广东省清远市2024-2025学年高一年级下册期末物理试题（解析版）

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.如图甲所不，机/人转动八角巾手帕时形成一个匀速转动的圆盘。。为手帕的中心，

4、B、。为手帕上的三个点（如图乙）,各点到。点的距离关系为=°8>°C,下列

说法正确的是（）

甲

A.4、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A、B、。三点同轴转动，角速度相等，周期相等，故BC错

误；

A.根据丫=0-可知A、8两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（）

第二次

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〃/

12

/二gf

设斜坡的倾角为根据几何关系可知tan8=』=

x2v0

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lana=^=2tan<9

%

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vv=0.3m/s

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a=2m/s?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（)

(b)

A.蜡块做曲线运动，0.2s末的合速度大小为0.7m/s

B.蜡块做曲线运动，0.2s末的合速度大小为0.5m/s

C.蜡块做直线运动，0.2s末的合速度大小为0.5m/s

D.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

v=Ju；+3）2=0.5m/s

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4、。的质量分别为〃％和叫,。打开气泵，洛气垫导轨调节水平，滑块。以一

定的速度与静止的滑块6发生碰撞。其位移S与时间/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〃朝反方向运动

C.滑块4、8的质量之比叫:=23

D.碰撞后滑块4、b的动量大小之比几：%二口

【答案】C

【解析】B.根据图像的斜率表示速度，碰撞后，滑块。运动方向不变，故B错误;

Ek=!""2可知，B钢球的动量和动能较大，故AB错误；

2

1

C.根据位移一时间公式H=v°t+]gt29

可知B钢球的时间较短，根据动量定理机划=△〃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，。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（〃“）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

上的枳累有关的物理量，它表本物体做功的本领。卜列说法止确的是（）

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屋G

C.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〃氏的总量不变），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n/A=1000kg、B的质量为〃600kg。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卜・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

10m/s2o轿厢A向上运动过程中的u-r图像如图乙。下列说法正确的是()

定滑轮

电动机

甲乙

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4.8x10"

C.5~8s内轿厢A的加速度大小为0.75m/s2

D.0〜8s内AB间的缆绳对轿厢A做功的最大功率为6.0xl()4w

【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x=6x2m=12m

3~5s内，根据动能定理有卬+"4/一%”二0

解得3~5s内电动机对外做功为W=4.8X104J,故B正确；

C.5~8s内轿厢A的加速度大小为。=—=—m/s2=2m/s2,故C错误；

M3

D.0~3s内，轿厢的加速度为4=翌=201/，2

设A、B间的缆绳拉力为尸，对轿厢，根据牛顿第二定律有尸一用g=Mq

解得/ulZOOGN

3s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，为产=N=72000W,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。两快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，根据尸=〃?匕可知，向心力逐渐增大，故A错误；

r

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，根据月单二〃7匕可知，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BCo

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，。是高空探测卫星，〃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〃的周期

C.d的向心加速度小于b的向心加速度

D.若〃变轨到〃所在轨道，需要先依靠推进器加速

【答案】CD

GMm

【解析】A.根据万有引力定律产=「一

r

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〃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二=人可知，。的周期小于〃的周期，故B错误；

T2

C.d的角速度等于力的角速度，根据4=%?可知，d的向心加速度小于。的向心加速

度，故c正确；

D.若〃变轨到〃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，当质量为用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3%反弹，最终落地速度大小为5%。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4〃?喏

B.排球拍出后下落过程，排球重力势能减少了片

C.拍球前瞬间排球运动到最高点时机械能为了，

D.从排球拍出后到落地的过程，排球的动能增加了2

【答案】ABC

【解析】A.拍球过程，根据动能定理有W=；根（3%）、；〃屁=4根心故A正确;

B.排球拍出后下落过程，根据动能定理有唯二g〃2（5%）2—g〃7（3%）2=8〃”：

则排球重力势能减少了8，〃片，故B正确；

I

8217

+加

C.拍球前瞬间排球运动到最高点时机械能为E2-%=一相片，故C正确;

D.从排球拍出后到落地的过程，排球的动能增加J'

A£=g"7(5%)2一g"7(3%)2=,

k故D错误;

故选ABCo

三、非选择题：本题共5小题，共54分。

II.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、

。三点为小球在坐标纸上留下的痕迹。

甲乙

（I）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）;

AB.

(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。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㈣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从秋道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。建立坐标系如下图所示，已知〃%＞加2。若两小

球在正碰过程动量守恒，则叫、/%满足的关系式为

重

锤

线

【答案】(1)D(2)BC(3)3町=5吗

【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。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,AI3,8C竖直位移之比为2：3：5,所以O不是抛出点，故D

错误。

故选BCO

【小问3解析】

设小方格长度为心因为平抛高度相同，则平抛时间/相等，题图可知町碰前速度

12L

%丁

犯、加2碰后速度分别为耳=平、V2=-^

根据碰撞过程动量守恒有町%=仍匕+〃72y2

联立解得3町二5叫

12.用如下图所示的实验装置来探究向心力F的大小与质量小、角速度S和半径，•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（）

皮带在左、右塔轮的第一层

图3

A.该实验使用了控制变量法

B.图I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I：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

一些变最，即保持小球的质后、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E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

/=〃〃皿2可知，两边标尺刻度比为|：2,故D正确；

故选ABDo

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）;

B.C.fa

s

/E

____（填标

（3）如下图所示在实验纸带上选打下的第•个点标记为。，AB.C为从合适位置开始选

取的三个连续计时点，已如打点计时器打点频率为50Hz、当地重力加速度

g=9.76m/S?、重锤质量为300g。在打。点到B点的这段时间内，重锤动能的增加量

△纭=______J（结果保留三位有效数字），重力势能的减少量△Ep=0-515J。根据实验结

果可得出的实验结论是。

,丁：ffJ

4_______679_______0单位：cm

；17.601r

，22.99r

【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】

10

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1:3:57..,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】

r?299-1579、

打B点速度v=^-=x1CT?1B/S=J.8oniys

2t2x0.02

则在打。点到B点的这段时间内，重锤动能的增加最△与"〃”=0.486J知Ep

2

在误差范围内，重物机械能守恒。

14.一探测器在质显为M的星球着陆后，用机械臂在距地表高度力处以一定的速度%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小

(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)g=喑(2)R=(3)v=也同布

【解析】

【小问1解析】

根据平抛规律有〃=；g/，L=v()t

联立解得8=竿

【小问2解析】

在星球表面有。丝二〃也

联立解得R

v0V2h

【小问3解析】

2

最小发射速度，即第一宇宙速度，故有mg=

联立解得^二

15.某兴趣小组遥控一辆玩具车，在水平路面上由静止启动，其口一，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m=1kg,玩具

车运动中受到的总阻力为重力的0.3倍，g取10m/s2.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）F=6N（2）vm=12m/s（3）5=36m

【解析】

小问1解析】

图像可知0~入内车的加速度〃=包=----m/s2=3m/s2

△12

根据牛顿第二定律有?一/=F-0.3/7^=ma

代入题中数据，联立解得尸=6N

【小问2解析】

分析可知2s时，车的功率尸=尸匕=（6x6）W=36W

车速度最大时，牵引力等于阻力，^p=f=—

%

代入题中数据，解得、=12m/s

【小问3解析】

题图可知0~2s内车位移'y=((/6x2'Iii=6m

2s到6s内，对车，由动能定理得g/mj-g"”：=P^t-fx2

其中&=4s,代入联立解得x=30m

玩具车前6s内前进的位移s=玉+马=36m

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，末端与停于河面的长木板B相切。木板左端放置质量

“。二10kg的橡胶块Ao质量加=50kg的人从轨道顶端由静止滑下，滑上木板后立即抱

住A共同滑行，当三者达到共同速度时木板未抵岸。已知轨道R=1.8m,木板质量加=

15kg,人、橡胶块与木板诃动摩擦因数均为0.5,g=10m/s2,所有物体均视为质点且未落

水。求：

(1)人运动至轨道最底端时，轨道对其支持力的大小；

(2)若长木板在水面上运动时水的阻力忽略不计，则人与橡胶块一起