2024-2025学年四川省自贡市高一（下）期末物理试卷（含解析）

这是一份2024-2025学年四川省自贡市高一（下）期末物理试卷（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。
1.以下说法正确的是( )
A. 物体做匀速圆周运动时，所受的向心力是恒力
B. 经典力学适用于微观、低速、弱引力场的范围
C. 田径比赛中的链球项目是利用离心现象来实现投掷的
D. 跳伞运动员带着张开的降落伞在空中匀速下落时，其机械能守恒
2.如图所示，水平传送带顺时针匀速转动，左端轻放一质量为2kg的物块，可视为质点。物块放上传送带时开始计时，t=1s时物块的速度为5m/s。已知g取10m/s2，则该过程中，下列说法正确的是( )
A. 物块的动量变化率大小为20NB. 物块受到的支持力的冲量大小为0
C. 物块受到的摩擦力的冲量大小为10N·sD. 传送带对物块的冲量大小为10N·s
3.已知下列某组数据及引力常量G，能计算出地球的质量。则以下数据不可行的是( )
A. 地球绕太阳运行的周期及地球与太阳之间的距离
B. 月球绕地球运行的周期及月球与地球之间的距离
C. 人造地球卫星在地面附近绕行的速度及运行周期
D. 若不考虑地球自转，已知地球的半径及重力加速度
4.如图所示，电动机通过皮带连接机器，机器皮带轮的半径为0.4m，是电动机皮带轮半径的4倍，皮带与两轮之间均不发生滑动。已知机器皮带轮上A点到转轴的距离为该轮半径的一半，机器皮带轮边缘上一点的线速度为0.2m/s。下列说法正确的是( )
A. A点的角速度是1rad/s
B. 电动机皮带轮边缘上某点的向心加速度是0.4m/s2
C. 电动机皮带轮与机器皮带轮的角速度之比为1∶4
D. 电动机皮带轮边缘与机器皮带轮边缘的线速度之比为1∶4
5.下列四幅图中物体的运动均视为匀速圆周运动，图1为汽车在水平路面转弯(未打滑)，图2为飞机在水平面内转弯，图3为小球沿光滑漏斗壁在水平面内运动，图4为火车水平转弯。则下列有关说法正确的是( )
A. 图1中若小车速度增加，小车一定会打滑
B. 图2中飞机的升力完全提供飞机所需的向心力
C. 图3中小球若在更高的水平面上运动，速率更大，支持力也更大
D. 图4中火车轨道的转弯处设计成内低外高可以减小轮缘对外轨的挤压
6.图1为水平放置在光滑水平面上的两弹簧振子甲、乙，图2为某时刻开始计时的两弹簧振子的振动图像。下列说法正确的是( )
A. 甲、乙的周期之比为2∶3B. 2t0时，甲、乙两球的速度之比为4∶1
C. 甲、乙的最大加速度之比为1∶2D. 甲、乙的弹簧最大形变量之比为2∶1
7.某汽车发动机的额定功率为60kW，汽车的质量为5t，汽车在水平路面行驶时，阻力是车重的0.1倍。若汽车先从静止开始，保持以0.5m/s2的加速度做匀加速运动，达到额定功率后，继续加速到最大速度，g取10m/s2。则( )
A. 汽车的最大速度为15m/s
B. 汽车做匀加速直线运动的时间为16s
C. 汽车以10m/s行驶时的加速度为0.4m/s2
D. 汽车从静止到达到最大速度，牵引力做的功为3.6×105J
二、多选题：本大题共3小题，共12分。
8.质量为1kg的石块从9m高处以30°角斜向上方抛出，初速度v0的大小为4m/s。不计空气阻力，g取10m/s2。则下列说法正确的是( )
A. 石块落地时的速度是14m/s
B. 石块的质量越大，落地时速度越大
C. 石块抛出时初速度的仰角越大，落地时速度越大
D. 石块的初速度不论多大，从抛出到落地的过程中重力势能的变化量不变
9.如图所示，水平光滑轨道宽度和轻弹簧自然长度均为d，两小球质量分别为m1、m2，且m1=2m2，m2的左边有一固定挡板。m1由图示位置静止释放，当m1与m2相距最近时m1的速度为v，则在以后的运动过程中( )
A. m1的最大速度是12v
B. m2的最大速度34v
C. m1和m2相距最远时，m1的速度为23v
D. m1和m2速度相等时，弹簧弹性势能为16m1v2
10.如图所示，在水平地面上竖直放置一质量为M的轨道，外形为正方形，内里是一半径为R、内壁光滑的圆形轨道，轨道圆心为O，A、B是轨道上与圆心O等高的两点。一质量为m的小球沿内里轨道做圆周运动且刚好能通过轨道最高点，运动过程中轨道始终在地面并保持静止状态。已知重力加速度为g，则以下说法正确的是( )
A. 小球经过轨道最低点时的速度大小 7gR
B. 小球经过轨道最低点时，对轨道的压力大小为6mg
C. 轨道对地面的最小压力的大小为Mg−34mg
D. 小球经过A点时，地面对轨道的摩擦力大小为5mg
三、实验题：本大题共2小题，共18分。
11.小张利用智能手机中的“磁力计”和一个磁性小球做“单摆测量重力加速度”的实验，装置如图甲所示。
(1)将手机放在小球静止位置的正下方，然后让小球做简谐振动，手机测出其所在空间中磁感应强度大小随时间的变化，其中磁力计z轴显示如图乙。则该单摆的振动周期T为O点与 (选填“A”“B”“C”“D”)点之间的时间差。
(2)利用智能手机测出摆动周期T并测出摆线长度L。通过改变摆线长度L，获得多组T，再以T2为纵轴、L为横轴画出函数关系图像如图丙所示。由图像可知，当地重力加速度g= m/s2(结果可用含π的式子表达)，磁性小球的直径D= cm。
12.某实验小组利用图甲装置验证机械能守恒定律。
(1)下列器材中，不必要的是 ；
A.交流电源 B.秒表 C.刻度尺
(2)该实验小组得到如图乙所示的一条纸带，在纸带上选取三个清晰的计数点A、B、C，AB和BC之间还各有一个计时点，测得它们到起始点O的距离分别为ℎ1、ℎ2、ℎ3。已知当地重力加速度为g，打点计时器打点的频率为f，设重物的质量为m，从打O点到打B点的过程中，重物的重力势能减少量ΔEp= ，动能增加量ΔEk= ；
(3)该实验小组代入测量的具体数据，发现ΔEk比ΔEp略大些，出现这一结果的原因可能是 ；
A.存在空气阻力和摩擦力
B.重物质量太大
C.先释放重物，再接通电源
(4)该实验小组继续研究，通过纸带上的计时点找出重物下落的时间t，通过纸带计算出重物下落的加速度为当地重力加速度g的k倍，按纸带计算出下落t时的重物速度为v，不考虑阻力之外的其他误差，则下列关系正确的是 。
A.ΔEk=kΔEp B．ΔEk=12kmv2
C.ΔEp=12mg2t2 D．ΔEp=12kmg2t2
四、计算题：本大题共3小题，共30分。
13.2025年4月24日，神舟二十号载人飞船与火箭成功分离，进入预定轨道，并于当天23时49分成功对接于空间站天和核心舱径向端口。已知空间站质量为m，轨道半径为r，绕地球运行的周期为T，地球半径为R，引力常量为G。求：
(1)地球的质量；
(2)地球的平均密度；
(3)地球的第一宇宙速度。
14.如图所示，一个内径很小的光滑圆管竖直固定，一轻质弹簧置于管内，一端固定在管底，另一端通过细绳，穿过光滑管口，与小球相连。已知小球的质量为0.2kg，弹簧的劲度系数为10N/m。让小球在水平面内做圆周运动，当绳与竖直方向的夹角为37°时，管上端管口的O点与小球之间的绳长为0.25m。忽略空气阻力，弹簧处于弹性限度内，g取10m/s2，sin37°=0.6，cs37°=0.8。求：
(1)小球做圆周运动的角速度大小；
(2)当连接小球间的细绳与竖直方向夹角为60°时，小球在水平面内做圆周运动的角速度大小。
15.自贡某厂家设计了一款电动窗帘，其设计的简化模型如图甲所示。在水平轨道下方安装10个小滑块，滑块可自由滑动且上端嵌入轨道，如图乙所示。相邻滑块之间的距离为s，每个小滑块下都安有挂钩，每个滑块(包括挂钩)质量为m，滑块与轨道的动摩擦系数为μ。在某次测试窗帘性能时，电机对第一个滑块施加一水平向右、大小为F的恒力。滑块1与滑块2碰撞后一起运动，滑块2与滑块3碰撞后，滑块1、2、3一起运动，以后依次碰撞下去。碰撞时间极短，重力加速度为g，所有滑块均视为质点。求：
(1)求滑块1与滑块2碰撞前瞬间的速度；
(2)求第一次碰撞中损失的机械能；
(3)若第10个滑块固定在轨道最右端，要将所有滑块推至最右端，F至少为多大？[可能用到的数学公式：12+22+32+⋯+n2=nn+12n+16 ]
答案解析
1.【答案】C
【解析】A.匀速圆周运动中，向心力方向始终指向圆心，方向不断变化，不是恒力，故A错误；
B.经典力学适用于宏观、低速、弱引力场范围，而非微观，故B错误；
C.链球投掷时，运动员旋转使链球做圆周运动，松手后链球因惯性沿切线飞出，属于离心现象的应用，故C正确；
D.匀速下落时动能不变，重力势能减少，机械能减少，故D错误。
故选C。
2.【答案】C
【解析】A.物块的动量变化率大小为 ΔpΔt=mvt=2×51N=10N ，选项A错误；
B.物块受到的支持力不为零，根据I=Ft，则支持力的冲量大小不为0，选项B错误；
C.由动量定理，物块受摩擦力的冲量等于物块动量的变化，则物块受到的摩擦力的冲量大小为 If=mv=10N⋅s ，选项C正确；
D.传送带对物块的水平方向的冲量大小等于摩擦力的冲量大小，为10N·s，竖直方向等于支持力的冲量，大小为20 N·s，可知传送带对物块的冲量大小大于10N·s，选项D错误。
故选C。
3.【答案】A
【解析】A.地球绕太阳运行时，万有引力提供地球公转的向心力，公式为 GM太阳M地球r2=M地球r4π2T2，可解得 M太阳=4π2r3GT2，此数据只能计算太阳质量，无法计算地球质量，故A错误，符合题意；
B.月球绕地球运行时，由 GM地球mr2=m4π2rT2，得 M地球=4π2r3GT2 ，故B正确，不符合题意；
C.人造卫星在地面附近绕行时，轨道半径近似为地球半径 R ，由 v=2πRT 和 v2=GM地球R，联立可解出 M地球=v3T2πG ，故C正确，不符合题意；
D.由万有引力与地表重力关系有 GM地球mR2=mg，得 M地球=gR2G ，故D正确，不符合题意。
本题要求选择不可行的选项，故选A。
4.【答案】B
【解析】A.A点的角速度与机器皮带轮的角速度相等，大小为 ω=vR=0.5 rad/s，故A错误；
BD.电动机皮带轮的半径为0.1m，边缘线速度等于机器皮带轮的线速度，则向心加速度为 a=v2r=0.4m/s2 ，故B正确，D错误；
C.电动机皮带轮的角速度为 ω′=vr=2 rad/s，则电动机皮带轮与机器皮带轮的角速度之比为4:1，故C错误；
故选B。
5.【答案】D
【解析】A.图1中汽车在水平路面转弯时，则 f=mv2r，若小车速度增加，小车所需的向心力增加，小车与地面间的静摩擦力变大，若不超出最大静摩擦力，小车不会打滑，选项A错误；
B.图2中飞机的升力与重力的合力提供飞机所需的向心力，选项B错误；
C.图3中小球若在更高的水平面上运动，转动半径更大，根据 mgtanθ=mv2r ， FN=mgcsθ可知，则速率更大，支持力不变，选项C错误；
D.图4中火车轨道的转弯处设计成内低外高，满足一定速度时会使轨道对火车的支持力和重力的合力提供向心力，可以减小轮缘对外轨的挤压，选项D正确。
故选D。
6.【答案】D
【解析】A.由图像可知，甲的周期为 43t0 ，乙的周期为t0，则甲、乙的周期之比为4∶3，选项A错误；
B.2t0时，甲的速度为零，乙的速度最大，则甲、乙两球的速度之比不等于4∶1，选项B错误；
C.最大加速度 am=kAm，由周期T=2π mk，可知甲、乙的最大加速度之比为9∶8，选项C错误；
D.甲、乙的弹簧最大形变量之比等于振幅之比，即为2∶1，选项D正确。
故选D。
7.【答案】B
【解析】A.当汽车速度最大时，牵引力等于阻力，阻力 f=0.1mg=5000N，由功率公式 P=fvmax ，得 vmax=Pf=12m/s ，故A错误；
B.匀加速时，由牛顿第二定律 F−f=ma ， F=7500N，匀加速阶段的最大速度 v1 满足 P=Fv1 ，得 v1=PF=8m/s，匀加速时间 t=v1a=16s ，故B正确；
C.当 v=10m/s 时，已超过匀加速阶段，功率保持额定值，此时牵引力 F′=Pv=6000N，加速度 a′=F′−fm=0.2m/s2 ，故C错误；
D.匀加速阶段位移 x=12at2=64m ，牵引力做功 W1=Fx=4.8×105J，后续阶段需额外做功，总功必大于 4.8×105J ，而选项D为 3.6×105J ，明显偏小，故D错误。
故选B。
8.【答案】AD
【解析】ABC.根据机械能守恒定律 12mv02+mgℎ=12mv2，解得石块落地时的速度是v=14m/s，与石块质量m无关，与石块抛出时初速度的仰角无关，选项A正确，BC错误；
D.从抛出到落地的过程中重力势能的变化量 ΔEP=mgℎ，与石块的初速度无关，选项D正确。
故选AD。
9.【答案】CD
【解析】AB.从小球m1到达最近位置后继续前进，此后拉动m2前进，m1减速，m2加速，达到共同速度时两者相距最远，此后m1继续减速，m2加速，当两球再次相距最近时，m1达到最小速度，m2达最大速度，可知m1第一次到达与m2最近位置时速度最大，最大速度是v；取向右为正方向，当两者再次最近时，根据动量守恒定律和机械能守恒定律分别得m1v=m1v1+m2v2， 12m1v2=12m1v12+12m2v22，解得 v1=m1−m2m1+m2v=13v,v2=2m1m1+m2v=43v，故m2的最大速度为 43v ，选项AB错误；
CD. m1和m2相距最远时，两者共速，则m1v=(m1+m2)v3，解得 v3=23v，此时弹簧的弹性势能 EP=12m1v2−12m1+m2v32=16m1v2 ，故CD正确。
故选CD。
10.【答案】BC
【解析】AB.小球恰经过最高点，则满足 mg=mv12R，从最高点到最低点由机械能守恒定律 12mv12+2mgR=12mv22，在最低点时 FN−mg=mv22R，解得经过轨道最低点时的速度大小 v2= 5gR ，支持力 FN=6mg，根据牛顿第三定律可知，小球经过轨道最低点时，对轨道的压力大小为 F′N=FN=6mg ，选项A错误，B正确；
C.当小球位于过圆心的水平线上方某位置时，设该位置与圆心连线与竖直方向的夹角为θ，则 12mv12+mgR(1−csθ)=12mv32，且 FN′′+mgcsθ=mv32R，此时轨道对地面的压力为 N=Mg−FN′′csθ，联立解得 N=Mg−3mg(csθ−cs2θ)，由数学知识可知当θ=60°时，N有最小值 Nmin=Mg−34mg ，则轨道对地面的最小压力的大小为 Mg−34mg ，选项C正确；
D.小球从最高点到A点时，由机械能守恒 12mv12+mgR=12mv42，地面对轨道的摩擦力大小为 f=N1=mv42R，解得f=3mg，方向向右，选项D错误。
故选BC。
11.【答案】D
π2
2.0

【解析】(1)磁性小球每次经过最低点时，手机测得其所在空间中磁感应强度大小最大，一个周期内小球有两次经过最低点，由图乙可知，该单摆的振动周期T为O点与D点之间的时间差。
(2)根据单摆周期公式可得 T=2π L+D2g，整理可得 T2=4π2g(L+D2)，
由图丙可知 k=4π2g=0.041.0×10−2s2/m ， 4π2gD2=0.04，
可得 g=π2m/s2 ， D=2.0cm。
12.【答案】B
mgℎ2
m(ℎ3−ℎ1)2f232
C
AD

【解析】(1)打点计时器需要连接交流电源，需要用刻度尺测量纸带上计数点间的距离；通过打点计时器可以知道计数点间的时间间隔，所以不需要秒表，故选B。
(2)从打O点到打B点的过程中，重物的重力势能减少量为 ΔEp=mgℎ2，
打B点时，重物的速度为 vB=xAC4T=(ℎ3−ℎ1)f4，
则从打O点到打B点的过程中，重物的动能增加量为 ΔEk=12mvB2−0=m(ℎ3−ℎ1)2f232。
(3)A.存在空气阻力和摩擦力，使得减少的重力势能有一部分转化为内能，则 ΔEk 比 ΔEp 略小些，故A错误；
B.由于验证机械能守恒的表达式中，质量可以约去，所以重物质量太大，不会使 ΔEk 比 ΔEp 略大些，故B错误；
C.先释放重物，再接通电源，则打第一点的初动能不为0，使得动能增加量 ΔEk 的测量值偏大，可能使得 ΔEk 比 ΔEp 略大些，故C正确。
故选C。
(4)A.由动能定理可得 ΔEk=F合ℎ=maℎ=m⋅kg⋅ℎ=kΔEp ，故A正确；
B.动能增加量为 ΔEk=12mv2 ，故B错误；
CD.重力势能减少量为 ΔEp=mgℎ=mg⋅12at2=mg⋅12⋅kgt2=12kmg2t2 ，故C错误，D正确。
故选AD。
13.【答案】(1)根据 GMmr2=m4π2T2r，可得地球质量 M=4π2r3GT2；
(2)地球的平均密度 ρ=M43πR3=3πr3GT2R3；
(3)根据 GMmR2=mv2R，可得地球的第一宇宙速度 v= GMR=2πrT rR。

【解析】详细解答和解析过程见【答案】
14.【答案】(1)以小球为对象，根据牛顿第二定律可得 F合=mgtan37 ∘=mω2r，其中 r=Lsin37 ∘，
联立可得小球做圆周运动的角速度大小为 ω= gLcs37 ∘= 100.25×0.8rad/s=5 2rad/s；
(2)当连接小球的细绳与竖直方向夹角为37°时，弹簧弹力大小为 F弹=kx=T=mgcs37 ∘，
可得此时弹簧的伸长量为 x=0.25m，
当连接小球间的细绳与竖直方向夹角为60°时，弹簧弹力大小为 F弹′=kx′=T′=mgcs60∘，
解得此时弹簧的伸长量为 x′=0.4m，
则此时管上端管口的O点与小球之间的绳长为 L′=L+(x′−x)=0.25m+(0.4−0.25)m=0.4m，
以小球为对象，根据牛顿第二可得 F′合=mgtan60 ∘=mω′2r′，其中 r′=L′sin60 ∘，
联立可得小球做圆周运动的角速度大小为 ω′= gL′cs60 ∘= 100.4×0.5rad/s=5 2rad/s。

【解析】详细解答和解析过程见【答案】
15.【答案】(1)对滑块1，根据动能定理，有 F−μmgs=12mv 12，
解得滑块1与滑块2碰撞前瞬间的速度 v1= 2F−μmgsm；
(2)设滑块1与2碰撞后一起运动的速度为v2，根据动量守恒定律，有 mv1=2mv2，
解得 v2=12v1= F−μmgs2m，
根据能量守恒定律，有 E损1=12mv 12−12⋅2mv 22，
解得 E损1=12−14mv 12=11−12⋅12mv 12=F−μmgs2；
(3)滑块1向物块2运动： Fs−μmgs=12mv12−0，
滑块1与滑块2碰撞： mv1=2mv1′，
计算第二次碰前的速度： Fs−μ⋅2mgs=12×2mv22−12×2mv1 ′2，
计算第二次碰后的速度： 2mv2=3mv2′，
总结规律，依次递推：
第 n−1 次碰后的速度为： n−1mvn−1=nmvn−1′，
第 n 次碰前的速度为： Fs−μ⋅nmgs=12⋅nmvn2−12⋅nmvn−1 ′2，
联立上式可得 2nFsm−2n2μgs=n2vn2−(n−1)2vn−12，
利用数学知识，累加可解得 n2vn2=2Fsm⋅n⋅(n+1)2−2μgs⋅n(n+1)(2n+1)6，
由题干信息知：n=9， vn=0，
可解得 F=(2n+1)3μmg=193μmg。

【解析】详细解答和解析过程见【答案】