2024-2025学年广东省惠州市高一（下）期末质量检测物理试卷（含解析）

这是一份2024-2025学年广东省惠州市高一（下）期末质量检测物理试卷（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.关于曲线运动，下列说法正确的是( )
A. 做曲线运动的物体速度一定改变B. 做曲线运动的物体加速度一定改变
C. 做曲线运动的物体所受合外力一定改变D. 做圆周运动的物体加速度一定指向圆心
2.在排球训练中，某同学将排球先后从同一位置水平击出，轨迹如图所示，排球可视为质点，不考虑空气阻力，下列说法正确的是( )
A. 排球沿轨迹2飞行时间长B. 排球沿轨迹1运动，加速度较大
C. 排球沿轨迹2运动，落地速度较小D. 排球沿轨迹1、2运动，飞行时间相等
3.体育课上同学们练习“颠球”，如图所示。足球竖直落下刚要与脚接触时的速度为5m/s，被脚以大小相等的速度迅速向上颠起。已知足球的质量为0.4kg，不计空气阻力，取重力加速度g=10m/s2，下列说法中正确的是( )
A. 离开脚后，足球上升最大高度为1m
B. 离开脚后到再次接触脚前，足球处于完全失重状态
C. 足球与脚接触过程中，足球动量的变化量大小为0
D. 足球与脚接触过程中，合外力对足球所做的功为5J
4.“天关”卫星专注于高能天体物理和时域天文观测。如图所示，离地面高度约为600km的“天关”卫星某时刻刚好从另一高轨卫星的正下方经过，两卫星轨道均视为圆轨道，下列说法中正确的是( )
A. “天关”运行半周，所受合外力冲量为0
B. “天关”的运行线速度小于第一宇宙速度
C. “天关”的运行周期大于地球的自转周期
D. “天关”的机械能一定小于高轨卫星的机械能
5.一辆汽车在水平路面上由静止启动，在前6s内做匀加速直线运动，6s末达到额定功率后保持额定功率运动，其v−t图像如图所示。汽车的质量为1000kg，汽车受到的阻力恒为车重力的0.1倍，取重力加速度g=10m/s2，下列说法中正确的是( )
A. 整个运动过程中汽车牵引力恒定B. 0∼6s，汽车所受阻力大小为100N
C. 汽车的额定功率为3.6×104WD. 汽车达到的最大速度为30m/s
6.跳伞被誉为“勇敢者的运动”，如图(a)所示，某次跳伞表演的某段时间内，跳伞运动员遇到水平恒定风力的作用，其水平方向的速度—时间图像和竖直方向的位移—时间图像如图(b)、(c)所示，下列说法正确的是( )
A. 运动员在这段时间内的加速度不变B. 运动员在这段时间内做直线运动
C. t=2s时，运动员速度大小为1m/sD. 0∼2s内，运动员的位移大小为11m
7.雨滴在空中下落过程中所受空气阻力的大小f=kv，k为比例系数。在无风的天气里，一滴雨由静止在高空中开始下落，落地前已经开始做匀速直线运动。若下落过程中雨滴的质量不变，用v、a、p、E、t分别表示雨滴下落过程中的速度、加速度、动量、机械能、时间。下列图像正确的是( )
A. B. C. D.
二、多选题：本大题共3小题，共12分。
8.据报道，骑车佩戴头盔可防止85%的头部受伤，并且大大减小了损伤程度和事故死亡率。经查阅资料知，头部撞地过程中，撞击力作用到头部的时间约为4ms；若戴上头盔后，撞击力作用到头部的时间为10ms以上。假定撞击地面后人头部的速度变为0，人头部的质量为4kg(不计头盔质量)，取重力加速度g=10m/s2，忽略撞击过程中肢体对头部的作用力，则下列说法正确的是( )
A. 头盔减小了驾驶员头部撞击过程中的撞击力
B. 头盔减小了驾驶员头部撞击过程中撞击力的冲量
C. 在事故中头盔对地面的冲量与地面对头盔的冲量相同
D. 若驾驶员头部以6m/s的速度垂直撞击地面，戴头盔使撞击力至少减少约3600N
9.如图(a)所示，一形状为圆柱形的转经筒旁边开有耳孔，通过轻绳系着小坠子，转动圆筒下面的手柄，小坠子也随之转动，其简化图如图(b)所示，现使可视为质点的小坠子随圆筒在水平面内做匀速圆周运动，此时绳子与竖直方向夹角α=37 ∘，坠子质量为0.1kg，绳长为10cm，悬点P到圆筒中心转轴的水平距离为6cm，取重力加速度g=10m/s2，sin37 ∘=0.6。则下列说法正确的是( )
A. 轻绳的拉力大小为54NB. 坠子做圆周运动的半径为6cm
C. 坠子的向心加速度大小为6m/s2D. 仅增大圆筒的转速，夹角α会增大
10.工作人员利用传送带从飞机上卸行李。如图所示，与水平面间夹角α=37 ∘的传送带以恒定速率v1=0.6m/s运行，长度L=2m，工作人员沿传送带方向以速度v2=1m/s从顶端推下一件质量m=1kg小包裹(可视为质点)。小包裹与传送带间的动摩擦因数μ=0.8，取重力加速度g=10m/s2，sin37 ∘=0.6。则小包裹在运动过程中，下列说法正确的是( )
A. 小包裹一直做匀减速直线运动
B. 小包裹通过传送带的时间为1s
C. 小包裹与传送带因摩擦产生的热量为1.28J
D. 刚被推下时，小包裹受到沿传送带向上的摩擦力
三、实验题：本大题共2小题，共18分。
11.如图(a)所示的装置可以探究向心力大小与半径、角速度、质量的关系，图(b)所示的装置可以探究物体加速度与该物体所受合外力、质量的关系。
(1)这两个实验共同的探究方法是 。
(2)用图(a)所示的装置探究向心力大小与半径、角速度、质量的关系时，如果将两个完全相同的小球分别放在图中A、C两处，且转动半径相同，将皮带套在半径之比为3:1的左右两个塔轮上，这样做是为了探究向心力大小与 的关系，A、C两处小球所需的向心力大小之比理论上应该为 。
(3)用图(b)所示的装置探究物体加速度与该物体所受合外力、质量的关系时，在平衡摩擦力后，要使重物的重力近似等于物体的合外力，需满足重物质量 (选填“远小于”或“远大于”)物体质量；正确平衡摩擦力后，该装置 (选填“可以”或“不可以”)用来完成“验证机械能守恒定律”的实验。
12.“验证动量守恒定律实验”的装置简化示意图如图(a)所示，入射小球的质量为m1，被碰小球的质量为m2。
(1)本实验要求轨道末端切线水平，入射小球和被碰小球半径相同，在同一组实验中，入射小球 (选填“需要”或“不需要”)从同一位置由静止释放。
(2)为了降低偶然误差，在重复同一操作过程中，小球在纸上留下很多个痕迹，图(b)为被碰小球多次落在白纸上留下的痕迹点，为了确定该小球平均落点，三个圆中最合理的是 。
A.a B.b C.c
(3)如果碰撞过程满足动量守恒，则需要验证的表达式为 (用m1、m2、OM、OP、ON表示)。
(4)在验证动量守恒定律实验中，通常通过计算系统动量的相对误差来反映实验误差大小，相对误差计算公式为δ=系统末动量−系统初动量系统初动量×100%。测得两小球的质量分别为m1=24.0g、m2=10.0g，小球落地点的位置距O点的距离如图所示，则本实验的相对误差δ= %(结果保留两位有效数字)。
四、计算题：本大题共3小题，共30分。
13.汽车转弯时如果速度过大，容易发生侧滑。因此，汽车转弯时不允许超过规定的速度。如图所示，一辆质量m=2.0×103kg的汽车在水平公路的弯道上行驶，速度大小v=10m/s，其轨迹可视为半径R=50m的圆弧。若汽车轮胎与路面间的动摩擦因数为μ=0.8，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度g=10m/s2。
(1)求这辆汽车转弯时需要的向心力大小F；
(2)求汽车转弯时不发生侧向滑动所允许的最大速度vm；
(3)为防止汽车侧滑而发生危险，请给出两条合理建议。
14.如图为跳台滑雪运动赛道的简化示意图，由助滑雪道和着陆坡等组成。着陆坡与水平面的夹角θ=37 ∘，助滑雪道为半径R=60m的六分之一圆弧，B点切线水平。可视为质点的运动员由A点无初速下滑，从B点水平滑出，在B点对雪道压力为1000N，在空中飞行一段时间后降落在着陆坡上C点，运动员及其装备总质量m=60kg，取重力加速度g=10m/s2，sin37 ∘=0.6，cs37 ∘=0.8，忽略空气阻力。求：
(1)运动员在助跑雪道B点的速度vB的大小；
(2)由A至B过程，运动员克服阻力所做的功Wf；
(3)由B至C过程，运动员所受重力的冲量I大小。
15.某学习小组设计了一个简易的减振系统，其简化模型如图(a)所示，轻质弹簧下端固定在倾角为37 ∘的粗糙斜面底端挡板上，弹簧处于原长。质量为m=1kg的小物块，从斜面顶端由静止释放沿斜面下滑，小物块沿斜面向下运动过程中的合力F随位移x变化的图像如图(b)所示。已知弹簧始终在弹性限度内，不计空气阻力，取重力加速度g=10m/s2，sin37 ∘=0.6，cs37 ∘=0.8。(提示：可用F−x图线下的“面积”表示F所做的功)求：
(1)小物块与斜面间的动摩擦因数；
(2)小物块刚接触弹簧时的动量大小；(结果可以带根式)
(3)小物块在下滑过程中，弹簧的最大压缩量。
答案解析
1.【答案】A
【解析】A.曲线运动的速度方向沿轨迹切线方向，时刻变化，故速度一定改变，A正确；
B.平抛运动是曲线运动，但其加速度恒为重力加速度，方向不变，故B错误；
C.平抛运动中合外力为重力，大小和方向均不变，故C错误；
D.变速圆周运动的加速度包含切向分量，总加速度不指向圆心，故D错误。
故选A。
2.【答案】D
【解析】AD.排球做平抛运动，根据 ℎ=12gt2，解得 t= 2ℎg
下落高度相同，则排球沿两轨迹运动的飞行时间相等，故A错误，D正确；
B.排球做平抛运动，加速度均为重力加速度，故B错误；
C.排球水平方向有x=v0t
竖直方向上有ℎ=12gt2，vy=gt
排球落地速度v= v02+vy2
解得v= 2gℎ+gx22ℎ
下落高度相等，沿轨迹2的水平分位移大一些，则沿轨迹2的落地速度较大，故C错误。
故选D。
3.【答案】B
【解析】A.离开脚后，足球上升最大高度为ℎ=v22g=522×10m=1.25m，选项A错误；
B.离开脚后到再次接触脚前，足球只受重力，处于完全失重状态，选项B正确；
C.足球与脚接触过程中，足球动量的变化量大小为Δp=mv−(−mv)=2mv=4kg⋅m/s，选项C错误；
D.足球与脚接触过程中，足球动能变化量为零，可知合外力对足球所做的功为零，选项D错误。
故选B。
4.【答案】B
【解析】A.“天关”绕地球转动半周，“天关”的速度方向变为反向，根据动量定理可知万有引力的冲量为2mv，所受合外力冲量不为0，故A错误；
B.根据牛顿第二定律得 GMmr2=mv2r，解得 v= GMr
“天关”的轨道半径大于近地卫星的轨道半径，近地卫星的线速度等于第一宇宙速度，所以“天关”绕地运行的线速度小于地球第一宇宙速度，故B正确；
C.根据万有引力提供向心力，有 GMmr2=m4π2T2r，解得 T=2π r3GM
由于“天关”的轨道半径小于同步卫星的轨道半径，则“天关”的运行周期小于同步卫星的运行周期，而同步卫星的运行周期等于地球的自转周期，所以“天关”的运行周期小于地球的自转周期，故C错误；
D.物体的机械能E=−GMmr+12mv2
因为两颗卫星的质量未知，所以无法判断两颗卫星的机械能的大小，故D错误。
故选B。
5.【答案】C
【解析】A.开始6s内做匀加速直线运动，则牵引力不变；以后的运动中功率保持不变，则随速度的增加，牵引力减小，直到牵引力等于阻力时做匀速直线运动，故A错误；
B.0∼6s，汽车所受阻力大小为f=0.1mg=1000N，故B错误；
C.0∼6s加速度a=126m/s2=2m/s2
牵引力F=ma+f=3000N
则汽车的额定功率为P=Fv=3000×12W=3.6×104W，故C正确；
D.当F=f 时，汽车速度最大，则汽车达到的最大速度为vm=Pf=3.6×1041000m/s=36m/s，故D错误。
故选C。
6.【答案】A
【解析】AB.由图像可知，运动员在这段时间内水平方向做匀加速运动，竖直方向做匀速运动，则加速度不变，合运动为曲线运动，选项A正确，B错误；
C.t=2s时，运动员水平速度为vx=1m/s，竖直速度vy=102m/s=5m/s
合速度大小为v= vx2+vy2= 26m/s ，选项C错误；
D.0∼2s内，运动员的水平位移 x=12×2×1m=1m
竖直位移y=10m，则合位移大小为 s= x2+y2= 101m，选项D错误。
故选A。
7.【答案】C
【解析】A.开始阶段雨滴下落的加速度 a=mg−kvm
则随速度的增加，加速度减小，选项A错误；
B.雨滴下落过程中空气阻力做负功，则机械能减小，选项B错误；
C.开始阶段雨滴下落的加速度 a=mg−kvm=g−kmv
当速度达到稳定时加速度为零，则a−v图像是倾斜直线，选项C正确；
D.根据p=mv，下落过程中雨滴的质量不变，则p−v图像是过原点的倾斜直线，选项D错误。
故选C。
8.【答案】AD
【解析】A.设竖直向下为正方向，根据动量定理 (mg−F)t=0−mv0
解得F=mv0t+mg
戴上头盔后，撞击力作用到头部的时间增大，则F减小，所以头盔减小了驾驶员头部撞击过程中的撞击力，A正确；
B.根据上述得 Ft=mv0+mgt，可知头盔增大了驾驶员头部撞击过程中撞击力的冲量，B错误；
C.头盔对地面的力与地面对头盔的力是一对相互作用力，大小相等，方向相反，力的作用时间相同，根据 I=Ft
可知头盔对地面的冲量与地面对头盔的冲量的大小相等，方向相反，C错误；
D.根据上述 F=mv0t+mg，代入数据，解得戴上头盔时F=2440N
不戴头盔时F0=6040N，F0−F=3600N
戴头盔使撞击力至少减少了3600N，D正确。
故选AD。
9.【答案】AD
【解析】A.对坠子进行受力分析Tcs37∘=mg，解得绳子的拉力T=mgcs37∘=54N，A正确；
B.坠子做圆周运动的半径 r=6cm+10cm×sin37∘=12cm，B错误；
C.对坠子分析Tsin37∘=man，解得an=7.5m/s2，C错误；
D.由分析得Tsinα=mω2r=mω2(r0+lsinα)
整理得ω2=Tm(r0sinα+l)
仅增大圆筒的转速，圆筒的角速度增大，则夹角α增大，D正确。
故选AD。
10.【答案】CD
【解析】AD.对小包裹进行受力分析，刚被推下去时，包裹相对于传送带向下运动，所以包裹受到沿斜面向上的摩擦力，即 mgcsα=FN
由牛顿第二定律得mgsinα−μFN=ma
解得a=gsin⁡α−μgcs⁡α=−0.4m/s2
当包裹与传送带速度相等时，所用时间t1=v1−v2a=1s
此时包裹沿传送带方向下落的位移x1=v12−v222a=0.8m
传送带总长度为2m，所以包裹先做匀减速运动再做匀速运动，A错误，D正确；
B.包裹匀速运动的时间为t2=2m−x1v1=2s
所以包裹运动的总时间t=t1+t2=3s，B错误；
C.包裹与传送带之间的相对位移为Δx=x1−v1t1=0.2m
包裹与传送带因摩擦产生的热量等于克服摩擦力做的功，即Q=μFN⋅Δx=μmgcsα⋅Δx=1.28J，C正确。
故选CD。
11.【答案】控制变量法
角速度
1:9
远小于
不可以

【解析】(1)实验(a)是利用控制变量法探究向心力大小与半径、角速度、质量的关系，实验(b)也是利用控制变量法探究加速度与合外力、质量的关系。
(2)两小球的质量相同，转动半径相同，因此探究向心力大小与角速度的关系。
两塔轮由同一根皮带连接，所以两塔轮边缘线速度相同，根据ω=vr，可知角速度之比是1:3
根据F向=mω2r，可知向心力之比为1:9 。
(3)设物体的质量为M，重物的质量为m，绳子的拉力为T，对物体进行受力分析 T=Ma
对重物进行受力分析mg−T=ma
两式联立解得a=mgM+m
若将重物的重力近似等于物体的合外力，则a=mgM，为减小误差则重物的质量 m 远小于物体的质量M。
平衡摩擦力后，摩擦力仍做功，则系统机械能不守恒，所以不能用来验证机械能守恒。
12.【答案】需要
C
m1OP=m1OM+m2ON
2.6

【解析】(1)在同一组实验中，为保证被碰小球抛出时的初速度相同，则入射小球碰撞前的速度不变，所以入射小球需要从同一位置由静止释放。
(2)根据突出主要矛盾，忽略次要矛盾的原则，确定平均落点时，三个圆中最合理的是c。
故选C。
(3)设入射小球未发生碰撞时，抛出的速度为v0=OPt
入射小球碰后，抛出的速度v1=OMt
被碰小球抛出时的速度为v2=ONt
若碰撞满足动量守恒，即m1v0=m1v1+m2v2
则m1OP=m1OM+m2ON
(4)系统初动量p1=m1OPt
系统末动量p2=m1OMt+m2ONt
则 δ=|m1OM+m2ON−m1OPm1OP|×100％≈2.6％。
13.【答案】(1)汽车转弯时需要的向心力 F=mv2R
解得F=4×103N；
(2)汽车转弯时不发生侧向滑动，当最大静摩擦力提供向心力时，速度最大，即μmg=mvm2R
解得vm=20m/s；
(3)为防止汽车侧滑而发生危险，可以降低汽车转弯时的速度、修路时适当增加转弯的半径、修路时使转弯处外高内低、换用摩擦系数更大的轮胎。

【解析】详细解答和解析过程见【答案】
14.【答案】(1)由牛顿第三定律得，在B点雪道对运动员的支持力大小等于其所受压力大小，即 FNB=F压
根据牛顿第二定律 FNB−mg=mvB2R
解得 vB=20m/s；
(2)运动员从A到B过程由动能定理 mgR1−cs60 ∘−Wf=12mvB2
解得 Wf=6000J；
(3)运动员从B到C过程做平抛运动，水平方向 x=vBt ，竖直方向 y=12gt2
位移关系有 tan37 ∘=yx
解得 t=3s
则B到C过程重力的冲量大小为 I=mgt=1800N⋅s。

【解析】详细解答和解析过程见【答案】
15.【答案】(1)由图像(b)可知，在 0∼0.15m 内，物块所受合力恒定，且F=4N
F=mgsin37 ∘−μmgcs37 ∘
解得μ=0.25；
(2)由图像(b)可知，在 x=0.15m 处，物块刚和弹簧接触。在0∼0.15m内，由动能定理有 Fx=12mv2
解得v= 305m/s
小物块刚接触弹簧时的动量大小p=mv
解得p= 305kg⋅m/s；
(3)设x=0.25+x0时，弹簧的压缩量最大，x=0.15m后图像的斜率k不变，且k=0−40.25−0.15=−40
设弹簧的最大压缩量为x0时，弹簧的弹力大小为Fm，又k=−Fm−0x0
解得Fm=40x0
从静止开始释放到弹簧压缩量最大的过程中，物块的动能变化为0。
由动能定理有 W合=ΔEk=0，可用 F−x 图线下的“面积”表示F所做的功，故整个运动过程中，图像(b)中，图线上方和下方与x轴包围的图形的面积大小相等，即W正+W负=0
W正=(0.15+0.25)×42J=0.8J
W负=−12Fmx0
即W负=−20x02
解得x0=0.2m
故弹簧的最大压缩量Δxm=x0+(0.25−0.15)m=0.3m。

【解析】详细解答和解析过程见【答案】