2024-2025学年广东省韶关市高一（下）期末物理试卷【含答案】

这是一份2024-2025学年广东省韶关市高一（下）期末物理试卷【含答案】，共14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.飞机在空中转弯时须倾斜机身，使空气对飞机的升力偏离竖直方向，才能实现沿水平圆弧转弯，示意图如图所示。对飞机在空中水平匀速转弯的过程，下列说法正确的是( )
A. 飞机所受合外力不变
B. 飞机的运动速度不变
C. 飞机所受合外力做功为零
D. 升力可能等于飞机的重力
2.某工程车卸载一巨型石块时，可简化为如图所示的物理模型：石块静置于货箱底板AB上，在支撑杆的作用下货箱底板AB绕B端缓慢转到某一角度后停止转动，石块立刻加速下滑。在石块向下滑动的过程中，下列说法正确的是( )
A. 货箱底板对石块的合外力做正功B. 货箱底板对石块的支持力做正功
C. 货箱底板对石块的摩擦力做正功D. 石块的动能增量小于重力势能的减少量
3.在《自然哲学的数学原理》中，牛顿设想把物体从高山上水平抛出，速度一次比一次大，落地点也就一次比一次远，物体就不会落回地面，成为人造卫星。已知引力常量为G，地球半径为R，为了粗略求出卫星这个速度，则只需要测量( )
A. 物体的质量B. 物体的重力
C. 抛出点的海拔高度D. 抛出点的重力加速度
4.如图所示为老式录音带，录音机主动轮(驱动轮)以恒定转速转动，将磁带从被动轮卷到主动轮上，主动轮上的磁带逐渐增多，被动轮上的磁带逐渐减少，在这个过程中，下列说法正确的是( )
A. 被动轮转速恒定不变B. 被动轮转速越来越小
C. 磁带传送速度v越来越大D. 磁带传送速度v越来越小
5.某环境监测人员巡查发现，一个排污口正在喷出污水，如图所示。经测量排污口面积为S，距离液面高度为h，污水落点与排污口水平距离为x，重力加速度为g，则该排污口的排污流量(单位时间内排出的体积，单位为m3/s)为( )
A. Sx 2gh
B. Sx g2h
C. Sx 2hg
D. Sx g2h
6.为了节省能源，现代电梯系统都会加装配重块，如图所示为加装配重的电梯系统及未加装配重的电梯系统。已知在某次对比测试中，两系统的电梯质量相等，均匀速上行相同高度h，配重块质量为m，重力加速度为g，忽略缆绳与滑轮间的摩擦，则下列说法正确的是( )
A. 加装配重块的电梯系统对电梯拉力更大
B. 重力对加装配重块的电梯系统做功更多
C. 上行速度相等时，两种电梯系统电机的功率相等
D. 加装配重块的电梯系统比未加装的节省能量mgh
7.如图为平行板电容器，上下极板水平放置。两质量相等、电量分别为+q和+2q的甲、乙粒子以相同的速率先后从右侧面的中心O点水平向左射入板间电场，并都打到上极板。若电容器的电量运持不变，粒子重力不计，带电粒子对板间电场无影响，则对甲、乙粒子在板间的运动过程，下列说法的正确的是( )
A. 两个粒子的水平位移相等
B. 电场力对甲、乙粒子做的功相等
C. 若仅减小两板间的正对面积，则两粒子的加速度变小
D. 若仅增大两板间的距离，则两粒子的加速度大小不变
二、多选题：本大题共4小题，共22分。
8.航天器返回地球的过程需要进行轨道调整。如图，航天器在轨道Ⅰ做匀速圆周运动，在P点变轨后进入椭圆轨道Ⅱ，Q是椭圆轨道的近地点。下列说法正确的是( )
A. 航天器在P点要减速才能进入轨道Ⅱ
B. 航天器在轨道Ⅱ的周期比在轨道Ⅰ的周期大
C. 航天器在Q点的加速度大于在P点的加速度
D. 航天器在轨道Ⅱ上的Q点的速度小于其在P点的速度
9.如图所示是公园常见的转椅，人面朝内坐在椅子上，手抓住内圈随着转椅绕中心转轴转动，下列说法正确的是( )
A. 转椅匀速转动，人处于平衡状态
B. 转椅加速转动，椅子对人的作用力越来越大
C. 转椅匀速转动，椅子对人的作用力方向水平指向转轴
D. 转椅匀速转动，人头部后仰时椅子对人的作用力变大
10.某“复兴号”动车质量为m=8.5×104kg，由静止开始以加速度a=2m/s2匀加速启动，经时间t达到额定功率P=8.0×103kW，然后保持该功率在平直轨道上行驶，直至达到最大速度vm=360km/h，若动车行驶过程所受到的阻力大小保持不变，则下列说法正确的是( )
A. 动车匀加速行驶时的合外力为1.7×105N
B. 动车匀加速行驶时的牵引力为1.7×105N
C. 动车行驶过程中所受到的阻力为8×104N
D. 动车从静止加速到最大速度vm的过程中，牵引力做的功大于动车动能增加量
11.如图所示，某同学用手垫排球，某时刻质量为0.25kg的排球以大小为3m/s的速度竖直向下碰撞手腕，排球与手接触0.2s后竖直向上原速反弹，重力加速度取10m/s2，则在排球与手碰撞的过程中，下列说法正确的是( )
A. 碰撞过程排球动量守恒
B. 碰撞前后排球动量变化量为零
C. 手对排球的冲量大小为2N⋅s
D. 手对排球的平均作用力大小为10N
三、实验题：本大题共2小题，共16分。
12.图1是验证“机械能守恒定律”的实验装置图。
(1)下列实验操作和数据处理正确的是______。
A.实验中必须测量重物的质量
B.打开打点计时器前，应提住纸带上端使纸带竖直
C.实验中应先接通打点计时器的电源，再释放重物
D.测量纸带上某点的速度时，可由公式v= 2gh计算
(2)图2为实验所得的一条纸带，在纸带上选取连续的、点迹清晰的3个点A、B、C，测出A、B、C与起始点O之间的距离分别为h1、h2、h3。已知打点计时器的打点周期为T，当地重力加速度为g。则B点的速度vB= ______；从打O点到打B点的过程中，若满足______则表明小球在上述运动过程中机械能守恒(以上两空均用题中已知量符号表示)。
13.如图甲所示为某学习小组设计的平抛运动探究装置，实验时让小球从轨道下滑，从O点飞出落到放有复写纸的斜板上，留下位置点，测量抛出点O到落点距离L，改变斜板与水平方向的夹角θ，重复实验，已知当地重力加速度为g。
(1)为使每次实验小球飞出速度不变，需进行的操作是：______；
(2)在测量LOA长度时如图乙所示，则LOA= ______mm；
(3)利用测量数据绘制图像，为了使图像成一直线，图丙的横坐标为______(填“tanθcsθ”或“csθtanθ”)。
(4)计算出图像斜率k，则该实验中小球飞出的初速度v0= ______(用k、g表示)。
(5)关于本实验下列说法正确的是______。
A.应该选择密度大的小球完成实验
B.轨道末端需要保持水平
C.轨道粗糙会增加实验误差
四、计算题：本大题共4小题，共34分。
14.如图，某链球运动员在一次链球训练时，两手握着链球上铁链的把手，人带动链球旋转，最后用力将球甩出去，测得落点到抛出点的距离为x=80m，通过训练录像测得链球离地的最大高度为h=20m，(忽略空气阻力，不计链球抛出时离地高度，重力加速度g取10m/s2)，求：
(1)链球在空中的运动时间；
(2)链球在最高点的速度大小；
(3)链球脱手前瞬间速度的大小。
15.如图(a)为食品加工厂生产和包装饺子的流水线。水平传送带在电机作用下以某一速率v0逆时针匀速转动，传送带右端点B的右侧平滑连接一个粗糙金属圆弧槽AB，AB高度差h1=0.5m，左端点C的正下方放一长方形凹槽，凹槽右侧O与C处在同一竖直面上，凹槽与C的高度差h2=0.8m。质量为m=0.02kg的饺子从A点由静止开始滑下，到B点时的速度大小vB=2m/s，饺子在传送带上运动过程的v2-x图像如图(b)所示，v是饺子的速度，s是饺子距B点的距离。忽略空气阻力和凹槽的底盘厚度，饺子可视为质点，重力加速度g取10m/s2。求：
(1)饺子在圆弧槽AB上运动时克服摩擦力做的功；
(2)饺子与传送带之间的动摩擦因数μ；
(3)饺子在凹槽上的落点D与O点的距离x。
16.如图所示，ABD为竖直平面内的光滑轨道，其中AB段是水平的，BD段为半径R=0.4m的半圆，两段轨道相切于B点。小球甲以速度v0沿水平轨道向右运动，与静止在B点的小球乙发生弹性碰撞。已知水平轨道足够长，甲、乙两球可视为质点，质量均为m=1.0×10-2kg，重力加速度g取10m/s2。
(i)甲、乙两球碰撞后，乙恰能通过轨道的最高点D，求乙从D点飞出后在水平轨道上的首次落点到B点的距离。
(ii)在满足(i)的条件下，求甲的速度v0。
17.X射线在医学上可用于检查病人身体。如图是某种产生X射线的装置示意图，A、B之间是匀强加速电场，虚线框内为偏转元件中的匀强偏转电场。电子束从A边界由静止开始沿带箭头的实线所示方向前进，打到水平靶上的中心点P，从而激发X射线。已知电子的质量为m，电荷量为-e，A、B两端的电压大小为U0，偏转电场区域水平宽度为L0，竖直高度足够长，电场强度大小E=2U0L0，方向沿竖直方向，P点距离偏转电场右边界的水平距离为L，不计空气阻力、电子重力和电子间的相互作用。求：
(i)电子束离开加速电场时的速度v0的大小，以及射出偏转电场时速度方向与水平方向夹角；
(ii)打在P点的电子束偏离原水平方向的竖直高度H。
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：A、飞机所受合力方向始终指向圆心，所以方向在不断变化，则所受合外力在变化，故A错误；
B、飞机的速度大小不变，但方向时刻变化，故B错误；
C、飞机做的是匀速圆周运动，动能不变，所以飞机所受合外力做功为零，故C正确；
D、升力在竖直方向的分力和重力平衡，在水平方向的分力提供向心力，所以升力是大于重力的，故D错误。
故选：C。
2.【答案】D
【解析】解：ABC.石块的位移沿斜面向下，货箱底板对石块的合外力做负功，支持力与位移方向垂直不做功，摩擦力与运动方向相反，做负功，故ABC错误；
D.由于摩擦力做功，则石块的动能增量小于重力势能减少量，故D正确。
故选：D。
3.【答案】D
【解析】解：第一宇宙速度是卫星贴近地面做匀速圆周运动的速度。
根据万有引力提供向心力可得：GMmR2=mv2R，解得：v= GMR
根据万有引力和重力的关系可得：GMmR2=mg，解得：v= gR
已知引力常量为G，地球半径为R，为了粗略求出卫星这个速度，则只需要测量抛出点的重力加速度即可，故的D正确、ABC错误。
故选：D。
4.【答案】C
【解析】解：AB、主动轮的转速不变，即主动轮的角速度不变，但是随着主动轮上的磁带逐渐增多，主动轮的半径逐渐增大，根据v=ωr可知，磁带的线速度大小在不断的增大，主动轮和被动轮是皮带传动，所以被动轮的线速度也是逐渐增大的，但被动轮上的磁带逐渐减小，所以被动轮的半径逐渐减小，则被动轮的角速度逐渐增大，即被动轮的转速逐渐增大，故AB错误；
CD、有上面的分析可知磁带传送速度v越来越大，故C正确，D错误。
故选：C。
5.【答案】B
【解析】解：设污水离开排污口的速度大小为v0，根据平抛运动规律有x=v0t，h=12gt2。所以排污流量为Q=Sv0。联立解得Q=Sx g2h，故B正确，ACD错误。
故选：B。
6.【答案】D
【解析】解：A.设电梯的质量为M，未加装配重块时电机对电梯的拉力为Mg，加装配重块的电梯系统对电梯拉力仍为Mg，二者相等，故A错误；
B.两种情况下重力对电梯系统做功一样多，故B错误；
C.由于电机对电梯的拉力大小不等，上行速度相等时，根据P=Fv可知，两种电梯系统电机的功率不等，故C错误；
D.根据功能关系可知，加装配重块的电梯系统比未加装的节省能量mgh，故D正确。
故选：D。
7.【答案】D
【解析】解：A、两粒子在电场中做类平抛运动，竖直方向上有y=12⋅qEmt2，两粒子都打在上极板上，竖直位移相等，由于粒子的电荷量不同，两粒子的运动时间不同，根据x=v0t可知，两粒子的水平位移不相等，故A错误。
B、根据电场力做功W=qU，两粒子处于同一电场中，电势差相等，两粒子的电荷量不同，可知电场力对粒子做功不相等，故B错误。
C、根据电容器的电容C=ɛrS4kπd可知，减小电容器的正对面积，电容器的电容减小；结合C=QU可知，当电荷量Q不变，C减小时，两极板间的电势差U增大；根据E=Ud可知，极板间的电场强度增大，粒子受到的电场力增大，由牛顿第二定律可知，粒子的加速度增大，故C错误。
D、根据C=ɛrS4πkd，C=QU，E=Ud，可得E=4πkQϵrS，可知当仅增大两板间的距离时，极板间的电场强度不变，粒子受到的电场力不变，根据牛顿第二定律可知，粒子的加速度不变，故D正确。
故选：D。
8.【答案】AC
【解析】解：A、根据变轨原理可知，航天器在P点要减速才能进入轨道Ⅱ，故A正确；
B、根据开普勒第三定律可得：r3T2=k，航天器在轨道Ⅱ的半长轴比在轨道Ⅰ的轨道半径小，航天器在轨道Ⅱ的周期比在轨道Ⅰ的周期小，故B错误；
C、根据牛顿第二定律可得：GMmr2=ma，解得：a=GMr2，所以航天器在Q点的加速度大于在P点的加速度，故C正确；
D、根据开普勒第二定律可知，航天器在轨道Ⅱ上的Q点的速度大于其在P点的速度，故D错误。
故选：AC。
9.【答案】BD
【解析】解：A、当转椅匀速转动时，人需要一个向心力来维持圆周运动，这个向心力由椅子提供，因此人受到的力不是平衡力，人不处于平衡状态，故A错误。
B、当转椅加速转动时，除了需要提供向心力外，还需要额外的力来增加速度，因此椅子对人的作用力会越来越大，以满足加速度的需求，故B正确。
C、转椅匀速转动时，椅子对人的作用力不仅需要提供向心力，还需要抵消重力，因此作用力方向不是水平指向转轴，而是斜向上的，故C错误。
D、当人头部后仰时，为了保持平衡，椅子对人的作用力需要调整以抵消重力和提供向心力，因此作用力会变大，故D正确。
故选：BD。
10.【答案】ACD
【解析】解：ABC.动车以最大速度行驶时：P=F1vm，代入数据解得：F1=8×104N，则阻力：Ff=F1=8×104N；
动车匀加速行驶时，由牛顿第二定律可知，合外力：F=ma=8.5×104×2N=1.7×105N，牵引力：F2-Ff=ma，代入数据解得：F2=2.5×105N，故AC正确，B错误；
D.由功能关系可知，动车行驶时需要克服阻力做功，所以牵引力做的功只有部分转化为动能，故D正确。
故选：ACD。
11.【答案】CD
【解析】解A、碰撞过程中，排球受到手的作用力和重力，合外力不为零，所以排球动量不守恒。故A错误。
B、设向上为正方向，
碰撞前动量p1=-mv=-0.25×3=-0.75kg⋅m/s，
碰撞后动量p2=mv=0.25×3=0.75kg⋅m/s，
动量变化量△p=p2-p1=1.5kg⋅m/s≠0。故B错误。
C、对排球分析，设竖直向上为正方向，根据动量定理I手-mgt=mv-(-mv)，代入数据解得I手=2N⋅s。故C正确。
D、对排球分析，I手=F-⋅t，代入数据解得F-=10N。故D正确。
故选：CD。
12.【答案】BC； h3-h12T，gh2=(h3-h1)28T2
【解析】(1)A.根据实验原理，需要验证的表达式为mgh=12mv2，化简得gh=12v2，因此不需要测量重物的质量，故A错误；
B.为了减小纸带与打点计时器之间阻力的影响，打开打点计时器前，应提住纸带上端使纸带竖，故B正确；
C.为了充分利用纸带，实验中应先接通打点计时器的电源，再释放重物，故C正确；
D.公式v= 2gh是在物体做自由落体运动的条件下得到的，本身满足机械能守恒，因此不能用该公式计算测量纸带上某点的速度，故D错误。
故选：BC。
(2)根据匀变速直线运动中间时刻的瞬时速度等于这段时间内的平均速度，打下B点的速度vB=h3-h12T，从打O点到打B点的过程中，动能的增加量ΔEk=12mvB2=12m(h3-h12T)2=m(h3-h1)28T2，重力势能的减小量ΔEp=mgh2，若机械能守恒，满足mgh2=m(h3-h1)28T2，化简得gh2=(h3-h1)28T2。
故答案为：(1)BC；(2)h3-h12T，gh2=(h3-h1)28T2。
13.【答案】小球应该从同一位置静止释放； 21.50； tanθcsθ； 2kg2； AB
【解析】(1)为使每次实验小球飞出速度不变，小球应该从同一位置静止释放。
(2)O点对应的刻度为2.00cm，A点对应的刻度为23.50cm，所以LOA=21.50cm
(3)根据平抛运动规律有lcsθ=v0t，lsinθ=12gt2，整理可得l=2v02g⋅tanθcsθ，则图丙的横坐标应该是tanθcsθ
(4)由上面的分析可得k=2v02g，解得小球飞出的初速度v0= 2kg2
(5)A、为了减小空气阻力的影响，应该选择密度大的小球完成实验，故A正确；
B、为保证小球离开O点时速度沿水平方向，所以轨道末端需要保持水平，故B正确；
C、只要保证小球从同一位置静止释放，即可保证小球以相同的速度离开轨道做平抛运动，所以轨道粗糙光滑与否，不影响实验结果，故C错误。
故选：AB。
故答案为：(1)小球应该从同一位置静止释放；(2)21.50；(3)tanθcsθ；(4) 2kg2；(5)AB。
14.【解析】(1)链球从最高点到地面竖直方向做自由落体运动，则有h=12gt2，
解得链球从最高点到地面经历的时间为t= 2hg= 2×2010=2s。
所以链球在空中的运动时间为2t=2×2s=4s。
(2)链球在最高点的速度大小v0=x2t=802×2m/s=20m/s。
(3)链球脱手前瞬间竖直方向的速度vy=gt=10×2m/s=20m/s，
可得链球脱手前瞬间速度的大小为v= vx2+vy2= 202+202m/s=20 2m/s。
答：(1)链球在空中的运动时间为4s。
(2)链球在最高点的速度大小为20m/s。
(3)链球脱手前瞬间速度的大小为20 2m/s。
15.【解析】(1)饺子从A点到B点，由动能定理可知：mgh1+Wf=12mvB2，代入数据解得：Wf=-0.06J，即克服摩擦力做功0.06J。
(2)由图b和匀变速直线运动规律可知，加速度大小等于12k，a=2.5m/s2，由牛顿第二定律可知：μmg=ma，代入数据解得：μ=0.25，
(3)饺子从C点到D点做平抛运动，掉落时间t= 2h2g= 2×0.810s=0.4s，由图b可知vC=3m/s，则x=vCt=3×0.4m=1.2m。
答：(1)饺子在圆弧槽AB上运动时克服摩擦力做的功为0.06J；
(2)饺子与传送带之间的动摩擦因数μ=0.25；
(3)饺子在凹槽上的落点D与O点的距离x=1.2m。
16.【解析】(i)乙恰能通过轨道的最高点D，在D点由重力提供向心力，根据牛顿第二定律得：
mg=mvD2R
解得：vD=2m/s
设乙从D点飞出后在水平轨道上的首次落点到B点的距离为x。由平抛运动规律可得：
x=vDt2R=12gt2
联立解得：x=0.8m
(ii)设碰撞后甲、乙的速度分别为v1、v2，以向右为正方向，根据动量守恒定律与机械能守恒定律得：
mv0=mv1+mv212mv02=12mv12+12mv22
联立可得：v0=v2
碰撞后乙球由B到D的过程，根据动能定理得：
-2mgR=12mvD2-12mv22
解得：v2=2 5m/s
则甲的速度v0的大小为2 5m/s，方向水平向右。
答：(i)乙从D点飞出后在水平轨道上的首次落点到B点的距离为0.8m。
(ii)甲的速度v0的大小为2 5m/s，方向水平向右。
17.【解析】(i)电子加速过程，根据动能定理有U0e=12mv02-0，解得v0= 2U0em。
电子进入偏转电场后做类平抛运动，由牛顿第二定律可得加速度为a=Fm=Eem，运动的时间为t=L0v0，
设电子束射出偏转电场时速度方向与水平方向夹角为α，将电子束离开偏转电场时的速度分解，如图所示。
则tanα=vyv0=atv0，解得tanα=1，可得α=45°。
(ii)电子在偏转电场中的偏转位移为y=12at2=12⋅Eem⋅L02v02=L02，
由平抛运动推论可知电子束射出偏转电场时速度反向延长交于水平位移的中点，结合相似三角形可得Hy=L02+LL02=L0+2LL0，
联立解得H=L0+2L2。
答：(i)电子束离开加速电场时的速度大小为 2U0em，射出偏转电场时速度方向与水平方向夹角为45°。
(ii)打在P点的电子束偏离原水平方向的竖直高度为L0+2L2。
(i)电子加速过程，由动能定理求电子加速获得的速度大小，即为电子刚进入偏转场时的速度大小；电子进入偏转电场后做类平抛运动，由牛顿第二定律求出加速度表达式，由分速度公式和分速度关系相结合求电子束射出偏转电场时速度方向与水平方向夹角。
(ii)由y=12at2求出电子在偏转电场中的偏转位移，由几何关系求解打在P点的电子束偏离原水平方向的竖直高度H。