2024-2025学年四川省自贡市高一（下）期末物理试卷（含答案）.docx

2024-2025学年四川省自贡市高一（下）期末物理试卷一、单选题：本大题共7小题，共28分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20N B. 物块受到的支持力的冲量大小为0C. 物块受到的摩擦力的冲量大小为10N⋅s D. 传送带对物块的冲量大小为10N⋅s3.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/sB. 电动机皮带轮边缘上某点的向心加速度是0.4m/s2C. 电动机皮带轮与机器皮带轮的角速度之比为1：4D. 电动机皮带轮边缘与机器皮带轮边缘的线速度之比为1：45.如图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完全相同的弹簧振子甲、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2：3 B. 2t0时，甲、乙两球的速度之比为4：1C. 甲、乙的最大加速度之比为1：2 D. 甲、乙的弹簧最大形变量之比为2：17.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/sB. 汽车做匀加速直线运动的时间为16sC. 汽车以10m/s行驶时的加速度为0.4m/s2D. 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18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/sB. 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12vB. m2的最大速度34vC. m1和m2相距最远时，m1的速度为23vD. m1和m2速度相等时，弹簧弹性势能为16m1v210.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 7gRB. 小球经过轨道最低点时，对轨道的压力大小为6mgC. 轨道对地面的最小压力的大小为Mg−34mgD. 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)将放在小球静止位置的正下方，然后让小球做简谐振动，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= ______cm12.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=kΔEpB.ΔEk=12kmv2C.ΔEp=12mg2t2D.ΔEp=12kmg2t2四、计算题：本大题共3小题，共36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，cos37°=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因数为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？参考答案1.C 2.C 3.A 4.B 5.D 6.D 7.B 8.AD 9.CD 10.BC 11.D；  π2；2.0 12.B；  mgℎ2；m(ℎ3−ℎ1)2f232；  C；  AD 13.(1)根据GMmr2=m4π2T2r可得地球质量M=4π2r3GT2(2)地球的平均密度ρ=M43πR3,解得ρ=3πr3GT2R3(3)根据GMmR2=mv2R可得地球的第一宇宙速度v= GMR,解得v=2πrT rR答：(1)地球的质量等于4π2r3GT2；(2)地球的平均密度等于3πr3GT2R3；(3)地球的第一宇宙速度等于2πrT rR。

14.(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= gLcos37∘= 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=mgcos37∘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′=mgcos60∘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′cos60∘= 100.4×0.5rad/s=5 2rad/s答：(1)小球做圆周运动的角速度大小等于5 2rad/s；(2)小球在水平面内做圆周运动的角速度大小等于5 2rad/s15.(1)对滑块1，根据动能定理，有(F−μmg)s=12mv12解得滑块1与滑块2碰撞前瞬间的速度v1= 2(F−μmg)sm(2)设滑块1与2碰撞后一起运动的速度为v2，以向右为正方向，根据动量守恒定律，有mv1=2mv2解得v2=12v1= (F−μmg)s2m根据能量守恒定律，有E损1=12mv12−12⋅2mv22解得E损1=(12−14)mv12=(11−12)⋅12mv12=(F−μmg)s2(3)设滑块1、2与3碰撞后一起运动的速度为v3，以向右为正方向，根据动量守恒定律，有mv1=3mv3解得v3=13v1根据能量守恒定律，有E损2=12⋅2mv22−12⋅3mv32解得E损2=(14−16)mv12=(12−13)⋅12mv12同理可得滑块1、2、3与4碰撞，E损3=(16−18)mv12=(13−14)⋅12mv12…前面8个滑块与第9个碰撞，E损8=(116−118)mv12=(18−19)⋅12mv12综上可知E损n=(1n−1n+1)⋅12mv12联立解得9个滑块碰撞损失的总机械能E损总=(11−12)⋅12mv12+(12−13)⋅12mv12+(13−14)⋅12mv12+…(18−19)⋅12mv12解得E损总=49mv12将所有滑块推至最右端的过程中，克服摩擦力做的总功W=μmg(9s+8s+⋯+1s)=45μmgs当F最小时，前面9个滑块运动到恰好与第10个滑。