【物理】山西省大同市2024-2025学年高一下学期7月期末试题（学生版+解析版）

这是一份【物理】山西省大同市2024-2025学年高一下学期7月期末试题（学生版+解析版），共8页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1．近期，我国生产的歼系列战机凭借实战中卓越的性能，火遍全球。如图所示，歼-20沿曲线MN向下俯冲，图中画出的有向线段表示歼-20在P点受到合力的四种示意图，以地面为零势能面，从M到N，其中正确的是( )
A．若合力始终沿①方向，则飞机的动能与重力势能均增大
B．若合力始终沿②方向，则飞机的动能与机械能均减小
C．合力可能始终沿③方向(切线方向)且飞机的动能不断减小
D．合力可能始终沿④方向(竖直方向)且飞机的机械能守恒
【答案】B
【解析】当合力始终沿①方向，合力方向与飞机的运动方向的夹角为锐角，飞机做加速运动，动能增大，由于飞机高度不断降低，其重力势能减小，A错误；当合力始终沿②方向，合力方向与飞机的运动方向的夹角为钝角，合力做负功，飞机做减速运动，动能减小，同时其高度降低，重力势能减小，机械能包括重力势能和动能，故飞机的机械能减小，B正确；物体做曲线运动的条件是合力方向与速度方向不共线，且合力指向运动轨迹的凹侧，故飞机不可能沿轨迹③④运动，CD错误。故选B。
2．明代出版的《天工开物》这部古代科技巨著记载了我国古人利用纺车纺纱(棉)的过程(如图甲)。图乙为纺车(轮)的简化图，同一纺车(轮)上有A、B、C三点，在纺车(轮)绕中轴转动过程中，下列说法正确的是( )
A．A点的角速度比B点的小
B．A点的向心加速度大小比B点的小
C．A点与C点的线速度相同
D．B点与C点在相同时间内平均速度大小可能相等
【答案】D
【解析】由于纺车(轮)绕同一中轴旋转，其上A、B、C三点的角速度均相同，A错误；A点与B点的角速度相等，根据向心加速度与角速度的关系an=ω2r，A点的运动半大于B点的运动半径，rA>rB，所以A点的向心加速度大小比B点的大，B错误；线速度是矢量，纺车(轮)上A点与C点的线速度大小相等，方向不同，C错误；纺车(轮)在旋转整数圈的情况下，由于B点与C点的位移均为零，平均速度是位移与时间的比值，则该两点在相同时间内平均速度大小相等(均为零)，D正确。故选D。
3．物理学的发展历史和其中蕴含的丰富物理思想或方法是人类智慧的巨大财富，下列关于四幅图所涉及的知识叙述错误的是( )
A．甲图，在理论上探究曲线运动的速度方向时，运用了“极限”思想
B．乙图，在探究向心力大小的表达式实验中，用到了“控制变量”法
C．丙图，开普勒通过大量天文观测数据总结了行星运动的规律
D．丁图，伽利略通过理想斜面实验，得出了“机械能守恒”的结论
【答案】D
【解析】甲图是在探究曲线运动的速度方向时，在轨迹曲线上的某一点A附近另取一点B，构成一段位移，当点B不断逼近点A，位移无限趋近于零时，该位移方向为点A处的切线方向，即速度方向。在理论上，这种分析运用了“极限”思想，A正确；乙图，在探究向心力大小与另外三个变量之间的关系的实验，用到了控制变量法，通过改变小球的质量、速度和半径，观察向心力的变化，从而得出向心力的表达式，B正确；丙图中，开普勒通过大量天文观测数据，总结了行星运动的三大定律，C正确；伽利略在研究力与运动关系时，通过丁图的理想斜面实验，发现小球从一斜面上某点由静止滑下，滑上另一斜面后，停止时与初始高度基本相同，但是并没有得出“机械能守恒”的结论，D错误；故选D。
4．一个物体在下列甲、乙、丙三种情形下，水平运动了相同距离，已知作用力F大小相等，角θ的大小如图所示，地面粗糙程度处相同，不计空气阻力，则下列说法正确的是( )
A．三种情形中，物体对地面的压力均等于重力
B．三种情形中，作用力F做功相同
C．三种情形中，甲情形摩擦力做功最多
D．甲、丙情形中物体的动能增加，乙情形中物体的动能减小
【答案】C
【解析】将作用力F沿水平与竖直方向正交分解，易得甲情形中物体对地面的压力为G+F2，大于重力，而乙、丙情形中物体对地面的压力为G−F2，均小于重力，A错误；依据恒力做功(公式)，可得甲、丙情形中作用力F与速度方向成锐角，作用力F做正功，乙情形中作用力F与速度方向成钝角，作用力F做负功，且正、负功相等，故三种情形做功不相同，B错误；设物体重力为G，运动距离为L，物体与地面间动摩擦因数为μ，则求得三种情形中对应摩擦力做功分别为W1=−μG+F2L、W2=−μG−F2L、W3=−μG−F2L，可知甲情形中摩擦力做功最多，C正确；乙情形中易判断物体所受合力与其运动方向反向，做减速运动，物体的动能减小，而甲、丙情形中，由于无法比较物体所受摩擦力与作用力F水平分力之大小关系，合力方向无法确定，故其动能的增减无法判断，D错误。故选C。
5．2025年5月14日，我国将全球首个太空计算卫星星座(首批共12颗)送入离地高度约550km(小于地球同步卫星与地面的距离)的预定圆轨道(如图所示)，开创了人类将超级计算能力部署至太空的新纪元。在轨运行时，该卫星( )
A．角速度大小比地球自转角速度大
B．速度大小可能比地球第一宇宙速度大
C．所受地球引力一定比同步卫星的大
D．所受合力比静止在赤道地面上时小
【答案】A
【解析】同步卫星的角速度等于地球自转角速度，该卫星的轨道半径小于地球同步卫星轨道半径，由开普勒第三定律可知，该卫星做圆周运动的周期小于地球同步卫星的周期，故该卫星在轨运行的角速度大小比地球自转角速度大，A正确；第一宇宙速度为地球卫星的最大环绕速度，该卫星在轨运行速度不可能比地球第一宇宙速度大，B错误；由万有引力公式F=GMmr2，可知该卫星与同步卫星所受地球引力大小，除了和它们到地心距离r有关，还和两卫星质量有关，所以无法判断该卫星与同步卫星受到的引力大小，C错误；该卫星所受合力即等于其做圆周运动的向心力，由向心力公式Fn=mω2r可知，该卫星的角速度和轨道半径均大于静止在赤道上时，故在该轨道卫星所受合外力比静止在赤道地面上时的大，D错误。故选A。
6．作为大同装备制造业的龙头，“大同机车”已成为了我国电力机车走向世界的一张名片！如图为某“复兴”号机车以恒定加速度从静止开始运动，其所受阻力恒定，若经过时间t达到额定输出功率P，则该过程中机车牵引力所做的功为( )
A．PtB．Pt2
C．Pt4D．已知条件不足，无法确定
【答案】B
【解析】机车以恒定加速度从静止开始运动，设匀加速阶段机车的牵引力为F，达到额定功率P时，其速度为v1=PF，根据匀变速直线运动的规律可知该阶段机车运动的位移为x=v12t，综上所述，牵引力在该过程中所做的功为WF=Fx=Pt2，故选B。
7．如图甲为中国五大面食之一的山西大同刀削面的切削过程。某次连续削出的面片中有一片的空中运动轨迹如图乙所示，P、Q为轨迹上的两点，已知该面片以某一水平初速度由O点削出，从O到P与从P到Q的时间相等，不计空气阻力，下列说法正确的是( )
A．该面片在空中运动过程中，其速度变化率一直增大
B．该面片从O到P与从P到Q过程，重力做功之比为1:1
C．该面片从O到P与从P到Q过程，重力做功的平均功率之比为1:3
D．该面片运动到P点与Q点时，重力做功的瞬时功率之比为1:3
【答案】C
【解析】由于面片做平抛运动，只受重力，则加速度恒定，即速度变化率恒定，A错误；面片抛出后，在竖直方向上做自由落体运动，在从O到P与从P到Q的相等时间内竖直方向运动的位移之比为1:3，则重力做功之比为1:3，重力做功的平均功率之比也为1:3，B错误，C正确；D．由vy=gt，可得该面片运动到P点与Q点时，竖直方向的速度之比为1:2，又P=mgvy，可知P点与Q点处，面片重力做功的瞬时功率之比为1:2，D错误。故选C。
二、多选题
8．近年来，随着篮球运动在我国的广泛普及，越来越多的青少年投身到篮球训练中。某次训练中，一名同学在篮球上升到最高点时竖直向下拍球，如图所示，手与篮球的作用距离为0.2m(还没到达地面)，篮球离手瞬间的速度为4m/s，篮球的质量为0.5kg，不计空气阻力，重力加速度g取10m/s2，则( )
A．人对篮球做的功为3.0J
B．人对篮球的平均作用力为15.0N
C．从开始拍球至落地前全过程中，篮球的机械能一直增大
D．从开始拍球至落地前全过程，篮球重力势能的减小量小于其动能的增加量
【答案】ABD
【解析】设在拍球过程中人对篮球做的功为W，由动能定理可得W+mgℎ=12mv2，其中篮球的质量m=0.5kg，手与篮球的作用距离ℎ=0.2m，篮球离手瞬间的速度v=4m/s，解得人对篮球做的功W=3.0J，设人对篮球的平均作用力为F，由W=Fℎ，解得人对篮球的平均作用力大小为F=15.0N，AB正确；从开始拍球至篮球离手前，由于人对篮球做正功，根据功能关系可知篮球的机械能一直增大。从篮球离手后至落地前，篮球的机械能守恒，其机械能一直不变，故全过程中，篮球的机械能先增大后不变，C错误；由于从开始拍球至落地前全过程，篮球的机械能增大，即篮球重力势能的减小量小于其动能的增加量，D正确。故选ABD。
9．曾举办过“青运会”、“省运会”雪上项目的大同万龙雪场，是一处令人流连忘返的滑雪胜地！现将情景简化如下，如图所示滑雪场近似看作倾角一定的斜面，某运动员(视为质点)由静止开始沿斜面向下无动力滑行。若斜面粗糙程度处处相同，选取斜面末端所在水平面为零势能面，下滑过程中，只计摩擦阻力，则该运动员的加速度大小a、动能Ek、重力势能Ep和机械能E随运动时间t变化的图像中，可能正确的是( )
A．B．C．D．
【答案】AD
【解析】设运动员的质量为m，其与斜面间的动摩擦因数为μ，斜面的倾角为θ，重力加速度为g，对运动员下滑过程进行受力分析，根据牛顿第二定律，有mgsinθ−μmgcsθ=ma，解得运动员下滑的加速度为a=gsinθ−μgcsθ，由此可以看出a为定值，不随时间变化，A正确；由分析可知，运动员在斜面上由静止开始向下做匀加速直线运动，根据匀变速直线运动的速度-时间公式v=at，所以下滑过程中的动能为Ek=12mv2=12ma2t2，即动能Ek是关于时间t的二次函数，B错误；设初始时运动员距离零势能面的高度为H，根据匀变速直线运动的位移-时间关系，可知运动员下滑的位移为x=12at2，则运动员下滑过程中重力势能为Ep=mgH−xsinθ=−magsinθ2t2+mgH，即重力势能Ep是关于时间t的二次函数，且图像开口向下，C错误；设运动员在初始时刻的机械能为E0，运动员在下滑过程中，摩擦力对其做的功为Wf=−μmgcsθ⋅x=−μmagcsθ2t2，根据功能关系可知，运动员下滑过程中机械能的减少量等于克服摩擦力对其做的功，即ΔE=E−E0=Wf，联立上式解得下滑过程中运动员的机械能为E=−μmagcsθ2t2+E0，即机械能E是关于时间t的二次函数，且图像开口向下，D正确。故选AD。
10．如图所示，一足够长的轻绳一端挂一个质量为M的物体B，另一端系在一个质量为m的圆环A上，圆环套在竖直固定的杆上，轻质定滑轮(不计大小)与细杆相距0.3m。将圆环A从与定滑轮等高位置由静止释放，环沿杆向下滑动的最大距离为0.4m，不计一切摩擦和空气阻力，下列说法正确的是( )
A．圆环A释放瞬间，其加速度小于重力加速度g
B．在圆环A下滑的过程中，圆环A与物体B的速度大小之比一直在减小
C．圆环A与物体B的质量之比为1:2
D．圆环A下滑的全过程，圆环A减小的重力势能大于物体B增加的重力势能
【答案】BC
【解析】释放瞬间对圆环A，水平方向合力为零，竖直合力为重力mg，根据牛顿第二定律，可知圆环A的加速度为a=g，A错误；设轻绳与杆的夹角为α，在圆环A下滑的过程中，由关联速度可知A、B的速度满足vAcsα=vB，则圆环A、B的速度之比为vAvB=1csα，随着角α不断减小，圆环A与物体B的速度大小之比一直在减小，B正确；设全过程中圆环A下滑的高度为ℎ1，物体B上升的高度为ℎ2，根据系统机械能守恒定律，有mgℎ1=Mgℎ2，其中由几何关系，得圆环A下滑的高度和B上升的高度为ℎ1=0.4m，ℎ2=0.2m，解得圆环A与物体B的质量之比mM=12，C正确；圆环A下滑的全过程，由机械能守恒易得，圆环A减小的重力势能等于物体B增加的重力势能，D错误。故选BC。
三、实验题
11．在“探究平抛运动的特点”实验中，两个实验小组选用不同的仪器进行实验。第一组选用了如图甲所示的装置，实验操作是：在小球A、B处于某一高度时，用小锤轻击弹性金属片，使A球水平飞出，同时B球被松开。
(1)让A、B两球恢复初始状态，高度不变，用较大的力敲击弹性金属片。则______
A．小球A的运动时间变长
B．小球A的运动时间不变
C．小球A、B不同时落地
D．小球A、B仍同时落地
(2)改变高度，重复实验。关于实验结论。以下说法正确的是______
A．实验说明小球A在水平方向的运动特点
B．实验说明小球A在水平方向做匀速直线运动
C．实验说明小球A与B在竖直方向运动特点相同
D．实验说明小球A在竖直方向做自由落体运动
(3)第二组借助该装置用数码相机的连拍功能探究平抛运动的特点，连拍间隔时间相等。如图乙为用闪光照相机拍摄的照片处理后的一部分，A、B、C三点为连续三次频闪照相时小球经过的位置，图中背景方格的边长均为5cm，取重力加速度大小g=10m/s2，则频闪照相的时间间隔T=______s，小球平抛的初速度大小v0=______m/s。(计算结果均保留两位有效数字)
【答案】(1)BD；(2)CD；(3) 0.10 1.5
【解析】(1)用较大的力敲击弹性金属片，则A球初速度变大，但由于两球高度不变，则运动时间不变，同时落地，故选BD。
(2)两球运动时间相同，说明A球在竖直方向上做自由落体运动，故选CD。
(3)[1][2]竖直方向由Δℎ=gT2
可得T=Δℎg=2×0.0510s=0.10s
B点时间间隔是0.1s。小球运动中水平分速度的大小为v0=xABT=
12．如图甲所示，学生将打点计时器固定在铁架台上，用重物带动纸带从静止开始自由下落，利用此装置做“验证机械能守恒定律”实验(已知当地的重力加速度为g)。
(1)实验室提供的器材有打点计时器(带导线)、纸带、复写纸、铁架台和带夹子的重物，此外还需要的器材是______。
A．天平及砝码B．毫米刻度尺
C．直流电源D．交流电源
(2)实验中得到如图乙所示的一条纸带(部分)。在纸带上选取三个连续打出的点A、B、C，测得它们到起始点O的距离分别为hA、hB、hC，已知打点计时器打点的周期为T，设重物的质量为m，从打O点到打B点的过程中，动能增加量ΔEk=______。
(3)该同学在纸带上选取多个计数点，测量它们到起始点O的距离h，计算对应计数点的重物速度v，得到如图丙所示的v2−h图像，由图像可求得当地的重力加速度g=______m/s2(保留三位有效数字)。
(4)用如图所示实验装置验证机械能守恒定律，连接小车与托盘的绳子与水平桌面平行，带遮光片的小车位于气垫导轨上(图中未画出，视为无摩擦力)，重力加速度为g，先接通电源，后释放托盘与砝码，测得如下物理量：遮光片宽度d，遮光片释放点到光电门的长度l，遮光片通过光电门的挡光时间Δt，托盘与砝码的总质量m1，小车和遮光片的总质量m2。若在误差允许范围内能证明这一过程中系统机械能守恒，则满足的关系式是______(用题干中的字母表示)。
【答案】(1)BD；(2)mℎC−ℎA28T2；(3)9.70；(4)m1gl=m1+m2d22Δt2
【解析】(1)根据机械能守恒定律mgℎ=12mv2，可知不需要天平及砝码，A不符合题意；需要毫米刻度尺测量计数点之间的距离，B符合题意；不需要直流电源，需要交流电源给打点计时器供电，C不符合题意，D符合题意。故选BD。
(2)根据匀变速直线运动中间时刻的瞬时速度等于该过程的平均速度，从打O点到打B点的过程中重物的动能增加量为ΔEk=12mvB2=12mℎC−ℎA2T2=mℎC−ℎA28T2
(3)根据机械能守恒定律得mgℎ=12mv2
解得v2=2gℎ
根据图像得2g=
解得当地的重力加速度为g=9.70m/s2
(4)根据机械能守恒定律得m1gl=12m1+m2dΔt2
整理得m1gl=m1+m2d22Δt2。
四、解答题
13．如图是建筑工地上常用的一种“深坑打夯机”工作情景的简化图，某次工作时，电动机带动两个紧压夯杆的滚轮转动，将夯杆从深坑底部由静止开始向上提升，当夯杆底端运动到距坑底ℎ0=4m处时，其速度v0=4m/s，此时两个滚轮彼此分开，将夯杆释放，夯杆只在自身重力的作用下，一段时间后落回深坑，将坑底砸深d=20cm，已知夯杆质量m=1×103kg，取g=10m/s2，计算结果可带根号。求：
(1)本次打夯电动机对夯杆做了多少功？
(2)夯杆刚落回坑底时的速度为多大？
(3)夯杆对坑底的平均冲击力为多大？
【答案】(1)4.8×104J；(2)46m/s；(3)2.5×105N
【解析】(1)设本次打夯电动机对夯杆做功为W0，对于夯杆从坑底被提至ℎ0高度处这一过程，根据动能定理，有W0−mgℎ0=12mv02
解得本次打夯电动机对夯杆做的功为W0=4.8×104J
(2)设夯杆刚落回坑底时的速率为v1，对于夯杆受力分析，从提至ℎ0高度处到再刚落回到坑底过程，由于只有夯杆重力做功，由动能定理，得mgℎ0=12mv12−12mv02
解得夯杆刚落回坑底时的速度大小为v1=46m/s
(3)设坑底对夯杆平均作用力大小为F，对于夯杆砸深过程，根据动能定理，有mgd−Fd=0−12mv12
解得坑底对夯杆平均作用力大小为F=2.5×105N
根据牛顿第三定律可知，夯杆对坑底的平均冲击力大小为2.5×105N。
14．如图所示，一个固定在竖直平面内的光滑四分之一圆弧轨道AB半径R=2m，A点与圆心O等高，B点右侧平滑连接一长为s=3m的粗糙水平面，在水平面右端平滑对接一个与其等高的传送带CD，CD间距L=5m，传送带以v=5m/s的速率顺时针匀速转动，传送带右侧平滑对接一段等高的光滑平台DE，E点固定一竖直墙壁，一根轻弹簧右端与墙壁连接，弹簧原长小于平台DE的长度。现将一质量m=1kg的物块(视为质点)由A点静止释放，已知物块与水平面，物块与传送带间的动摩擦因数分别为μ1=0.4，μ2=0.2，物块与弹簧碰撞过程中，无机械能损失，且弹簧未超出弹性限度，取g=10m/s2，不计空气阻力，计算结果可带根号。求：
(1)物块滑到圆弧B点时对轨道的压力大小；
(2)弹簧被压缩过程中的最大弹性势能；
(3)物块第二次滑上传送带后与传送带摩擦产生的热量以及物块最终停止时的位置与C点的间距。
【答案】(1)30N；(2)12.5J；(3)35−55J，0.625m
【解析】(1)设物块滑到圆弧B点时的速率为v0，B点处轨道对物块的支持力为FN，对于物块从A到B过程，根据机械能守恒定律，有mgR=12mv02
在B点处，根据牛顿第二定律和向心力公式，有FN−mg=mv02R
联立以上两式，解得物块在B点处轨道对物块的支持力大小为FN=30N
根据牛顿第三定律，物块滑到圆弧B点时对轨道的压力大小为30N。
(2)设物块滑到C点时的速率为v1，对于物块从A到C过程，根据动能定理，有mgR−μ1mgs=12mv12
解得物块滑到C点时的速率为v1=4m/s