广东省清远市2024-2025学年高一下学期期末物理试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1清远市2024——2025学年第二学期高中期末教学质量检测高一物理注意事项：1、本试卷满分100分，考试时间75分钟。2、答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡的相应位置。3、全部答案在答题卡上完成，答在本试题卷上无效。4、回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。5、考试结束后，将本试题卷和答题卡一并交回。一、单项选择题：本题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1.如图甲所示，机器人转动八角巾手帕时形成一个匀速转动的圆盘。O为手帕的中心，A、B、C为手帕上的三个点（如图乙），各点到O点的距离关系为，下列说法正确的是（）A.A、B两点的线速度相同B.C点的周期大于B点的周期C.C点的角速度小于A点的角速度D.A点的线速度大于C点的线速度【答案】D【解析】BC．根据题意可知、、三点同轴转动，角速度相等，周期相等，故BC错误；A．根据可知A、B两点的线速度大小相等，但是方向不同，即线速度不同，故A错误；D．根据可知A点的线速度大于C点的线速度，故D正确。2.跳台滑雪比赛是冬奥会的重要比赛项目。运动员在某两次赛前训练中，都从跳台处水平飞出，落在足够长的斜坡上，其中第二次训练的着陆点较远，运动过程中忽略空气阻力，下列说法正确的是（）A.离开跳台瞬间，两次训练的水平初速度相同B.离开跳台后，两次训练在空中运动时间相同C.离开跳台后，第二次训练在空中的加速度更大D.两次训练的着陆速度的方向与斜坡的夹角相同【答案】D【解析】AB．竖直方向有设斜坡的倾角为，根据几何关系可知由于第二次的时间较大，则第二次水平初速度较大，故AB错误；C．离开跳台后，两次训练在空中都做平抛运动，加速度都为重力加速度，故C错误；D．两次训练的着陆速度的方向与斜坡的夹角满足可见两次训练的着陆速度的方向与斜坡的夹角相同，故D正确；故选D。3.如图所示，将玻璃管倒置，蜡块会沿玻璃管先加速一小段位移，之后以的恒定速度上升。在蜡块恒定速度上升时，将静止的玻璃管以加速度水平向右推动。在向右水平推动玻璃管的过程中，下列说法正确的是（）A.蜡块做曲线运动，0.2s末的合速度大小为0.7m/sB.蜡块做曲线运动，0.2s末的合速度大小为0.5m/sC.蜡块做直线运动，0.2s末的合速度大小为0.5m/sD.蜡块做直线运动，0.2s末的合速度大小为0.7m/s【答案】B【解析】蜡块有向右的加速度，与初速度不共线，做曲线运动，0.2s末的合速度大小为故选B。4.其实验小组用如图甲所示气垫导轨来探究碰撞规律，导轨末端装有位移传感器（图中未画出），滑块a、b的质量分别为和。打开气泵，将气垫导轨调节水平，滑块a以一定的速度与静止的滑块b发生碰撞。其位移S与时间t的关系如图乙所示。下列说法正确的是（）A.滑块的碰撞是弹性碰撞B.碰撞后，滑块a朝反方向运动C.滑块a、b的质量之比D.碰撞后滑块a、b的动量大小之比【答案】C【解析】B．根据图像的斜率表示速度，碰撞后，滑块a运动方向不变，故B错误；C．碰撞前、后瞬间a的速度为、碰撞后b的速度为根据动量守恒定律有解得，故C正确；D．碰撞后滑块a、b动量大小之比为，故D错误；A．碰撞前系统动能为碰撞后系统动能为动能减少，碰撞是非弹性碰撞，故A错误；故选C。5.我国研发的ACF缓震材料，能吸收90%以上的机械能并瞬间把它转化为内能。如图所示，将两个完全相同的钢球A、B置于距离水平放置的缓震材料上方同一高度H处，其中钢球A做自由落体运动，钢球B以一定初速度竖直下抛，不计空气阻力，通过钢球反弹的最大高度h可反应出该材料的吸能效果，则下列说法正确的是（）A.与缓震材料接触前瞬间，两钢球的动量相同B.与缓震材料接触前瞬间，两钢球的动能相等C.在下落过程中，两钢球动量的变化量相同D.虽h均远小于H，但仍符合能量守恒定律【答案】D【解析】AB．根据速度—位移公式由于B球有初速度，则B球与缓震材料接触前瞬间的速度较大，根据、可知，B钢球的动量和动能较大，故AB错误；C．根据位移—时间公式可知B钢球的时间较短，根据动量定理可知，B钢球的动量的变化量较小，故C错误；D．能量守恒定律是物理学基本规律，由于材料吸能，h均远小于H，故D正确。故选D。6.物理学发展历史中：开普勒通过系统分析第谷的观测数据提出行星运动定律，当时受到许多的质疑与批评；科学家在研究机械运动时分别提出过将动量和动能用来量度物体的运动，有着长时间的争论，笛卡尔学派认为动量（mv）是一个与力在时间上的积累有关的物理量，它表示传递机械运动的本领，莱布尼兹学派认为动能（）是一个与力在空间上的积累有关的物理量，它表示物体做功的本领。下列说法正确的是（）A.人造地球卫星绕地球的运动不符合开普勒定律B.开普勒根据第谷的观测数据计算出了引力常量GC.两物体碰撞后粘合在一起共同运动的现象支持笛卡尔学派的观点D.动能与速度有关，也能说明动能是一个与力在时间上的积累有关的物理量【答案】C【解析】A．人造地球卫星绕地球的运动符合开普勒定律，因为开普勒定律适用于任何受平方反比引力作用的天体系统，故A错误；B．引力常量G是卡文迪许通过实验测得的，开普勒并未计算G，故B错误；C．碰撞后粘合的共同运动满足动量守恒（动量mv的总量不变），这支持笛卡尔学派关于动量的观点，故C正确；D．动能与速度有关，但动能的变化对应力在空间上的积累（功），而非时间上的积累，故D错误。故选C。7.一种升降电梯的原理图如图甲，A为电梯的轿厢，B为平衡配重。在某次运行时A（含乘客）的质量为B的质量为。A、B由跨过轻质滑轮的足够长轻质缆绳连接。电动机通过牵引绳向下拉配重B，使得电梯的轿厢由静止开始向上运动（轿厢A、配重B一直未与滑轮相撞）。不计空气阻力和摩擦阻力，重力加速度g取。轿厢A向上运动过程中的图像如图乙。下列说法正确的是（）A.0~3s内配重B处于超重状态B.3~5s内电动机所做的功等于C.5~8s内轿厢A的加速度大小为D.0~8s内AB间的缆绳对轿厢A做功的最大功率为【答案】B【解析】A．0~3s内，轿厢向上加速运动，加速度向上，配重B向下加速，加速度向下，则配重B处于失重状态，故A错误；B．图像中图线与坐标轴围成的面积表示位移，3~5s内，轿厢的位移为m=12m3~5s内，根据动能定理有解得3~5s内电动机对外做功为，故B正确；C．5~8s内轿厢A的加速度大小为，故C错误；D．0~3s内，轿厢的加速度为设A、B间的缆绳拉力为，对轿厢，根据牛顿第二定律有解得N3s时，轿厢A的速度最大，A、B间的缆绳拉力最大，则3s时绳子拉力对轿厢A的功率最大，为W，故D错误。二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。每小题有多个选项符合要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有错选的得0分。8.如图所示放置在水平桌面上的装置为电磁加速器模型，该模型由圆环轨道和控制系统组成。当铁球靠近线圈时，线圈通电产生磁力吸引铁球加速；铁球即将离开时断电，避免磁力阻碍运动。两铁球从静止开始加速到最大速度的过程中，下列说法正确的是（）A.铁球需要的向心力大小始终相同B.铁球速度越大，外轨道对它的支持力越大C.当铁球速度足够大时，内轨道可能对其无作用力D.该过程中消耗的电能等于铁球的动能【答案】BC【解析】A．铁球的速度逐渐增大，根据可知，向心力逐渐增大，故A错误；BC．装置在水平桌面上，当铁球速度足够大时，内轨道可能对其无作用力，铁球的向心力由外轨道的弹力提供，根据可知，铁球速度越大，外轨道对它的支持力越大，故BC正确；D．该过程中消耗的电能等于铁球的动能与克服摩擦力做功之和，故D错误；故选BC。9.随着我国航天技术的进步和经济发展的需要，每年都要发射很多不同类型的卫星来满足需求。有a、b、c、d四颗卫星，a是高空探测卫星，b是地球同步卫星，c在近地轨道上正常运行，卫星d还未发射，在地球赤道上随地球表面一起转动，四颗卫星的质量相同，各卫星排列位置如图所示，则有（）A.d随地球自转需要的向心力等于c绕地球运动需要的向心力B.c的周期大于b的周期C.d的向心加速度小于b的向心加速度D.若b变轨到a所在轨道，需要先依靠推进器加速【答案】CD【解析】A．根据万有引力定律d随地球自转需要的向心力是万有引力的分力，c绕地球运动需要的向心力等于万有引力，则d随地球自转需要的向心力小于c绕地球运动需要的向心力，故A错误；B．根据开普勒第三定律可知，c的周期小于b的周期，故B错误；C．d的角速度等于b的角速度，根据可知，d的向心加速度小于b的向心加速度，故C正确；D．若b变轨到a所在轨道，需要先依靠推进器加速，故D正确；故选CD。10.如图所示，当质量为m的排球运动到最高点速度大小为时运动员将其水平拍出，拍击时间极短，拍出后排球以水平速度反弹，最终落地速度大小为。不计空气阻力及排球大小，以地面为零势能面，下列说法正确的是（）A.拍球过程运动员对排球所做的功为B.排球拍出后下落过程，排球重力势能减少了C.拍球前瞬间排球运动到最高点时机械能为D.从排球拍出后到落地的过程，排球的动能增加了【答案】ABC【解析】A．拍球过程，根据动能定理有，故A正确；B．排球拍出后下落过程，根据动能定理有则排球重力势能减少了，故B正确；C．拍球前瞬间排球运动到最高点时机械能为，故C正确；D．从排球拍出后到落地的过程，排球的动能增加了，故D错误；故选ABC。三、非选择题：本题共5小题，共54分。11.某同学在“探究平抛运动的特点”实验中，采用如图甲所示的实验装置，图乙中A、B、C三点为小球在坐标纸上留下的痕迹。（1）坐标纸应当固定在竖直的木板上，下列情况哪种更合适：（填标号）；A B.C. D.（2）下列说法正确的是（填标号）；A.斜槽轨道尽量光滑B.安装斜槽时用重锤线调整使其末端水平C.安装斜槽时将钢球置于末端，通过观察其是否静止来调整末端水平D.图乙中坐标原点O为平抛运动的起点（3）物理兴趣小组利用该装置研究大小相同的小球正碰。正确安装装置并调试后，先让质量为的小球A从轨道P点静止释放（不放小球B）落在挡板MN处，然后把质量为的小球B放在斜槽轨道末端，再让小球A从轨道P点静止释放，两个小球碰撞后落在挡板MN处，以平抛运动的起点为原点O建立坐标系如下图所示，已知若两小球在正碰过程动量守恒，则满足的关系式为_________________；【答案】（1）D（2）BC（3）【解析】【小问1解析】斜槽末端是水平的，小球做平抛运动，要分解为水平和竖直方向的分运动，故方格纸因该水平竖直，坐标原点应该与小球在斜槽末端静止时在木板上的投影重合，D选项符合题意。故选D。【小问2解析】A．实验中，斜槽轨道不需要尽量光滑，只要能保证小球从同一位置由静止释放，获得相同初速度即可，故A错误；B．安装斜槽时，用重锤线调整使其末端水平，这样才能保证小球做平抛运动，故B正确；C．将钢球置于斜槽末端，观察其是否静止来调整末端水平，这是判断斜槽末端水平的有效方法，故C正确；D．平抛运动在竖直方向是自由落体运动，若O是抛出点，相等时间内竖直位移之比应为1：3：5，由图乙可知，OA、AB、BC竖直位移之比为2：3：5，所以O不是抛出点，故D错误。故选BC。【小问3解析】设小方格长度为L，因为平抛高度相同，则平抛时间t相等，题图可知碰前速度碰后速度分别为根据碰撞过程动量守恒有联立解得12.用如下图所示的实验装置来探究向心力F的大小与质量m、角速度ω和半径r之间的关系。转动手柄使长槽和短槽分别随变速轮塔匀速转动，槽内的球做匀速圆周运动。下列说法正确的是（）A.该实验使用了控制变量法B.图1实验过程中左边标尺刻度大于右边标尺刻度C.图2实验过程中两边标尺刻度相同D.图3实验过程中左右两边标尺刻度比为1：2【答案】ABD【解析】A．根据可知，探究小球受到向心力大小与角速度的关系，需控制一些变量，即保持小球的质量、转动的半径不变；探究小球受到的向心力大小与质量的关系，需控制一些变量，即保持转动的角速度、转动的半径不变；探究小球受到的向心力大小与转动的半径的关系，需控制一些变量，即保持小球的质量、转动的角速度不变；该实验中应用了控制变量法，故A正确；B．图1实验过程中，左边小球质量较大，则角速度及半径相同，根据可知，左边标尺刻度大于右边标尺刻度，故B正确；C．图2实验过程中两球的角速度不同，质量与运动半径相同，则两边标尺刻度不相同，故C错误；D．图3实验过程中，两球质量与角速度相等，左右两球的半径之比为1:2，根据可知，两边标尺刻度比为1：2，故D正确；故选ABD。13.在“验证机械能守恒定律”的实验中：（1）下列操作正确的是（填标号）；A. B. C.（2）若用来验证机械能守恒，应选择哪一条纸带进行数据分析：（填标号）；A.B.C.（3）如下图所示在实验纸带上选打下的第一个点标记为O，AB、C为从合适位置开始选取的三个连续计时点，已知打点计时器打点频率为50Hz、当地重力加速度重锤质量为300g。在打O点到B点的这段时间内，重锤动能的增加量______J（结果保留三位有效数字），重力势能的减少量根据实验结果可得出的实验结论是______。【答案】（1）C（2）B（3）0.486在误差范围内，重物机械能守恒【解析】【小问1解析】为了充分利用纸带，并减小阻力的影响，释放纸带前应用手拉着纸带的上端，使重锤靠近打点计时器，然后接通打点计时器电源，再松手释放纸带，C选项符合题意。故选C。【小问2解析】若用

来验证机械能守恒，则第1个点、第2个点距离需要为2mm，且相同时间内位移比需满足1:3:5:7...，为了减小误差，点迹应在一条直线上，观察可知B选项符合题意。故选B。【小问3解析】打B点速度则在打O点到B

点的这段时间内，重锤动能的增加量在误差范围内，重物机械能守恒。14.一探测器在质量为M的星球着陆后，用机械臂在距地表高度h处以一定的速度水平弹射出一小球，测得小球平抛的水平位移为L，已知引力常量为G，不考虑星球自转与空气阻力。求：（1）星球表面上的重力加速度g；（2）星球的半径R；（3）若在该星球发射一颗卫星，其最小发射速度v的大小。【答案】（1）（2）（3）【解析】【小问1解析】根据平抛规律有联立解得【小问2解析】在星球表面有联立解得【小问3解析】最小发射速度，即第一宇宙速度，故有联立解得15.某兴趣小组遥控一辆玩具车，在水平路面上由静止启动，其图像如图所示，在前2s内做匀加速直线运动，2s后牵引力的功率保持不变，玩具车的质量为，玩具车运动中受到的总阻力为重力的0.3倍，g取，求：（1）玩具车在0~2s内电动机提供的牵引力F；（2）玩具车在水平路面运动过程中能够达到的最大速度；（3）玩具车前6s内前进的位移s。【答案】（1）（2）（3）【解析】小问1解析】图像可知0~2s内车的加速度根据牛顿第二定律有代入题中数据，联立解得【小问2解析】分析可知2s时，车的功率车速度最大时，牵引力等于阻力，即代入题中数据，解得【小问3解析】题图可知0~2s内车位移2s到6s内，对车，由动能定理得其中，代入联立解得玩具车前6s内前进的位移16.某大型户外水上竞技闯关活动中有一环节为“激情渡河”，其装置简化图如图所示。四分之一光滑圆弧轨道固定在地面，末端与停于河