线与水平方向的夹角为，篮球从B到C做平抛运动，篮球在C点时，根据平抛运动推论可得，又，，联立可得篮球从A到B与从B到C的运动时间之比为。
3.【答案】B
【解析】邓雅文和小轮车所受支持力垂直于轨道向上，A错误；对邓雅文和小轮车受力分析，如图所示
根据几何关系可得，根据牛顿第三定律，车对弯道的压力大小为，B正确；根据牛顿第二定律可得，解得邓雅文和小轮车的线速度大小，可知邓雅文和小轮车运动的半径越大，其线速度越大，CD错误。
4.【答案】B
【解析】如图甲所示，在光滑固定圆锥筒的水平面内做匀速圆周运动的小球，受到重力、弹力作用，两个力的合力充当向心力，选项A错误；如图乙所示，根据，可知，汽车安全通过拱桥最高点时速度越大，对桥面的压力越小，选项B正确；如图丙所示，轻质细杆一端固定一小球，绕另一端O点在竖直面内做圆周运动，通过最高点的最小速度为零，选项C错误；如图丁所示，衣服上的水滴与衣服间的附着力小于所需的向心力时，水滴做离心运动，选项D错误。
5.【答案】A
【解析】因为地球静止卫星（卫星1）的周期是24h，而大气环境监测卫星（卫星2）的周期是，可见卫星2的周期小，根据万有引力提供向心力，有，可得，卫星2的轨道半径小于卫星1的轨道半径，根据万有引力提供向心力，有，解得，因卫星2的轨道半径小，所以卫星2的速度大于卫星1的速度，A正确，B错误；根据万有引力提供向心力，有，解得，因卫星2的轨道半径小，它的向心加速度大于卫星1的向心加速度，C错误；根据万有引力等于重力，有，解得，因卫星2的轨道半径小，它的重力加速度大于卫星1的重力加速度，D错误。
6.【答案】C
【解析】设大圆环半径为R，小环所在位置与圆心的连线和竖直方向夹角为θ ，大圆环对小环的作用力刚好为零时，受力分析如图所示，由牛顿第二定律得mgcsθ=mv2R，根据动能定理得mgR(1−csθ)=12mv2，联立解得csθ=23，故小环运动到Q点时对大圆环的作用力不是最小，B错误；设大圆环对小环的作用力为F，大圆环对小环的作用力刚好为零时小环处于A点，到达A点前，由牛顿第二定律得mgcsθ1−F1=mv12R，根据动能定理得mgR(1−csθ1)=12mv12，联立解得F1=(3csθ1−2)mg，θ1增大，F1减小，从A点到Q点，由牛顿第二定律有mgcsθ2+F2=mv22R，根据动能定理有mgR(1−csθ2)=12mv22，联立解得F2=(2−3csθ2)mg，θ2增大，F2增大，从Q到最低点的过程中，由牛顿第二定律有F3−mgcsθ3=mv32R，根据动能定理有mgR(1+csθ3)=12mv32，联立解得F3=(2+3csθ3)mg，θ3减小，F3增大，根据牛顿第三定律可知，Q点不是小环对大圆环作用力最大的点，小环自顶端下滑至底部过程中对大圆环的作用力先减小后增大，C正确，A、D错误。
7.【答案】D
【解析】在最低点，根据牛顿第二定律可得，解得，根据牛顿第三定律可知，乘客对座舱的压力大小为，A错误；座舱所受合力提供所需的向心力，大小始终为，B错误；根据，可知摩天轮转动一周，乘客所受重力的冲量不为零，C错误；摩天轮匀速转动的过程中，座舱受到的合力大小不变，方向时刻发生变化，根据动量定理，可得，可知座舱动量的变化率时刻变化，D正确。
8.【答案】BD
【解析】因电动机和机器由同一皮带连接，所以它们边缘线速度相等，A点的角速度与机器皮带轮边缘的角速度相等，所以A的线速度为机器皮带轮边缘线速度的一半，所以机器皮带轮上A点的线速度大小与电动机皮带轮边缘某点的线速度大小之比为1：2，A错误；因电动机和机器由同一皮带连接，所以它们边缘线速度相等，由公式得：，所以电动机皮带轮的转速与机器皮带轮的转速之比为3：1，B正确；A点的角速度与机器皮带轮边缘的角速度相等，由公式，所以向心加速度之比等于半径之比即为1：2，C错误；因电动机和机器由同一皮带连接，所以它们边缘线速度相等，由公式可知，机器皮带轮边缘某点的向心加速度与电动机皮带轮边缘某点的向心加速度之比为1：3，综合C可知，机器皮带轮上A点的向心加速度大小与电动机皮带轮边缘某点的向心加速度大小之比为1：6，D正确.
9.【答案】BC
【解析】赛车的额定功率为 ，赛车的最大速度为 ，A错误，B正确；赛车的牵引力为 ，赛车做匀加速直线运动的加速度为 ，赛车做匀加速直线运动的时间为 ，C正确，D错误。
10.【答案】BCD
【解析】平行导轨光滑，对A、B和弹簧组成的系统分析，所受的合外力为0，因此系统动量守恒，系统除系统内弹簧的弹力，没有其他力做功，系统机械能守恒，A错误；对A、B和弹簧组成的系统分析，取向右为正方向，由动量守恒定律解得B正确；由B选项分析可知，若，则，设弹簧初始弹性势能为，A的速度为时的弹性势能为，根据机械能守恒可得，可得，开始时弹簧长度为，而原长为，弹簧压缩了，弹性势能为，而弹簧伸长后弹性势能与初始弹性势能相等，伸长量也为，此时弹簧长度为，弹簧与导轨间夹角为，C正确；开始时，弹簧长度为，而原长为，弹簧压缩了，弹性势能记为，弹簧恢复原长时，环B速度为水平向右的，根据动量守恒可得，解得，即A的速度大小为，方向向左，由能量守恒得解得，D正确。选BCD。
11.（6分）【答案】13；0.60；20
【解析】（3）打下计数点D时纸带的速度=0.389m/s，此时圆盘的角速度ω==rad/s≈13rad/s，纸带运动的加速度为a=m/s2≈0.60m/s2，由于，ω=，角加速度为rad/s2≈20rad/s2
12.（8分）【答案】
（1）3；没有；（2）；；有
【解析】（1）设小球的质量为m，根据平衡条件得，根据机械能守恒定律得，根据牛顿第二定律得，解得，设小球的质量为m，根据平衡条件得，根据机械能守恒定律得，根据牛顿第二定律得，解得，若忽略空气阻力，则球1的直径d对的计算结果没有影响。
（2）根据动量守恒定律得，根据机械能守恒定律得，解得 ，若碰后球1反向运动，则 ，解得 ，所以得 ， 根据平衡条件得，，根据牛顿第二定律得 ，，，根据动量守恒定律得，解得 ，若两球直径不相等，碰撞前后，小球的速度不在同一条直线上，对实验结果有影响。
13.（10分）【答案】（1）45N；（2）2m
【解析】（1）设开始时小球做匀速圆周运动的角速度为，则根据题意有
解得
则细线断开前瞬间小球受到的拉力
（2）细线断裂后小球飞出桌面后做平抛运动，设细线断裂时小球的速度大小为，则有
解得
飞出桌面后水平方向做匀速直线运动有
竖直方向做自由落体运动，有
联立解得
14.（12分）【答案】（1）； （2）； （3）
【解析】（1）小球恰好运动到最高点，此时速度大小为0，由动能定理得
解得
（2）小球运动到最左端位置P时，设此时小球速度大小为v1，从位置P到最高点由动能定理得
在位置P由牛顿第二定律得
解得
（3）小球与木块分离时，木块加速度为零，则小球在水平方向上的加速度也为零，杆对小球的作用力也为零，设此时小球速度大小为v2，木块速度大小为vM
当杆与竖直方向夹角为60°时小球与木块恰好分离时，由牛顿第二定律
由能量守恒定律得
关联速度关系
综合解得
15.（18分）【答案】(1)；(2)；(3)
【解析】（1）由题意可知，小球和小车组成的系统在水平方向动量守恒，由图乙可知，当时，当时，则有解得，设小球在Q点的速度为vQ，小球在Q点时，在水平方向与小车共速，由动量守恒定律可得，解得，小球由P点运动到最高点时，由机械能守恒定律可得联立解得
（2）小球由P点运动到Q点时，由机械能守恒定律可得，联立解得，则小球此时的竖直分速度为，小球在Q点速度方向与水平方向夹角的正切值为
（3）根据题意可知，小球从点离开小车，设离开小车时，小球的速度为，小车的速度为，由动量守恒定律和能量守恒定律有，，解得，，小球从点离开小车后经时间，落地时小球与小车左端的水平距离为