2024-2025学年内蒙古赤峰市高一（下）期末联考物理试卷（含解析）

这是一份2024-2025学年内蒙古赤峰市高一（下）期末联考物理试卷（含解析），共13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。
1.2025年4月19日，全球首个人形机器人半程马拉松(约21.1km)在北京亦庄鸣枪开跑。来自北京的天工Ultra人形机器人以2时40分42秒成绩获得冠军。此机器人身高1.8m，体重52kg，最高配速达到12km/ℎ。下列说法正确的是( )
A. 21.1km指的是位移B. 2时40分42秒指的是时刻
C. 12km/ℎ指的是平均速度D. 52kg中的kg是国际单位制中的基本单位
2.赤峰市喀喇沁旗的美林谷滑雪场被誉为“东方雪源圣地”，为游客们带来前所未有的滑雪体验。如图为游客滑雪的精彩瞬间，游客在匀速率通过圆弧弯道的过程中( )
A. 速度不变B. 加速度不变C. 所受合力为零D. 所受合力不为零
3.如图用两根轻质细绳OA、OB悬挂一灯笼。现使OB绳从水平方向开始沿逆时针方向缓慢转动90°，A、O两点位置不变，灯笼保持静止。在此过程中，OB绳所受拉力( )
A. 减小B. 增大C. 先减小后增大D. 先增大后减小
4.2025年端午假期，北京朝阳至赤峰加开高铁G4741次。设列车受到的阻力与速度的平方成正比，即f=kv2。当列车以功率P匀速直线行驶时，机车的速度为( )
A. 3kPB. 3PkC. kPD. Pk
5.如图为“嫦娥”探测器前往月球的过程。首先进入圆形轨道I绕地球转动，然后经P点变速进入椭圆轨道II，最后在Q点变速进入圆形轨道III绕月飞行。则探测器( )
A. 在轨道I上的绕行速度大于7.9km/s
B. 在Q点向前喷气，变轨到轨道III
C. 在轨道II上关闭发动机运行时，动量不变
D. 在轨道I上运行的机械能大于在轨道II上运行的机械能
6.如图为探究小车加速度与所受合力关系的实验。两辆小车并排放在粗糙木板上，通过细绳跨过定滑轮各挂一个小盘，盘里放有砝码。打开夹子，小盘和砝码牵引小车运动一段时间后，合上夹子，两小车同时停止运动。下列说法正确的是( )
A. 实验前无需进行补偿阻力操作
B. 实验中应使小车质量不同、砝码质量相同
C. 实验中不必求出加速度具体值
D. 实验中不必保证砝码盘及砝码的总质量远小于小车的质量
7.如图甲是家用的人字梯，结构简图如图乙所示，该人字梯由两个完全相同的梯子AM和AN通过顶端的铰链连接而成。现需要将梯子收拢起来，底端M、N两点均以相等的速率贴着地面向中间匀速滑动过程中，顶端向上移动的速率( )
A. 一直增大B. 一直减小C. 先减小后增大D. 先增大后减小
二、多选题：本大题共3小题，共18分。
8.人们躺着看手机，经常出现手机砸伤面部的情况。如图手机总质量约为200g，从离面部约20cm的高度无初速度掉落，砸到面部后不反弹，面部受到手机的冲击时间约为0.10s。重力加速度g=10m/s2，下列分析正确的是( )
A. 手机对面部的冲量方向向上B. 手机对面部的冲量方向向下
C. 手机对面部的平均作用力大小约为6ND. 手机对面部的平均作用力大小约为4N
9.运动员竖直向上弹离蹦床到再次回到蹦床的过程中。某同学描绘了该运动员的位移y、速度v、加速度a以及机械能E随时间t变化的四个图像(以人弹离蹦床时的重心处为参考平面)，不计空气阻力。取竖直向上为正方向，其中正确的是( )
A. B. C. D.
10.如图在竖直平面内固定一个半径为R的粗糙四分之一圆轨道BC，与足够长粗糙的水平轨道相切于B点。视为质点的滑块质量为m，以大小为 5gR的初速度从水平轨道上A点沿直线AB运动，恰好能到达C点正上方D点处，而后返回，最终停在水平轨道上。已知AB=CD=R，滑块与水平轨道AB间的动摩擦因数为μ=0.2，重力加速度为g。则( )
A. 滑块第一次通过B点时对轨道BC的压力大小为5.6mg
B. 滑块第一次通过轨道BC所用的时间比第二次的长
C. 滑块第二次通过轨道BC因摩擦产生的热量小于0.3mgR
D. 滑块最终停在B点左侧水平轨道且与B点间的距离小于8.5R
三、实验题：本大题共2小题，共16分。
11.在学习平抛运动以后，某同学要测量钢球离开桌面时速度的大小。在桌面上用硬练习本做成一个斜面，使小钢球从斜面上某一位置滚下，钢球沿桌面飞出后做平抛运动。
(1)实验中下列要求必要的是_______________
A.桌面必须是光滑的
B.桌面末端的切线必须调成水平
C.需要用游标卡尺测量小球的直径
(2)正确安装装置后，进行实验，小球应多次从______________(选填“同一位置”或“不同位置”)由静止滚下。
(3)如图将各落点用一小圆圈起来，圆心为平均落点A，则OA=______________cm。取重力加速度g=9.8m/s2，桌面到地面的高度为1.225m，根据以上数据可求得小球的初速度为______________m/s(本小题结果均保留两位小数)。
12.如图为一种利用气垫导轨“验证机械能守恒定律”的实验装置。主要实验步骤如下：
A.将气垫导轨放在水平桌面上，将导轨调至水平；
B.测出遮光条的宽度d；
C.测出滑块的质量M；
D.将滑块移至图示位置，测出遮光条到光电门的距离L；
E.释放滑块，读出遮光条通过光电门的遮光时间t；
F.用天平称出托盘和砝码的总质量m；
G.……
(1)在滑块从静止释放到运动至光电门的过程中，系统的重力势能减少了________(用物理量的符号表示)；
(2)若符合机械能守恒定律的结论，以上测量的物理量应该满足的关系为________(用物理量的符号表示)；
(3)改变L多次实验，作出L−1t2图像，若机械能守恒，则图像应为_______________；
A. B. C.
(4)在操作正确的情况下，多次实验发现动能的增加量总是略小于重力势能的减少量，其可能的原因是______________(写出一种情况即可)。
四、计算题：本大题共3小题，共38分。
13.某幼儿园要在空地上做一个滑梯，近似为一倾斜直平面。根据空地的大小，滑梯的水平跨度L确定为6m。设计时滑板和儿童裤料之间的动摩擦因数µ=0.4，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。已知sin37°=0.6，cs37°=0.8，g=10m/s2。求：
(1)若滑梯与水平面的夹角为37°，该儿童自由下滑的加速度a的大小；
(2)为使儿童在滑梯游戏时能在滑板上自由滑下，滑梯最小高度H。
14.如图半径为R的半球形陶罐固定在可以绕竖直轴转动的水平转台上，转台转轴与过陶罐球心O的对称轴OO′重合。转台以一定角速度匀速转动，一质量为m的小物块落入陶罐内，经过一段时间后小物块随陶罐一起转动且相对罐壁静止在P点，此时小物块受到的摩擦力恰好为0，且它和O点的连线与OO′之间的夹角θ为60°，重力加速度为g。
(1)求此时转台转动的角速度ω1；
(2)若转台以角速度ω2= gR转动时，小物块仍在P点，求其受到的支持力FN。
15.如图轻质动滑轮下方悬挂重物A、轻质定滑轮下方悬挂重物B，B和地面用一轻质弹簧连接，悬挂滑轮的轻质细线竖直。开始时，在外力作用下，重物A、B处于静止状态，弹簧处于原长，释放后A、B开始运动。已知A、B的质量mA=4m，mB=m。弹簧的劲度系数为k，弹性势能的表达式为Ep=12kx2，其中x为弹簧的形变量。忽略一切摩擦和空气阻力，重力加速度为g。在A运动到最低点之前，求：
(1)当A的速度为v0时，求此时B的速度大小；
(2)弹簧的最大弹性势能Ep；
(3)A在释放后的最大速率vAm。
答案解析
1.【答案】D
【解析】表示的是路程，A错误；
B.2小时40分42秒表示的是时间间隔，B错误；
C. 12km/ℎ 指的是瞬时速度，C错误；
D.kg是国际单位制中的基本单位，D正确；
故选D。
2.【答案】D
【解析】A.运动员做匀速圆周运动，速度沿切线方向，速度大小不变，但方向一直改变，故A错误；
B.运动员做匀速圆周运动，合外力提供向心力，方向指向圆心，故合外力不是恒力。由牛顿第二定律可知，合力方向变化，加速度方向也变化，故B错误；
CD.运动员做匀速圆周运动，合外力提供向心力，大小不变，方向指向圆心，故合外力不为 0 ，故C错误；D正确；
故选D。
3.【答案】C
【解析】如图所示，灯笼受力分析如下
由图可得，OB绳所受拉力先减小后增大，故选C。
4.【答案】B
【解析】当列车以功率 P 匀速直线行驶时，牵引力 F=f=kv2
由功率的定义式可知 P=Fv=kv3
解得 v=3Pk
故选B。
5.【答案】B
【解析】A.探测器在轨道I上的半径大于地球半径，故绕行速度小于 7.9km/s ，故A错误；
B.在 Q 点变轨到轨道III，探测器应减速，故应向前喷气，故B正确；
C.探测器在轨道II上关闭发动机运行时，速度大小和方向均变化，故动量变化，故C错误；
D.在轨道I上P点，探测器加速进入轨道II，机械能增大，故探测器在轨道II上运行的机械能大于在轨道I上运行的机械能，故D错误。
故选B。
6.【答案】C
【解析】A.该实验中摩擦力会对加速度的测量造成干扰，需要平衡摩擦力，A错误；
B.探究小车加速度与所受合力关系应使小车质量相同、砝码质量不同，B错误；
C.本实验中可以通过位移和时间的关系间接比较加速度的大小，不必求出加速度具体值，C正确；
D.实验中为使小车所受的拉力近似等于小盘和砝码的总重力应保证砝码盘及砝码的总质量远小于小车的质量，D错误；
故选C。
7.【答案】B
【解析】M、N两点的速率和顶端上移的速率关系为 vsinθ=v顶csθ ，即 v顶=vtanθ
M、N两点均以相等的速率贴着地面向中间匀速滑动，角度变小，顶端向上移动的速率变小，故选B。
8.【答案】BC
【解析】AB.手机对面部的冲量方向与作用力的方向相同，因此冲量方向竖直向下，故A错误，B正确；
CD.手机先做自由落体运动，有 v12=2gℎ
解得 v1=2m/s
砸到面部后不反弹，即手机的末速度 v2=0
取竖直向上为正方向，对手机由动量定理有 F⋅Δt−mg⋅Δt=0−(−mv1)
解得面部对手机的平均作用力大小约为 F=6N
由牛顿第三定律可知手机对面部的平均作用力大小约为 F′=F=6N ，故C正确，D错误。
故选BC。
9.【答案】CD
【解析】A.设弹离蹦床时的初速度为v0，因向上为正，则 y=v0t−12gt2
可知y−t图像为抛物线，选项A错误；
B.因向上为正，则根据速度为 v=v0−gt
可知速度先正后负，选项B错误；
C.竖直上抛运动加速度不变，恒定为向下的g(负值)不变，选项C正确；
D.竖直上抛运动的物体只有重力做功，机械能守恒，则图像为平行横轴的直线，选项D正确。
故选CD。
10.【答案】AC
【解析】A.滑块从A到B的过程中有 −μmgR=12mvB2−12mvA2
滑块第一次通过B点时有 FN−mg=mvB2R
解得 FN=5.6mg ，A正确；
B.由于轨道粗糙，滑块第一次通过轨道BC所用的时间比第二次的短，B错误；
C.从B点到D点有 12mvB2=Q+2mgR
解得 Q=0.3mgR
滑块第二次通过轨道BC时速度更小，滑块与轨道间的摩擦力更小，故因摩擦产生的热量小于0.3mgR，C正确；
D.滑块从D点返回到停止的过程根据能量守恒定律有 2mgR=QCB+μmgs
滑块第二次通过轨道BC因摩擦产生的热量小于0.3mgR，可知 s>8.5R ，D错误。
故选AC。
11.【答案】(1)B
(2)同一位置
(3) 19.50(19.48∼19.52) 0.39

【解析】(1)A.为了保证小球每次抛出时的速度相同，小球应每次从同一位置由静止滚下，但桌面不需要光滑，故A错误；
B.为了保证小球抛出时的速度处于水平方向，桌面末端的切线必须调成水平，故B正确；
C.本实验不需要用游标卡尺测量小球的直径，故C错误。
故选B。
(2)正确安装装置后，进行实验，为了保证小球每次抛出时的速度相同，小球应多次从同一位置由静止滚下。
(3)[1]由图可知，刻度尺的分度值为0.1cm，应估读到分度值的下一位，则有 OA=19.50cm
[2]桌面到地面的高度为1.225m，竖直方向有 ℎ=12gt2
可得 t= 2ℎg= 2×
水平方向有 OA=x=v0t
可得小球的初速度为 v0=xt=
12.【答案】(1)mgL
(2) mgL=12(M+m)d2t2
(3)C
(4)滑块运动中受空气阻力的作用

【解析】(1)在滑块从静止释放到运动至光电门的过程中，系统的重力势能减少了 ΔEp=mgL
(2)滑块通过光电门的速度大小为 v=dt
根据机械能守恒定律得 mgL=12M+mv2
若符合机械能守恒定律的结论，应该满足的关系为 mgL=12M+md2t2
(3)根据 mgL=12M+md2t2
可得 L=(M+m)d22mg⋅1t2
若机械能守恒，则 L−1t2 图像为过原点的倾斜直线。
故选C。
(4)在操作正确的情况下，多次实验发现动能的增加量总是略小于重力势能的减少量，其可能的原因是滑块运动中受空气阻力的作用，使得有一部分重力势能转化为内能。
13.【答案】(1)对儿童受力分析并正交分解如图
由牛顿第二定律有 mgsin37 ∘−f=ma ， FN=mgcs37 ∘ ， f=μFN
代入数据得 a=2.8m/s2
(2)若要使儿童刚好能滑下，则有 mgsinθ−f′=0 ， F′N=mgcsθ ， f′=μF′N ， tanθ=HL
代入数据解得 H=2.4m

【解析】详细解答和解析过程见答案
14.【答案】(1)物块运动的半径为 r=Rsinθ
对物块受力分析如图
物块做圆周运动，由牛顿第二定律有 mgtanθ=mω12r
解得 ω1= 2gR
(2)当转台转动的角速度为 ω2= gR 时，由于 ω2