2024-2025学年甘肃省武威六中高一（下）期末物理试卷（含解析）

这是一份2024-2025学年甘肃省武威六中高一（下）期末物理试卷（含解析），共10页。试卷主要包含了单选题，多选题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
1.下列说法正确的是( )
A. 力是改变物体运动状态的原因B. 出租车是按位移的大小来计费的
C. 加速度是描述位置变化快慢的物理量D. 滑动摩擦力总是与物体的运动方向相反
2.关于开普勒第三定律a3T2=k中的k，下列说法正确的是( )
A. k与T、a均无关
B. k随a的增大而增大
C. k随T的减小而增大
D. 对于地球绕太阳运动和月球绕地球运动，k相同
3.某次战斗中，战士爬上陡峭的山头，居高临下地向敌方工事内投掷手榴弹。某战士在同一位置先后水平投出甲、乙两颗相同的手榴弹，两颗手榴弹投出的位置到落地点的高度差相同，轨迹如图所示。不计空气阻力。甲、乙两颗手榴弹相比，下列说法正确的是( )
A. 甲在空中运动的时间较长
B. 乙在空中运动的时间较长
C. 甲落地时的速度较大
D. 乙落地时的速度较大
4.通常情况下，越靠近河岸，河水的流速越小。若一小船从南岸到北岸横渡一条河，小船的静水速度大小、方向均不变(船头方向垂直于河岸)，则在下列四幅图中，能表示小船渡河的轨迹的是( )
A. B.
C. D.
5.机动车转弯速度过快时易发生侧滑或侧翻，这是因为在转弯半径一定的情况下，转弯速度越大，机动车转弯所需的向心力越大。若某汽车以速率v通过水平弯道时，汽车的向心力大小为F，则该汽车以速率2v通过(不打滑)同一弯道时的向心力大小为( )
A. FB. 2FC. 3FD. 4F
6.2025年4月27日，我国在西昌卫星发射中心使用长征三号乙运载火箭，成功将天链二号05星发射升空，卫星顺利进入预定轨道，发射任务获得圆满成功。若卫星的质量为m，卫星在圆轨道上运行时所受地球的万有引力大小为F，地球的质量为M，地球的半径为R，引力常量为G，则卫星运行时距地球表面的高度为( )
A. FGMmB. GMmFC. FGMm−RD. GMmF−R
7.如图所示，一辆轿车和一辆卡车在同一平直公路上均由静止开始同时在相邻车道相向做匀加速直线运动，加速度大小分别为5m/s2和3m/s2，刚开始运动时两车车头相距16m，轿车车身全长为5m，卡车车身全长为15m。两车从相遇到分离的时间为( )
A. 0.5sB. 1sC. 2sD. 3.5s
二、多选题：本大题共3小题，共15分。
8.一儿童沿游乐园滑梯下滑，滑梯表面与儿童间存在摩擦力，如图所示。关于此过程，下列说法正确的是( )
A. 摩擦力对儿童做正功
B. 滑梯对儿童的支持力不做功
C. 儿童的机械能不守恒
D. 重力对儿童做的功与儿童下滑的路程成正比
9.在去南宁市的路上，一辆汽车突遇紧急情况而刹车，汽车立即做匀减速直线运动，最后停止。已知汽车刹车的位移和从刹车到停止的时间，则下列物理量中可以算出的是( )
A. 汽车刹车过程的加速度大小B. 汽车刹车时所受的合力大小
C. 汽车刹车过程的平均速度大小D. 汽车刹车时所受路面的阻力大小
10.某汽车的质量约为1500kg，额定功率为120kW。若汽车在一平直公路进行性能测试时以大小为2m/s2的加速度由静止匀加速启动，达到额定功率后再以额定功率加速行驶，所受的阻力大小恒为3×103N，则下列说法正确的是( )
A. 汽车的最大速度为30m/s
B. 汽车的最大速度为40m/s
C. 汽车在启动后第2s末时的实际功率为20kW
D. 汽车在启动后第2s末时的实际功率为24kW
三、非选择题：本大题共5小题，共57分。
11.某同学想探究弹簧的弹力与弹簧长度的关系，他找到一根弹簧并将其竖直悬挂，在自由端挂上不同质量的砝码。该同学在正确操作的情况下作出的弹力F随弹簧的长度L变化的关系图像如图所示。不考虑弹簧自重的影响，第(1)、(2)问结果均保留三位有效数字。
(1)弹簧的原长为______cm。
(2)弹簧的劲度系数为______N/m。
(3)F−L图像的末端出现弯曲的原因是______。
12.学校物理兴趣小组用自由下落法验证机械能守恒定律的实验装置如图甲所示，打点计时器所接交流电源的频率为50Hz，实验中所用重物的质量m=1.0kg，当地的重力加速度大小g=9.8m/s2。同学们按照正确的实验步骤操作后，选出一条纸带如图乙所示，其中A、B、C、D、E、F、G为七个连续的计时点，部分相邻计时点间的距离已在图乙中标出。计算结果均保留三位有效数字。
(1)当打点计时器打下D点时，重物的速度大小vD= ______m/s。
(2)从打点计时器打下D点到打点计时器打下F点，重物重力势能的减少量ΔEp= ______J，重物动能的增加量ΔEk= ______J。
13.在某次抗洪演习中，在距水平地面高度ℎ=125m处沿水平直线匀速飞行的飞机上间隔t0=1s依次放下甲、乙两物体，两物体落地点间的距离x=50m。取重力加速度大小g=10m/s2，不计空气阻力，认为物体被释放时竖直方向上的速度为零。求：
(1)物体在空中运动的时间t；
(2)飞机匀速飞行的速度大小v0。
14.中国未来将进行深空探测，探测太阳系、火星、小行星等，探寻地外生命信息。某探测器绕一小行星做匀速圆周运动，轨道半径为r。地球的半径为R，地球的质量是小行星质量的k(k>1)倍，地球表面的重力加速度大小为g，引力常量为G，忽略地球自转的影响。求：
(1)地球的质量M；
(2)探测器绕小行星做圆周运动的线速度大小v以及周期T。
15.如图所示，光滑半圆弧轨道的半径为R，OA为水平半径，BC为竖直直径。一质量为m的小物块(视为质点)从A点以某一竖直向下的初速度滑下，进入与C点相切的粗糙水平滑道CM.在水平滑道上有一轻弹簧，其一端固定在竖直墙上，另一端恰好位于水平滑道的末端C(此时弹簧处于自然状态)。若物块运动过程中弹簧的最大弹性势能为EP，弹簧的最大压缩量为d，物块被弹簧反弹后通过B点时对半圆弧轨道的压力大小为mg(g为重力加速度的大小)，求：
(1)物块通过B点时的速度大小vB；
(2)物块离开弹簧通过C点时对半圆弧轨道的压力FN的大小；
(3)物块与水平滑道间的动摩擦因数μ以及物块从A点开始下滑时的初速度大小v0
答案解析
1.【答案】A
【解析】解：A、根据牛顿第一定律，力是改变物体运动状态(即产生加速度)的原因，而不是维持物体运动的原因，故A正确；
B、路程是实际轨迹的长度，位移是由起点指向终点的有向线段，出租车计费依据是实际行驶路径的长度(路程)，故B错误；
C、位置变化的快慢由速度描述，而加速度是描述速度变化快慢的物理量，故C错误；
D、滑动摩擦力方向与物体相对接触面的运动方向相反，与物体的运动方向可能相同，例如传送带上传物体过程，物体受到的滑动摩擦力方向与物体运动方向相同，故D错误。
故选：A。
根据牛顿第一定律分析；根据位移和路程的定义分析；根据加速度的物理意义分析；根据滑动摩擦力的方向特点分析。
该题考查的知识点较多，要做好这一类的题目，就要注意在平均多看课本，多加积累。
2.【答案】A
【解析】根据开普勒第三定律可知，k与中心天体的质量有关，中心天体变化时，k值发生变化，与周期T和半长轴a无关，故A正确，BCD错误。
故选：A。
3.【答案】C
【解析】解：AB、手榴弹在空中的运动可视为平抛运动，根据平抛运动规律得在竖直方向的分运动为自由落体运动，由ℎ=12gt2可知，ℎ相等，
所以甲、乙手榴弹在空中运动的时间相等，故AB错误；
CD、根据在水平方向上做匀速直线运动，即x=v0t，由于甲的水平位移大，所以甲的初速度较大，
落地速度v= v02+(gt)2，则甲落地时的速度较大，故C正确，D错误；
故选：C。
平抛运动是只在重力的作用下，水平抛出的物体做的运动，平抛运动可以分解为在水平方向上的匀速直线运动和竖直方向上的自由落体运动，结合运动学公式求解。
本题主要考查了平抛运动的相关应用，解题的关键点是掌握平抛运动在不同方向上的运动特点，结合运动学公式即可完成分析。
4.【答案】C
【解析】解：根据题意可知，因为小船在垂直河岸方向上做匀速直线运动，从南岸到北岸，河水的流速先增大后减小，可以认为小船沿河岸方向合力先向右，后向左，曲线运动合力指向轨迹内侧，所以小船渡河过程中的运动轨迹应先向下游弯曲，后向上游弯曲，故C正确，ABD错误。
故选：C。
合力的方向与水流的方向一致，合力的方向先向右再向左，结合曲线运动合力指向轨迹内侧分析。
解决本题的关键知道小船参与了两个运动，有两个分速度，分别是静水速和水流速，以及知道曲线运动合力指向轨迹内侧。
5.【答案】D
【解析】汽车以速率v通过水平弯道时，汽车的向心力大小为F，满足F=mv2r，当汽车以速率2v转弯时，有F′=m(2v)2r=4F，故D正确，ABC错误。
故选：D。
6.【答案】D
【解析】解：若卫星的质量为m，卫星在圆轨道上运行时所受地球的万有引力大小为F，由万有引力定律公式F=GMmr2可得轨道半径r= GMmF，
则卫星运行时距地球表面的高度为ℎ=r−R= GMmF−R，故D正确，ABC错误。
故选：D。
根据万有引力定律求卫星的轨道半径，从而求得卫星运行时距地球表面的高度。
解答本题的关键要掌握万有引力定律，并能熟练运用。要注意卫星的轨道半径与卫星离地高度的区别。
7.【答案】B
【解析】解：设相遇时间为t1，则有16m=12×5m/s2×t12+12×3m/s2×t12
代入数据解得t1=2s
设两车从启动到刚好分离用时t2，则有36m=12×5m/s2×t22+12×3m/s2×t22
代入数据解得t2=3s
故两车从相遇到分离的时间为Δt=t2−t1
代入数据解得Δt=1s，故B正确，ACD错误；
故选：B。
根据相遇和分离时的关系，根据匀变速直线运动的公式可求解时间。
本题的关键是明确“相遇”和“分离”对应的位移关系：相遇时位移和为初始间距，分离时位移和为初始间距加两车车身长度和。通过匀加速直线运动的位移公式建立方程，求解时间差即可得到结果。
8.【答案】BC
【解析】解：A、根据题意可知，摩擦力方向沿滑梯表面向上，儿童位移沿滑梯表面向下，力与位移方向相反，摩擦力做负功，故A错误；
B、根据题意可知，支持力垂直滑梯表面，儿童位移沿滑梯表面，支持力与位移垂直，不做功，故B正确；
C、根据题意可知，因有摩擦力做功，机械能会转化为内能，机械能不守恒，故C正确；
D、根据题意可知，重力做功W=mgℎ(ℎ是竖直下落高度)
可知W与下滑路程无关，和竖直高度成正比，故D错误。
故选：BC。
功的计算依据“力与位移方向的夹角”判断：若夹角为90°，则力不做功；若夹角为锐角，力做正功；若夹角为钝角，力做负功。机械能守恒的条件是“只有重力做功”，若有其他力(如摩擦力)做功，则机械能不守恒。重力做功公式为W = mgℎ，与水平方向的路程无关。
本题核心是理解“功的正负由力与位移的夹角决定”“机械能守恒的条件”及“重力做功仅与竖直位移有关”。通过对每个选项的受力分析与公式推导，得出正确结论。
9.【答案】AC
【解析】解：A、利用“逆向思维法”，把汽车做匀减速直线运动到停止看成逆向的初速度为零的匀加速直线运动，刹车的位移大小x=12at2，根据题意可以算出汽车的加速度a，故A正确；
B、由于不知道汽车的质量m，根据F合=ma可知无法算出汽车刹车时所受的合力大小，故B错误；
C、根据v−=xt可以算出汽车刹车过程的平均速度大小，故C正确；
D、汽车刹车时，所受合外力即为阻力 f，根据牛顿第二定律 F合=ma 可知，f=ma，因汽车质量m未知，故无法算出阻力f的大小，故D错误。
故选：AC。
把汽车的运动看成逆向的初速度为零的匀加速直线运动，结合位移—时间公式分析加速度；结合牛顿第二定律分析合力以及阻力大小；位移除以时间等于平均速度。
在解答匀变速直线运动一类题目时，注意公式的合理选取，如果涉及时间一般采用速度—时间关系和位移—时间关系公式解答，如果不涉及时间，一般采用速度—位移关系公式解答。
10.【答案】BD
【解析】AB、当汽车牵引力F=阻力f时，速度最大vm。由P=Fv，此时F=f，额定功率P额=120×103W，阻力f=3×103N，则：vm=P额f=120×1033×103m/s=40m/s，故A错误，B正确；
CD、由牛顿第二定律F−f=ma，m=1500kg，a=2m/s2，f=3×103N，得F=f+ma=3×103N+1500×2N=6×103N
由v=at，a=2m/s2，t=2s，得v=2×2m/s=4m/s
由P=Fv，F=6×103N，v=4m/s，得P=6×103×4=24kW
故C错误，D正确。
故选：BD。
11.【答案】10.0； 100； 弹簧的形变量超出了该弹簧的弹性限度
【解析】(1)弹簧不受拉力时的长度为原长，根据题图可知弹簧的原长为10.0cm。
(2)根据胡克定律可知，弹簧的劲度系数k=Fx=10−0(20−10)×10−2N/m=100N/m
(3)当弹簧的形变量超出了弹性限度时，F−L图像的末端会出现弯曲。
故答案为：(1)10.0；(2)100；(3)弹簧的形变量超出了该弹簧的弹性限度。
(1)根据弹簧不受拉力时的长度为原长由题中图像判断；
(2)根据胡克定律计算；
(3)根据弹簧的形变量超出了弹性限度分析判断。
本题关键掌握探究弹簧的弹力与弹簧长度关系的实验原理和胡克定律。
12.【答案】0.585； 0.304，0.295
【解析】(1)匀变速直线某段中间时刻速度等于该段的平均速度，则当打点计时器打下D点时，重物的速度大小vD=xCE2T=(9.8+13.6)×10−30.04m/s=0.585m/s
(2)从打点计时器打下D点到打点计时器打下F点，重物重力势能的减少量ΔEp=mgℎDF=1×9.8×(13.6+17.4)×10−3J=0.304J
当打点计时器打下F点时，重物的速度大小vF=xGE2T=(17.4+21.2)×10−30.04m/s=0.965m/s
重物动能的增加量ΔEk=12mvF2−12mvD2=12×1×(0.9652−0.5852)J=0.295J
故答案为：(1)0.585；(2)0.304，0.295。
(1)根据平均速度计算打点计时器打下D点时重物的速度大小；
(2)根据功能关系计算重物重力势能的减少量，根据平均速度和动能定理计算重物动能的增加量。
本题关键掌握验证机械能守恒定律的实验原理和数据处理方法。
13.【答案】物体在空中运动的时间是5s；
飞机匀速飞行的速度大小是50m/s
【解析】(1)平抛运动在竖直方向上做自由落体运动，根据平抛运动规律得竖直方向有ℎ=12gt2，
联立解得物体在空中运动的时间t= 2ℎg= 2×12510s=5s；
(2)从释放甲物体开始计时，平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，根据平抛规律，甲的水平位移有x1=v0t，乙的水平位移有x2=v0(t+t0)，
因为x=x2−x1=50m，联立解得v0=50m/s。
答：(1)物体在空中运动的时间是5s；
(2)飞机匀速飞行的速度大小是50m/s。
平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，运动的时间由抛出点的高度决定，结合运动学公式得出飞机匀速飞行的速度大小。
本题考查的是平抛运动规律的应用问题，解决平抛运动规律问题关键在于深刻理解好运动的合成与分解。平抛运动的实质就是水平方向上的匀速直线运动和竖直方向上的自由落体运动的合运动，两个方向上的分运动相互独立，互不影响。
14.【答案】地球的质量是M=gR2G；
探测器绕小行星做圆周运动的线速度大小是v=R gkr，周期是T=2πrR krg
【解析】(1)根据万有引力等于重力得GMmR2=mg，
解得M=gR2G；
(2)探测器绕小行星做圆周运动，根据万有引力提供向心力可知GMmkr2=mv2r，
解得v=R gkr，
又周期T=2πrv，解得T=2πrR krg。
答：(1)地球的质量是M=gR2G；
(2)探测器绕小行星做圆周运动的线速度大小是v=R gkr，周期是T=2πrR krg。
(1)当探测器绕小行星做近地圆周运动时，万有引力等于重力；
(2)根据万有引力提供向心力结合圆周运动公式求解线速度以及周期。
本题主要是考查了万有引力定律及其应用；解答此类题目一般要把握两条线：一是在星球表面，忽略星球自转的情况下，万有引力等于重力；二是根据万有引力提供向心力列方程进行解答。
15.【答案】解：(1)由题意可知，物块通过B点时有：2mg=mvB2R
解得：vB= 2gR
(2)在物块由C点运动到B点的过程中，由机械能守恒定律有：12mvC2=mg×2R+12mvB2
设物块通过C点时受到半圆弧轨道的支持力大小为FN’，有：
FN′−mg=mvC2R
由牛顿第三定律有：FN=FN′
解得：FN=7mg。
(3)对物块压缩弹簧到最短后，被弹簧弹开至C点的过程，由能量守恒定律有：
EP=μmgd+12mvC2，其中由(2)可得vC= 6gR
解得：μ=EP−3mgRmgd
对物块由A点下滑至弹簧被压缩到最短的过程，由能量守恒定律有：
12 mv02+mgR=EP+μmgd
解得：v0=2 EP−2mgRm
答：(1)物块通过B点时的速度大小vB为 2gR；
(2)物块离开弹簧通过C点时对半圆弧轨道的压力FN的大小为7mg；
(3)物块与水平滑道间的动摩擦因数μ以及物块从A点开始下滑时的初速度大小v0为2 EP−2mgRm。
【解析】(1)根据机械能守恒定律求出小物块运动到B点的速度，
(2)根据牛顿第二定律求出B点的支持力大小，根据牛顿第三定律可得物块对对轨道的压力；
(3)据能量守恒定律求出动摩擦因数以及A的初速度。
本题考查了机械能守恒定律的基本运用，以及掌握圆周运动靠径向的合力提供向心力，通过牛顿第二定律求解支持力的大小；灵活应用能量守恒定律求解，此题难度较大。