云南省高一下学期期末考试物理试卷-附带答案

第=page11页，共=sectionpages11页云南省高一下学期期末考试物理试卷-附带答案学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________第I卷（选择题）一、单选题（本大题共6小题，共24.0分）1.匀速圆周运动中保持不变的物理量是(

)A.线速度 B.角速度 C.向心加速度 D.向心力2.人站在力传感器上完成下蹲、起立动作。计算机采集到力传感器的示数F随时间t变化的图像如图所示。下列说法正确的是(

)A.a到c过程中人处于超重状态 B.c到d过程中人处于超重状态

C.a到d为“下蹲—起立”过程 D.a到d为“起立—下蹲”过程3.某跳伞运动员做低空跳伞表演。他离开悬停的飞机后先做自由落体运动，距离地面128m时打开降落伞，落地前瞬间速度大小为4m/s。若打开降落伞后运动员的运动可看作匀减速直线运动且加速度大小为14m/s2，取重力加速度g=10m/s2A.3s B.4s C.5s D.6s4.如图所示，甲、乙两人站在水平地面上，光滑圆环套在不可伸长的轻绳上，圆环下端吊一重物。两人缓慢收绳，在重物竖直向上移动一小段距离的过程中(

)A.重物所受合力逐渐变大 B.轻绳上的张力逐渐变小

C.地面对甲的支持力逐渐变大 D.地面对乙的摩擦力逐渐变大5.质量为m的汽车在平直的公路上从静止开始运动，发动机的输出功率恒为P，汽车能达到的最大速率为vm。若整个运动过程中汽车所受阻力恒定，当汽车的速率为vm3时，其加速度大小为A.Pmvm B.2Pmvm6.如图所示，三角形ABC中∠C=30°，AC边上某一位置固定一点电荷，点电荷在C点处产生的电场强度大小为E，在BC边上不同位置产生的场强不同，其中场强的最大值为(

)A.43E B.2E C.4E 二、多选题（本大题共4小题，共24.0分）7.如图所示，一河流两岸平直，水流速度大小恒为v1，小明驾船渡河，船头指向始终与河岸垂直，船在静水中的速度大小为v2。下列说法正确的是(

)A.船相对河岸的运动轨迹为曲线 B.若v1增大，渡河时间不变

C.若v1增大，渡河位移不变 D.若8.如图所示，带箭头的实线表示某电场的电场线，虚线是一带电粒子仅在电场力作用下的运动轨迹，M、N是轨迹上的两点，设粒子在M和N时加速度大小分别为aM、aN，速度大小分别为vM、vN。下列判断正确的是

A.粒子带负电 B.aM<aN C.9.北京时间2023年1月13日遥感37号卫星由长征二号丁运载火箭在酒泉卫星发射中心发射升空，进入预定轨道后可视为绕地球做匀速圆周运动。遥感37号卫星在时间t内绕地球转过的圆心角为θ，地球半径为R，地球表面重力加速度为g，万有引力常量为G，地球可视为均质球体且忽略自转。下列说法正确的是(

)A.地球的质量为gRG B.地球的密度为3g4πGR

C.遥感37号卫星的线速度大小为3θgR2t10.如图甲所示，质量为2kg的物块在平行于斜面向上的拉力F作用下从足够长的固定斜面底端由静止开始运动，拉力F做的功W与物块位移x的关系如图乙所示，x=6m时物块速度恰好为零。取重力加速度g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8。下列说法正确的是(

)

A.物块与斜面间的动摩擦因数为0.5

B.物块从斜面底端运动到最高点所需时间为3s

C.物块从x=0运动到x=6m的过程中，拉力F的最大功率为60W

D.物块从x=0运动到x=6m的过程中，克服摩擦力做的功为24J第II卷（非选择题）三、实验题（本大题共2小题，共16.0分）11.某同学用向心力演示器验证向心力大小与小球的转动半径、角速度、质量的关系，向心力演示器如图所示，匀速转动手柄，可使变速塔轮1和2以及长槽和短槽匀速转动。皮带分别套在塔轮1和2的不同圆盘上，可使两个槽内的小球分别以几种不同的角速度做匀速圆周运动。小球做圆周运动的向心力由横臂的挡板对小球的压力提供，小球对挡板的反作用力通过横臂的杠杆使弹簧测力套筒下降，从而露出标尺，根据标尺上露出的红白相间等分标记，可以得出两个小球向心力大小的比值。

实验步骤如下：

(1)将皮带套在塔轮1、2半径相同的圆盘上，保证两个小球的转动半径和______都相同，可验证向心力大小与小球质量的关系。

(2)将皮带套在塔轮1、2半径相同的圆盘上，将两个质量相同的小球放在到各自转动轴距离不同的挡板位置，可验证向心力大小与______的关系。

(3)将皮带套在塔轮1、2半径不同的圆盘上，保证两小球的质量和转动半径都相同，若左右两边标尺上露出的红白相间条纹数之比为1：4，则左右两小球转动的角速度大小之比为______。12.实验小组用如图甲所示的实验装置做“探究加速度与力、质量的关系”的实验。主要实验步骤如下：

①测出遮光条的宽度d=0.500cm，光电门1、2之间的距离L=100.00cm；

②用细线跨过定滑轮，细线一端与小车相连，另一端挂上托盘和砝码，调节滑轮高度使滑轮右侧细线与木板平行；

③调节木板的倾角，使小车沿木板匀速下滑；

④取下托盘和砝码，测出托盘和砝码的总质量m；

⑤取下托盘和砝码后，让小车从光电门1上方沿木板下滑，记录遮光条通过光电门1、2的遮光时间分别为Δt1、Δt2，算出小车的加速度大小a；

⑥改变砝码的个数，重复步骤③④⑤，得到多组托盘和砝码的总质量m1、m2、m3…，以及对应的加速度a1、a2、a3…

⑦在坐标纸上描点作出a−m图像。

小车(含遮光条)的质量用M表示，已知当地的重力加速度为g=9.8m/s2，据此回答下列问题：

(1)实验过程中，必要的操作是______(填正确选项前的字母)。

A.需满足M≫m的条件

B.遮光条的宽度要适当小一些

C.小车每次必须从同一位置由静止释放

(2)某次实验时，测得遮光条通过光电门1、2的挡光时间分别为Δt1=2×10−3s、Δt2=1.25×10−3s，则小车通过光电门1时的速度大小为v1=______m/s，小车的加速度大小为a=______m/s2。(计算结果均保留2位有效数字)

(3)在坐标纸上作出的a−m图像如图乙所示，由图像得到的结论为______(填正确选项前的字母)。

A四、简答题（本大题共3小题，共36.0分）13.在民航机场和火车站可以看到用于对行李进行安全检查的传送带。旅客把行李箱轻放到以速度v=0.5m/s匀速运动的水平传送带上，一段时间后它们保持相对静止，已知行李箱与传送带之间的动摩擦因数μ=0.25，取重力加速度g=10m/s2。求：

(1)行李箱从开始运动到与传送带保持相对静止所需的时间；

(2)行李箱放上传送带后，相对传送带滑动的距离。14.2022年冬奥会在首都北京举行，图甲为首钢自由式滑雪大跳台，其轨道可简化为图乙所示：AB和CD是倾角均为37°的斜面，AB长度L=20m，BC是半径R=20m的圆弧轨道，AB与BC在B点相切且平滑连接。一个质量为m=80kg(含装备)的运动员从A点由静止下滑，经过B点后从圆弧轨道最低点C水平飞出，一段时间后落在斜面上的P点(图中未画出)。取重力加速度g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8，不计所有摩擦及空气阻力，运动员可视为质点。求：

(1)运动员经过C点时对轨道压力的大小；

(2)C、P两点之间的距离。

15.如图甲所示，在足够高的水平桌面上，物块A、B用轻弹簧连接，一不可伸长的轻绳跨过光滑定滑轮后一端与物块B连接，另一端连接轻质挂钩且滑轮左侧轻绳与桌面平行。开始时物块A、B静止，弹簧的压缩量x1=1cm。在挂钩上挂一物块C(图中未画出)并由静止释放，当物块B的速度减为零时，物块A刚要滑动。物块B运动过程中不会碰到滑轮，弹簧始终处在弹性限度内，弹簧的弹力F随物块B的位移x变化的关系如图乙所示。已知物块A、B的质量分别为mA=3kg、mB=2kg，与桌面间的动摩擦因数均为μ=0.2，物块受到的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度g=10m/s2。求：

(1)从释放物块C到弹簧恢复原长的过程中，弹簧弹力对物块B做的功；

(2)物块C

答案和解析1.【答案】B

【解析】解：匀速圆周运动速度大小不变，方向时刻变化；向心力和向心加速度大小不变，但始终指向圆心，方向时刻变化；只有角速度保持不变。

故ACD错误，B正确。

故选：B。

匀速圆周运动的特征是：速度大小不变，方向时刻变化；向心力大小不变，但始终指向圆心；角速度不变；周期不变。

掌握匀速圆周运动的特征，知道它是一种特殊的变速运动，只有周期和角速度是不变的。

2.【答案】A

【解析】解：A、根据图像可知人的重力(实重)为500N，在a到c过程中，力传感器的示数大于500N，即视重大于实重，人处于超重状态，故A正确。

B、c到d过程中，根据图像可知，力传感器的示数小于500N，即视重小于实重，人处于失重状态，故B错误。

CD、人从蹲姿起立的过程中，先向上加速，再向上减速，所以起立的整个过程中先处于超重状态，后处于失重状态，因此可知a到d为“起立”过程，故CD错误。

故选：A。

传感器的示数F大于重力G时，就说物体处于超重状态，此时加速度向上；示数F小于重力G时，就说物体处于失重状态，此时加速度向下。

对超重还是失重的判断，关键取决于加速度的方向：加速度向上超重，加速度向下失重，同理可根据加速度的方向判断物体所处的运动状态。

3.【答案】D

【解析】解：对打开降落伞后运动员到地面的过程，设此过程初速度大小为v1，末速度大小v2=4m/s，加速度大小为a=14m/s2，下落位移大小为ℎ=128m，由速度和位移关系公式可得：

v22−v12=−2aℎ

解得：v1=60m/s

对于自由落体运动过程，设其时间为t，其末速度就等于v1=60m/s，由速度和时间关系公式得：

v1=gt4.【答案】D

【解析】解：A、缓慢收绳的过程视为动态平衡，重物所受合力始终为零，处于平衡状态，故A错误；

B、分析可知，圆环套在绳子上可视为活结模型，环两端绳子上的拉力大小相等，根据平行四边形定则，做出力的平行四边形如图所示：

设绳子与竖直方向的夹角为θ，绳子上的拉力为T，根据力的平行四边形可知，当缓慢收缩绳子时，绳子与竖直方向的夹角θ增大，而根据平衡条件有：2Tcosθ=mg，解得：T=mg2cosθ，由此可知，当θ增大时，绳上的拉力T增大，即缓慢收缩绳子时，轻绳上的张力逐渐增大，故B错误；

C.根据平衡条件可知，每段绳子上的拉力在竖直方向的分力不变，即Ty=Tcosθ，对甲分析，设地面对甲的支持力为FN，根据平衡条件有：M甲g+Ty=FN联立解得：FN=M甲g+mg2由此可知地面对甲的支持力不变，故C错误；

D、对乙分析，在水平方向，乙受到地面对乙的静摩擦力与绳子上的拉力在水平方向的分力而平衡，则有：Tsinθ=f，在缓慢收缩绳子的过程中，绳中的拉力T增加，同时θ也变大，因此可知，地面对乙的摩擦力逐渐变大，故D正确。

故选：D。

本题考查正交分解法解答重物的动态平衡和乙的静态平衡问题，受力分析是基础，注意题目中θ变大，cosθ变小，从数学角度不能判断T的变化，要从平衡方程2Tcosθ=mg5.【答案】B

【解析】解：设汽车的阻力为f，则根据题意有

P=fvm

当汽车的速率为vm3时，有

P=Fv=F⋅vm3

根据牛顿第二定律有

F−f=ma

联立解得

a=F−fm=3Pvm−Pvmm=2Pm6.【答案】C

【解析】解：设点电荷距C点的距离为L，如图

则根据几何关系可知，BC边上个位置距点电荷的最短距离为L2，而由点电荷产生的场强公式可得

E=kQL2

可知，BC边上场强最大为

Em=kQ(L2)2=4kQL2=4E

故ABD7.【答案】BD

【解析】解：A.水速和船速均恒定，根据速度合成规律，即两个匀速直线运动的合运动为匀速直线运动，故A错误；

B.分运动与合运动具有等时性和独立性，当船头始终垂直于河岸渡河时，渡河时间不变，始终为t=dv2，故B正确；

CD.根据平行四边形定则，分别做出v1、v2增大之后的合运动的方向及所能到达对岸河岸的地点，如图所示

可知，若v1增大，渡河位移变长，若v2增大，渡河位移减小，故C错误，D正确。

故选：BD。

两个匀速直线运动的合运动为匀速直线运动；

分运动与合运动具有等时性和独立性，船头垂直于岸，时间始终为t=8.【答案】AC

【解析】解：A、由于该粒子在电场中粒子做曲线运动，合外力指向轨迹的凹侧面，任取一点轨迹与电场线的交点处，如图所示：

作出粒子的速度方向(轨迹在该点的切向方向)与所受电场力的方向(电场强度沿电场线在该点的切线方向)，根据该粒子所受电场力的方向与电场强度的方向相反，可知该粒子带负电，故A正确；

B、电场线越密集的地方电场强度越大，显然M点的电场强度大于N点的电场强度，而根据牛顿第二定律Eq=ma

可得a=Eqm

由此可知aM>aN，故B错误；

CD、若粒子从M运动到N，根据速度方向与所受电场力方向之间的夹角为钝角，可知粒子从M到N做减速曲线运动；若粒子从N运动到M，速度方向与所受电场力方向之间的夹角为锐角，可知粒子从N到M做加速曲线运动，综上可知粒子在M点的速度大于在N点的速度，即有vM>vN，故C正确，D错误。9.【答案】BC

【解析】解：A、在地球表面上，忽略地球自转的影响，根据万有引力等于重力有

GMmR2=mg

解得地球的质量为M=gR2G，故A错误；

B、地球的体积为

V=43πR3

根据ρ=MV

联立解得地球的密度为：ρ=3g4πGR，故B正确；

CD、根据题意，可知卫星的角速度为ω=θt

设卫星的轨道半径为r，根据万有引力提供向心力有

GMmr2=mω2r

解得：r=3gR2t210.【答案】BD

【解析】解：A、物块从x=0运动到x=6m的过程中，由动能定理有：W−mgxsin37°−μmgcos37°⋅x=0结合图乙可知W=96J，x=6m，解得：μ=0.25，故A错误；

B、根据W=Fx可知，图线的斜率的绝对值表示力F的大小，则可知0～4m内，拉力的大小F1=804N=20N，4m～6m内拉力的大小F2=96−806−4N=8N，因此可知两个过程中的加速度大小分别为a1=F1−mgsin37°−μmgcos37°m，a2=mgsin37°+μmgcos37°−F2m

代入数据解得：a1=2m/s2，a2=4m/s2

根据运动学公式有

x1=12a1t12

其中：x1=4m

解得：t1=2s

最大速度为vm=a1t1=2×2m/s=4m/s

11.【答案】角速度

转动半径

1：2

【解析】解：(1)将皮带套在塔轮1、2半径相同的圆盘上，手柄转动，使两个塔轮获得相同的角速度。

(2)将皮带套在塔轮1、2半径相同的圆盘上，将两个质量相同的小球放在到各自转动轴距离不同的挡板位置时，因两小球离转动轴距离不同，即做圆周运动的半径不同，因此可验证向心力大小与转动半径之间的关系。

(3)根据向心力公式

F=mω2r

可知，左右两边标尺上露出的红白相间条纹数之比为1：4即向心力大小之比为1：4而两小球质量相同，转动半径相同，因此可得角速度之比为

ω1ω2=F1F2=12

故答案为：(1)角速度；(2)转动半径；(3)112.【答案】B

2.5

4.9

C

258

【解析】解：(1)A.该实验的原理是在挂上托盘和砝码的情况下使小车做匀速运动，即小车此时处于平衡状态，之后去掉托盘和砝码，使小车做匀加速运动，由此可知，小车所受合外力即为托盘和砝码的重力，因此，不需要需满足M≫m的条件，故A错误；

B.该实验用到了光电门，测速原理是用小车上所安装遮光条通过光电门的平均速度来代替小车的瞬时速度，因此，要使所测瞬时速度更接近真实值，遮光条的宽度要适当小一些，故B正确；

C.该实验探究的是加速度与力、质量的关系，根据

a=v2−v022x

可知，每次小车是否从同一位置释放并不影响实验探究，故C错误。

故选：B。

(2)小车通过光电门1的速度为

v1=dΔt1=0.500×10−22×10−3m/s=2.5m/s

小车通过光电门2的速度为

v2=dΔt2=0.500×10−21.25×10−3m/s=4.0m/s

由此可得小车的加速度为

a=v22−v122L=4.02−2.522×100.00×10−2m/s2=4.875m/s2≈4.9m/s2

(3)图乙中，纵轴表示加速度，横轴表示托盘和砝码的质量，且图像为过原点的倾斜直线，根据该实验的原理有

mg=Ma13.【答案】解：(1)行李箱在传送带上做匀加速直线运动直至与传送带共速，由牛顿第二定律得

μmg=ma

设经过时间t，行李箱与传送带共速，则有

t=va

解得

t=0.2s

(2)行李箱放在传送带上到与传送带共速的过程中，传送带运动的位移为

x1=vt

行李箱运动的位移为

x2=v2t

相对位移为

Δx=x1−x2

解得

【解析】(1)由牛顿第二定律，求行李箱加速度，根据匀加速直线运动速度—时间公式，求行李箱从开始运动到与传送带保持相对静止所需的时间；

(2)根据匀加速直线运动位移—时间公式、匀速直线运动位移公式，分别求行李箱和传送带位移，再求行李箱放上传送带后，相对传送带滑动的距离。

本题考查学生对匀加速直线运动速度—时间公式、匀加速直线运动位移—时间公式、匀速直线运动位移公式的掌握，难度不高，基础题。

14.【答案】解：(1)运动员从A到C的过程中，根据动能定理可得

mgℎ=12mvC2

由几何关系可得

ℎ=Lsin37°+R(1−cos37°)

在C点，对运动员由牛顿第二定律可得

FN−mg=mvC2R

解得：FN=2080N

根据牛顿第三定律可知，运动员对轨道的压力大小为2080N。

(2)设C、P之间的距离为s。运动员离开C点后做平抛运动，由平抛运动规律得

水平方向有scos37°=vct

竖直方向有ssin37°=12gt【解析】(1)运动员从A到C的过程中，根据动能定理求出运动员到达C点时的速度大小。在C点对运动员由