2023-2024学年广东省高一（下）期末考试物理试题（含解析）

2023-2024学年广东省高一（下）期末考试物理试题

一、单选题：本大题共7小题，共28分。

1.如图所示，实线为一物体在水平恒力作用下沿光滑的水平面做曲线运动的轨迹，当物体从“点运动到N

点时，其速度方向恰好改变了90。，则物体从M点到N点的运动过程中，下列说法正确的是0

A.物体在M点时的速度方向可能水平向右B.物体所受的水平恒力的方向一定水平向右

C.物体一定做的是匀变速曲线运动D.物体的速率一定是先增大后减小

2.河水的流速随离一侧河岸的距离的变化关系如图甲所示，船在静水中的速度与时间的关系如图乙所示。

A.船渡河的最短时间是60sB.船在行驶过程中，船头始终与河岸垂直

C.船在河水中航行的轨迹是一条直线D.船在河水中的最大速度是3m/s

3.如图为某高速公路出口的ETC通道示意图。一汽车驶入通道，到达。点的速度%=20m/s,此时开始减

速，到达M点时速度减至u=4机/s,并以4rn/s的速度匀速通过MN区，汽车从。运动到N共用时10s,

"T图像如图所示，则下列说法正确的是

A.汽车减速运动的加速度大小为4m/s2B.。、M间中点位置的速度为12m/s

C.。、M间的距离为326D.汽车在ON段平均速度大小为8机/s

4.2022年左右我国将建成载人空间站，轨道高度距地面约，在轨运营10年二:

以上，它将成为中国空间科学和新技术研究实验的重要基地。设该空间站绕地球做匀:

速圆周运动，其运动周期为T,轨道半径为',万有引力常量为G,地球半径为R,地\

.

球面表重力加速度为9。下列说法不正确的是（）

第1页，共15页

A.地球的质量为M署

（J1

B.空间站的线速度大小为u=M

C.空间站的向心加速度为a

D.空间站的运行周期小于地球自转周期

5.如图所示为两个固定在同一水平面上的点电荷，距离为d,电荷量分别为+Q和-Q。在它们的水平中垂

线上固定一根长为L、内壁光滑的绝缘细管，有一电荷量为+q的小球以初速度也从管口射入，则小球（）

A.速度先增大后减小1

Y

B.受到的库仑力先做负功后做正功

c.受到的库仑力最大值为半%i4

D.管壁对小球的弹力最大值为符

6.如图所示，固定在地面上的半圆轨道直径ab水平，质点P与半圆轨道的动摩擦因数处处一样，当质点P从

a点正上方高“处自由下落，经过轨道后从b点冲出竖直上升，上升的最大高度为小空气阻力不计。当质

点首次从b点上方下落时，下列说法正确的是（）

A.质点不能从a点冲出半圆轨道

B.质点能从a点冲出半圆轨道，但上升的最大高度3

C.质点能从a点冲出半圆轨道，但上升的最大高度h>3

D.无法确定能否从a点冲出半圆轨道

7.如图所示，半径为的四分之三光滑圆轨道竖直固定在水平地面上，B点为轨道最低点，4点与圆心。等

高。质量为1kg的小球（可视为质点）在4点正上方0.75租处静止释放，下落至4点时进入圆轨道，重力加速

度g取10M/S2,不计空气阻力，则（）

A.小球在B点的动能为7.5/

B.小球在4点受到轨道的弹力大小为10N

C.小球上升过程中距地面的最大高度为1.75小

D.小球离开轨道后将落至轨道B点

二、多选题：本大题共3小题，共18分。

第2页，共15页

8.如图所示，带箭头的线表示某一电场中的电场线的分布情况。一带电粒子在电场中运动的轨迹如图中虚

线所示，若不考虑其他力，则下列判断中正确的是（）

A.若粒子是从4运动到8,则粒子带正电；若粒子是从8运动到4则粒子带负电

B.不论粒子是从力运动到B,还是从B运动到4,粒子必带负电

C.若粒子是从B运动到4则其加速度减小

D.若粒子是从B运动到4则其速度减小

9.如图所示，半径为R的内部光滑的半圆形轨道BC固定在水平面上，与水平面相切于B点，一质量为小的

小球以初速度如从距离B点为2R的4点向左运动进入半圆形轨道，小球从轨道最高点C离开后在空中做平抛

运动，恰好在4点落地，重力加速度为g,下面说法正确的是（）

A.小球进入半圆形轨道后，在半圆形轨道的最低点B处对轨道的压力等于ag

B.小球在半圆形轨道最高点C处对轨道的压力为zng

C.小球在半圆形轨道最高点C处对轨道的压力为0

D.小球落地时速度方向与水平方向夹角的正切值为2

10.电动汽车以其环保节能、加速快等优点越来越受到消费者的欢迎，为使汽车既有良好的加速性能，又

能控制汽车的最大速度，电动汽车的车载智能系统介入汽车行驶过程。如图所示为某品牌汽车在一次起步

时汽车牵引力与速度的关系，汽车的速度达到25/n/s时电动机功率达到最大值256k〃。此后车载智能系统

逐渐降低电动机功率，当电动机功率降至最大功率的50%时，汽车达到最大速度。已知汽车及乘员的总质

量为1600kg,汽车行驶过程中受到的阻力与速度的关系为/=k/（k=1.024W.s2/m2）,则汽车在起步直

至达到最大速度的过程中，下列说法正确的是（）

第3页，共15页

A.汽车的加速度始终在减小

B.汽车的加速度先不变后减小

C.该汽车能达到的最大速度是lOOm/s

D.汽车速度为25m/s时的加速度为6m/s2

三、实验题：本大题共2小题，共16分。

11.图为某实验小组利用气垫导轨验证机械能守恒定律的装置，实验的主要步骤有:

CD

祛码及托盘

4将气垫导轨放在水平桌面上并调至水平;

区测出挡光条的宽度由

C分别测出滑块与挡光条的总质量M及托盘与祛码的总质量

。将滑块移至图示位置，测出挡光条到光电门的距离L；

E由静止释放滑块，读出挡光条通过光电门的时间。

F.改变挡光条到光电门的距离，重复步骤E,测出多组L和t。已知重力加速度为g,请回答下列问题：

(1)本实验中(填“需要”或“不需要”)满足小远小于

(2)若某次测得挡光条到光电门的距离为3挡光条通过光电门的时间为如滑块由静止释放至光电门的过

程，系统的重力势能减少了；若系统机械能守恒，应满足o(

用实验步骤中各测量量符号表示)

(3)多次改变挡光条到光电门的距离，重复步骤。、E,测出多组乙和t,作出L随亲的变化图像如图所示，图

线为过坐标原点的直线，如果在误差允许的范围内当地的重力加速度大小为9=时，可以判断

槽码带动滑块运动过程中机械能守恒。(用题中已知量和测得的物理量符号表示)

12.图甲是某种“研究平抛运动”的实验装置.斜槽末端口N与小球离地面的高度均为“，实验时，当P小

球从斜槽末端飞出与挡片相碰，立即断开电路使电磁铁释放Q小球，发现两小球同时落地，改变H大小,

重复实验，P、Q仍同时落地。

第4页，共15页

(1)关于实验条件的说法，正确的有

4斜槽轨道末段N端必须水平

BP小球可以从斜槽上不同的位置无初速度释放

C斜槽轨道必须光滑

DP小球每次必须从斜槽上相同的位置无初速度释放

(2)该实验结果可表明

4两小球落地速度的大小相同

2.P小球在竖直方向的分运动与Q小球的运动相同

C两小球在空中运动的时间相等

DP小球在水平方向的分运动是匀速直线运动

(3)若用一张印有小方格(小方格的边长为L=2.5an)的纸记录P小球的轨迹，小球在同一初速平抛运动途

中的几个位置如图乙中的a、b、c、d所示，重力加速度g=10m/s2,贝!JP小球在b处的瞬时速度的大小为

%=m/So

四、计算题：本大题共3小题，共38分。

13.捶丸起源于唐代的步打球，是一种以杖击球的体育活动，类似今天的高尔夫。如图所示，某次捶丸游

戏中游戏者将可视为质点的小球从斜面顶端4点以水平初速度为=5避rn/s击出，小球落到斜面上某点。

已知斜面4B的长度L=20爪，倾角8=30。，不计空气阻力，取重力加速度大小g=lOm/s2。

(1)求小球在空中运动的时间t；

(2)求小球落到斜面前瞬间的速度大小也;

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14.如图所示，一轻绳连着一小球，悬挂于。点，现把小球拉开一角度后静止释放.设小球质量爪=3的,

绳长L=4m,小球运动的最低点离地高度h=5m.

(1)若小球通过最低点的速度大小为"=2m/s,求此时绳的拉力大小；

(2)若轻绳能够承受的最大拉力为78N,求允许小球通过最低点的最大速率；

(3)若以(2)问的最大速率通过最低点时，轻绳恰好断裂，小球抛出，求小球平抛的水平位移大小.

15.如图所示，在竖直平面内的斜面4B与水平传送带的左端平滑连接，水平传送带的右端与竖直面内圆心

角为60。的光滑圆弧轨道CD在最低点C处平滑连接，整个装置固定。斜面高为2m、倾角为45。，传动带BC

长为3小，以；…、的速度逆时针转动，圆弧轨道的半径R=0.4根。将质量根为1kg的小物块P从斜面上静

止释放，小物块与斜面和传送带的动摩擦因数〃均为0.2。取重力加速度，，=求：

(1)若P从斜面高1爪处释放，P滑至B处的速度大小；

(2)若P从斜面高1爪处释放，物体P运动到。处的过程中摩擦力做功的大小；

(3)若P从斜面高2爪＞九＞1爪的不同位置释放，以。点为坐标原点，P从。射出后，这些轨迹的最高点构成

什么形状？

A

0

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答案解析

1.C

【解析】《、物体在“点时的速度方向沿轨迹的切线方向，不可能水平向右，故/错误；

BD、因为质点速度方向恰好改变了90。，可以判断恒力方向应为右下方，与初速度的方向夹角要大于90。小

于180。，才能出现末速度与初速度垂直的情况，因此速度方向与合力方向先大于90。，后小于90。，速率先

减小后增大，故8。错误；

C、曲线运动受到恒力，则物体做匀变速曲线运动，故C正确。

2.5

【解析】4当船头与河岸垂直时，渡河时间最短，由图可知河宽为300机，t=《=当与=100s,故/错

误；

区船的合运动时间等于各个分运动的时间，沿船头方向分运动时间为t=段，当打最小时，t最小，当船头

与河岸垂直时，卬有最小值，等于河宽d,故要使船以最短时间渡河，船在行驶过程中，船头必须始终与

河岸垂直，故3正确；

C由于随水流方向的分速度不断变化，故合速度的大小和方向也不断变化，船做曲线运动，故C错误；

2222

D当水流速最大时，船的速度最大，vm=V^i+v2=^/3+4m/s=5m/s,故。错误。

故选Bo

3.A

【解析】4根据速度时间图线的斜率表示加速度，可知，汽车减速运动的加速度大小a=卷=工fm/

s2=4mls2,故A正确；

A由中间位置速度公式得，OM间中点的速度为：v=百丁♦=誓＞lm/s=4gm/s,故8错误;

C根据图线与时间轴围成的面积表示位移知，。”的距离x=，x(4+20)义46=48根，故C错误；

DON段的位移/=48zn+4x6m=72zn,贝!JON段的平均速度亍=?=磊爪/s=7.2m/s,故。错误。

4.B

【解析】解：4、由万有引力定律可知：曙=山沿，解得“=察，故”正确；

B、由万有引力定律可知：包髻=加竺，由黄金代换公式可知："#=mg,解得u=照,故2错误；

rzr心—\r

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C、由万有引力定律可知：^=ma,由黄金代换公式可知：^=mg,解得a=/，故C正确；

rzr2

D、地球自转周期等于地球同步卫星的周期，地球同步卫星距地面36000km,比空间站距地面高，根据：

曙=庠/，轨道半径越大，环绕周期越大，故空间站的运行周期小于地球自转周期，故。正确；

本题选不正确的是，故选：B。

本题考查万有引力定律和黄金代换公式，只要题目中有重力加速度g,则考虑黄金代换公式求出中心天体

的质量M,剩下的问题迎刃而解。

5.C

【解析】4电荷量为+q的小球以初速度为从管口射入的过程，因电场力不做功，只有重力做功；根据动

能定理，知速度不断增加，故/错误；

区小球下落过程中，库仑力与速度方向垂直，则库仑力不做功，故3错误；

C在两个电荷的中垂线的中点，单个电荷产生的电场强度为：E=群=嘿；根据矢量的合成法则，则

有电场强度最大值为嘿，因此电荷量为+q的小球受到最大库仑力为曙，故C正确；

D根据C选项的分析，结合受力分析可知，弹力与库仑力平衡，则管壁对小球的弹力最大值为啰，故。

错误。

故选a

6.B

【解析】质点第一次在槽中滚动过程，由动能定理得：mgCH-^)-Wf=0,

勿/为质点克服摩擦力做功大小，解得：Wf=^ngH,

故第一次质点在槽中滚动损失的机械能为

由于第二次小球在槽中滚动时，对应位置处速度变小，因此槽给小球的弹力变小，动摩擦因数不变，所以

摩擦力变小，克服摩擦力做功小于机械能损失小于因此小球再次冲出a点时，能上升的高

度大于零而小于今/。

故选：B。

1.D

【解析】4小球从释放到最低点，根据动能定理有

mg(h+R)=EkB

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解得

EkB=17.5J

故/错误；

3小球从释放到a点，根据动能定理有

1

mgh=—mv^7

在A点，根据牛顿第二定律有

”2

N=小粤

R

解得

N=15N

故2错误；

c设小球上升过程中距地面最大高度与圆心的连线和竖直方向的夹角为e,则有

八mv2

mgcos。=——

R

从B点到最高点，根据动能定理有

1

2

—mgR(l+cos8)=—mv—EkB

解得

1

COS0=—

最大高度为

h=R(1+cos。)=1.5m

故C错误；

D假设小球离开轨道后将落至轨道B点，由C分析可知脱离轨道的速度为

v=逆m/s

根据斜抛的运动规律可知

1

h=-vsin60°t-\--gt2

x=vcos60°t

解得

x=£m=/?cos30°

2

可知小球离开轨道后将落至轨道B点，故。正确；

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故选z＞。

8.BC

【解析】解：AB,根据做曲线运动物体所受合外力指向曲线内侧可知与电场线的方向相反，所以不论粒子

是从4运动到8,还是从B运动到4粒子必带负电，故4错误，8正确；

C、电场线密的地方电场的强度大，所以粒子在B点受到的电场力大，在B点时的加速度较大。所以若粒子

是从B运动到4则其加速度减小，故C正确；

D、从B到力过程中电场力与速度方向成锐角，即做正功，动能增大，速度增大，故。错误。

故选：BCo

做曲线运动物体所受合外力指向曲线内侧，本题中粒子只受电场力，由此可判断电场力向左，

根据电场力做功可以判断电势能的高低和动能变化情况，加速度的判断可以根据电场线的疏密进行.

本题以带电粒子在电场中的运动为背景考查了带电粒子的速度、加速度、动能等物理量的变化情况.

加强基础知识的学习，掌握住电场线的特点，即可解决本题.

9.CD

【解析】解：BC、离开C点做平抛运动，则竖直方向：2R=弧2水平方向：2R=vct,解得：%=

回

在C点由牛顿第二定律得：解得：F=0,由牛顿第三定律知对轨道的压力为0,故3错

误C正确；

D、设小球落地时速度方向与水平方向夹角为氏则tcmB=卷=,=2,故。正确；

/、从8到C的过程由动能定理得：-zng-2R=]?岭-吴诏

在最低点B处由牛顿第二定律得：F-mg=

联立解得：F=6mg

由牛顿第三定律知对轨道的压力等于6mg,故/错误；

故选：CD。

离开C点做平抛运动，根据平抛运动的规律可求得在C点的速度及落地时速度方向与水平方向夹角的正切

值；在C点由牛顿第二定律结合牛顿第三定律可求得对轨道的压力；从8到C的过程由动能定理可求得在B

点的速度，在最低点B处由牛顿第二定律结合牛顿第三定律可求得对轨道的压力。

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本题考查了平抛运动的规律、动能定理、牛顿第二定律及第三定律的综合应用，掌握平抛运动问题的处理

方法是求解的关键。

10.AD

【解析】48.汽车的速度达到25m/s前的过程，根据牛顿第二定律可得

2

Fd1=--f-----F-^=—-k--v--------

mm

可知随着汽车速度的增大，汽车的加速度逐渐减小；汽车的速度达到25zn/s到最大速度的过程中，根据

牛顿第二定律可得

可知随着汽车速度的增大，牵引力的减小，汽车的加速度继续逐渐减小；故/正确，3错误；

C设汽车能达到的最大速度为心此时牵引力等于阻力，电动机功率降至最大功率的50%时，则有

50%P7n=fvm=fcVm

解得

3305X256X1Q3

vm=；50%Pm=1-m/s=50m/s

飞k11.024

故C错误；

D汽车速度为25m/s时，根据牛顿第二定律可得

2

Fd\=—f------F-±=—--k-v--------

mm

又

~^=f=kvrn=256oyv

联立解得

4x2560-1.024x252,,，一

a=-----------777^-----------m/sz=6m/sz

loUU

故。正确。

故选40。

11.(1)不需要；

142

(2)mgL-,mgL=-(M+总9；

a(M+m)d2

()2mb°

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【解析】(1)实验中需验证祛码及托盘减少的重力势能与系统增加的动能是否相等，并不需要测量拉力，

故不需要满足小远小于M；

(2)滑块由静止释放至光电门的过程，系统的重力势能减少了。，根据极短时间的平均速度等于

瞬时速度，滑块通过光电门时速度大小为u=《系统动能增加了Vw.”山-1”，'，

系统机械能守恒有A/一A?..,

则系统机械能守恒成立的表达式是机以=|(M+小焦；

⑶由(2)可知系统机械能守恒成立的表达式是mgL=1(M+m售,整理得L="2噢4，

图像的斜率为k=("黑"=*解得当地的重力加速度大小为g=叫黑空。

(2)BC

(3)1.25

【解析】(1)4为使小球从斜槽末端飞出时初速度方向是水平，因此斜槽轨道末段N端必须水平，故N正

确；

BD这个实验只验证小球做平抛运动在竖直方向是自由落体运动，与水平方向无关，所以不需要每次实验

小球离开水平槽时初速度相同，小球可以从斜槽上不同的位置无初速度释放，故8正确，。错误；

C斜槽轨道是否光滑，对实验没有影响，不需要必须光滑，故C错误。

故选/瓦

(2)BCD.该实验结果可表明：P小球在竖直方向的分运动与Q小球的运动相同，由于竖直方向的高度相同，

所以两小球在空中运动的时间相等，故5c正确，D错误;

4当小球落地时P小球还有水平方向的速度，则两小球落地速度的大小不可能相同，故/错误。

故选BCo

(3)P小球在同一初速平抛运动，P小球在竖直方向做自由落体运动，在水平方向做匀速直线运动，在竖直

方向，由匀变速直线运动的推论，可有

Ay=gT2

代入数据解得

第12页，共15页

在水平方向的速度

x2.5x2x1012

V*F=—0^5—m/s=lm/s

在竖直方向，由中间时刻的瞬时速度等于平均速度，则有

Vyb=莞=0.75m/s

则P小球在6处的瞬时速度的大小为

22

vb=yjvx+vy=1.25m/s

13.(1)设小球的位移大小为向，竖直方向上有

1

久isin。=]9件9

水平方向上有

XiCosS=vot

代入数据得小球在空中运动的时间

t=1s

(2)小球落到斜面上时竖直方向的分速度大小

vy=gt—10m/s

小球落到斜面前瞬间的速度大小

V1=JVQ+vy=5。m/s

【解析】详细解答和解析过程见【答案】

14.解：(1)质点在最低点受到的拉力与重力提供向心力，贝U：F-mg=嗒,

代入数据解得：N=33N

即绳子的拉力为33N

(2)小球下摆到B点时，绳的拉力和重力提供向心力，

由牛顿第二定律的：Fmax-mg=吟，

代入数据解得：vm=8m/s

(3)绳子断后，小球做平抛运动，运动时间为t,

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竖直方向：h=^gt2,

水平方向，DC间距离：x-vmt,

代入数据解得：x=8m；

答：(1)若小球通过最低点的速度大小为u=2zn/s,此时绳的拉力大小为33N；

(2)若轻绳能够承受的最大拉力为78N,允许小球通过最低点的最大速率为8zn/s；

(3)若以(2)问的最大速率通过最低点时，轻绳恰好断裂，小球抛出，小球平抛的水平位移大小为8小。

【解析】(1)由牛顿第二定律可以求出小球受到的拉力；

(2)在B位置，由牛顿第二定律可求小球通过最低点的最大速率。

(3)绳子断裂后小球做平抛运动，应用平抛运动规律可以求出s。

掌握运用运动的合成与分解的方法处理平抛运动问题，能根据竖直面内圆周运动最高点和最低点小球所受

合力提供圆周运动向心力讨论绳所受拉力大小问题，掌握规律是解决问题的关键。

15.(1)若P从斜面高1血处释放，小物块P在斜面下滑过程中，由动能定理有

,一