重庆市某中学2024-2025学年高一年级下册7月期末物理试题（解析版）

重庆八中2024—2025学年度（下）期末考试

高一年级物理试题

一、选择题：共10题，共43分。

（-）单项选择题：本题共7题，每题4分，共28分。在每题给出四个选项中，只有一项是

符合题目要求的。

1.一辆汽车在水平公路上转弯，沿曲线由M向N行驶，速度逐渐增大。图中分别画出了汽车转弯时所受

合力户的四个方向，其中正确的是（）

【答案】B

【解析】

【详解】汽车从M点运动到N,做曲线运动，其运动轨迹必定夹在合力与速度之间，由于速度方向为轨迹

上该点的切线方向，且物体做加速运动，可知合力方向与速度方向的夹角要小于90°,结合选项图像。

故选B

2.关于机械能守恒，下列说法正饰的是（）

A.物体处于平衡状态时，机械能一定守恒

B.系统动量守恒时，系统机械能也一定守恒

C.系统机械能守恒时，系统动量也一定守恒

D.物体除受重力外，还受其他力时，机械能也可能守恒

【答案】D

【解析】

【详解】A.机械能守恒条件是只受重力或弹力做功，物体处于平衡状态，重力和其他力的合力等大反

向，若重力做功，则其他力的合力必然做功，故A错误；

B.系统动量守恒的条件是合外力为零，但系统内力可以做功，故B错误。

C.系统机械能守恒时，合外力不一定为零，动量不一定守恒，故C错误。

D.物体除受重力外，还受其他力，如果这些力不做功或做功代数和为零，机械能守恒，故D正确。

故选D。

3.如题图，〃是负电荷。产生的电场中一条电场线上的两点。a、〃两点电场强度大小为反、耳,，a、

力两点电势为化、外，则（）

0

A.耳,=耳,，8〃二%B.E(l=Eb,(pa>(pb

C.，(p<(p

Ea>EbabD.E()>Eb,(pa>(pb

【答案】C

【解析】

【详解】负点电荷周围的电场线是辐射状，所以左边的电场线比右边的电场线密集，所以纥〉与。电场线

指向负点电荷，沿着电场线方向电势逐渐降低，所以外＜处

故选C。

4.质量为〃，的物体以速率v做匀速圆周运动，则运动一周（）

A.任意时刻动量始终保持不变B.合外力的冲量为零

2

C.动量改变量大小为2〃wD.动能变化量为丝1

【答案】B

【解析】

【详解】A.动量是矢量，匀速圆周运动中速度大小一定，方向不断变化，因此动量方向也在变化，故A

错误；

B.根据动量定理，合外力的冲昼等于动量变化量。物体运动・周后，速度方向与初始速度方向相同，动

量变化量为零，因此合外力的冲量也为零，故B正确；

C.动量改变量大小为初末动量的矢量差。运动一周后，动量大小、方向未变，故动量改变量大小为0,

故C错误；

D.动能是标量，匀速圆周运动中速率不变，动能变化量为零，故D错误。

故选B。

5.农民手抛谷粒进行播种。在某次抛撒的过程中，有两颗质量相同的谷粒I、谷粒2同时从。点抛出，初

速度分别为K、〜其中匕方向水平，小方向斜向上，它们的运动轨迹在同一竖直平面内且相交于P点,

如图所示。已知空气阻力可忽略，谷粒I、谷粒2到达P点时重力的瞬时功率分别为片、鸟，则＜、P2

的大小关系为（）

A.P、＜P?B.6＞gC.《二6D.无法确定

【答案】A

【解析】

【详解】谷粒1、2在竖直方向位移相同，加速度相同，但谷粒2有向上的初速度，根据运度位移关系

v2-=lax

可知到达P点时谷粒2的竖直速度较大，根据P=机

可得“＜巴

故选A。

6.电容式话筒是录音棚中最常用设备。采集端原理图如图所示，背板和振膜可视为平行板电容器，当声波

靠近振膜时振膜左右振动，背板不动。则（）

振膜电池

A.不采集声音时，〃点电势高于。点电势

B.当振膜向左振动时，电流从。经电阻流向人

C.当振膜向左振动时，。点电势等于人点电势

D.当振膜向右振动时，。点电势高于点电势

【答'栗】D

【解析】

【详解】A.不采集声音时，电容器完成充电，电路无电流，。和人点电势相等，故A错误;

BC.当振膜向左振动，振膜与背板间距增大，根据C=——

4兀kd

可知，电容减小，电容器电压不变，根据。=温

可知，电荷量减小，电容器放电，通过电阻的电流由力指向m故。点电势低于〃点电势，故BC错误；

D.当振膜向右振动，振膜与背板间距减小，结合上述可知，电容增大，电荷量增大，则电容器充电，通过

电阻的电流由〃指向仇故。点电势高于〃点电势，故D正确。

故选D。

7.《流浪地球》中科学家用超级缆绳连接地球赤道.卜•的基地和地球同步轨道空间站，通过超级缆绳承载太

空电梯，使轿厢沿缆绳从地球直入太空，如图I所示。图2中横坐标，•为物体到地心的距离，R为地球半

径。曲线A为物体仅在地球引力作用下绕地心做圆周运动的加速度大小与一的关系图，直线8为物体以地

球自转角速度绕地心做圆周运动的加速度大小与〃的关系图。座1中的太空电梯停在离地面高R处，则电

梯内质量为的货物对电梯底板的压力大小为()

"%）2niRa（.

A.------------------B.--------L

4%%

"?go2mRa（）

cD〃喏。2"叫《）

-r4R

【答案】C

【解析】

【详解】若货物在地球表面，有mg°=G”?

R

Mm2CD

设货物在距地面高R处受到的支持力为入，此时货物绕地球做匀速圆周运动，有G西了■一F、=m①,2R

根据题意，由图2可知，•二七时，处于同步轨道，有

厂mg.2mRa

联立解得外二寸(-------(-}

44

根据牛顿第二定律，得货物对电梯底板的压力然'=然=牛一名她

故选C。

（二）多项选择题：本题共3题，每题5分，共15分。在每题给出的四个选项中，有两个或

两个以上选项符合题目要求，全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。

8.某物体在运动过程中，仅受重力和水平方向的风力，某段时间内，重力对物体做功3J,物体克服风力做

功4J,则（）

A.外力对物体做的总功为5JB.物体的动能增加了1J

C.物体的机械能减少了4JD.物体的重力势能减小了3J

【答案】CD

【解析】

【详解】已知％=3J,叫=—4J

A.外力做的总功％=%+%=一口，A错误；

B.根据动能定理，外力做的总功等于物体动能的增量，所以动能增量为-1J,即物体动能减少1J,B错

误；

C,物体的机械能增加量等于除重力以外的其它力做的功。机械能增加量为△4L=WF=-4J

即机械能减少4J,C正确:

D,重力做正功，重力势能减少3J,D正确。

故选CD。

9.中国农历二十四节气划分是地球和太阳的连线每扫过15。定为一个节气，下图为北半球二十四个节气时

地球在公转轨道上位置的示意图，其中冬至时地球在近日点附近。则（）

地球公转方向

立夏谷雨清明春分

惊蛰

小满\\4、、雨水

,,'、、、.立春

//、大寒

芒种

/'，二'"上小寒

夏至,.•

二--……*近日点

远日点r：T冬至

\\W尸大雪

小暑、、、////:i\：\\\、:.小雪

仆•/；'立冬

立族霜降

处署白成秋分寒露

A.夏至时地球公转速度比冬至时小

B.立春时地球公转的加速度与立夏时大小相等

C.芒种到夏至的时间间隔比大雪到冬至的时间间隔长

D.春分、夏至、秋分、冬至四个节气刚好将一年的时间分为四等份

【答案】AC

【解析】

【详解】A.根据开普勒第二定律，地球在近日点最快，远日点最慢。夏至时地球公转速度比冬至时小，

A正确；

B.根据牛顿第二定律得6岁=〃心

M

解得〃=Gr

r

离太阳越近，加速度越大。立春时地球公转的加速度大于立夏时地球公转的加速度，B错误；

C.根据开普勒第二定律，地球在近日点最快，在远日点最慢。所以芒种到夏至的时间间隔比大雪到冬至

的时间间隔长，C正确；

D.根据开普勒第二定律，地球在近日点最快，在远日点最慢。所以春分到夏至时间大于秋分到冬至的时

间，不是四等分，D错误。

故选ACo

10.固定在竖直面内的光滑圆管尸。Q,尸。段长度为L,与水平方向的夹角为30。，在。处有插销，。。段

水平且足够长。管内尸。段装满了〃个质量均为，〃的小球，小球的半径远小于其编号如图所示，重力

加速度为g。拔掉插销，从小球开始运动到1号小球到达。点过程中（忽略弯道处机械能的损失）（）

B.系统的最大动能为竺三

A.1号球机械能守恒

C.1号球对2号球做的功为幽D.I号小球的加速度为其

2

【答案】BC

【解析】

【详解】D.拔掉插销后，小球依次紧密排列运动，整体的加速度大小相等，设为仇小球总数为〃，运动

过程中倾斜圆筒中剩余的小球个数为k(1W0),对整体根据牛顿第二定律有k〃gsin300=，"〃a

L

解得。二丁g

In

所以整体的加速度与A有关，则1号球在下滑过程中做加速度减小的加速运动，故D错误；

B.系统机械能守恒，当系统势能最小时，即所有小球都运动到水平管时，系统动能最大，根据机械能守

nm

恒定律有Ekm=nm^Lsin30°=^,故B正确；

AC.则对从拔掉插销到所有小球都到达OQ段的过程，根据机械能守恒定律有

nmgx^Lsin30°=gnmv2

对于1号球从P到。的运动过程，设2号球对1号球做的功为W,根据动能定理有

mgLsin3004-IV=—mv2

解得W二一皿

4

又因为1、2号球之间相互作用力始终大小相等、方向相反，且整个下滑过程位移相同，所以1号球对2号

球做的功为卬'=一卬=皿，故A错误，C正确。

4

故选BCo

二、非选择题：共5小题，共57分。

11.某实验小组利用手机物理工坊软件(Phyphox)探究圆周运动向心加速度的影响因素。该小组先探究向

心加速度与角速度的关系，实验装置如图I所示，步骤如下：

图1

①将自行车倒置，并将手机固定在自行车后轮上；

②打开手机物理工坊软件，选择向心加速度测量功能，逐渐加速转动后轮，记录数据:

③软件输出向心加速度与角速度的关系图像如图2。

图2

（1）探究向心加速度与角速度的关系，利用的科学思想方法是：

A.控制变量B.等效替代C.微小量放大

（2）由输出的图像图2,可以初步得到结论：转动半径一定时，；

（3）由于图像为非线性，为了进一步探究。与”的关系，作出①2图像；

（4）改变手机固定在后轮的位置.，使其转动半径更小，进行第二次实验，输出两次实验下的图像,

图3

【答案】①.A②.向心加速度随角速度增大而增大③.小

【解析】

【详解】（1）［1］探究向心加速度与角速度的关系，需控制运动半径相同，利用的科学思想方法是控制变量

法。

故选A。

（2）［2］由图2可知，转动半径一定时，向心加速度随角速度的增大而增大。

（4）［3］根据公式〃=疗厂

解得a=reef

图像的斜率为《=，・

斜率越大半径越大，所以，B实验对应的转动半径更小。

12.用图1所示的气垫导轨来验证动量守恒定律，在包垫导轨的一端装有位移传感器（图中未画出），A、

B两物块（可视为质点）沿同一直线运动并发生正碰，若A物块的质最为机尸305g,B物块的质量为

w=150g,表格数据是A、B两物块碰撞前在同一时刻与传感器的距离。

x/m

L2

L0

S8

6

O.4

O6.2

（1）根据表中数据可以判断出位移传感器固定在气垫导轨的（填“左端”或“右端”）。

（2）为了更方便判断A、B碰撞时是否满足动量守恒，于是画出了碰撞前后A、B两物块位置随时间变化

的图像（如图2）,。、b分别为A、B两物块碰撞前的位置时间图线。

①取碰前B物块的速度方向为正方向，则碰前B物块的动量为kg-m/s,碰后B物块的动量为

kg-m/s（结果均保留2位有效数字）。

②由题中数据结合x-f图像中提供的信息，可判断两滑块组成的系统在相互作用过程中动量___________

（填“守恒”或“不守恒”）,判断的依据是。

【答案】①.右端②.0.30-0.60④.守恒⑤.理由见解析

【解析】

【详解】（1）［1］根据表中数据可以判断出位移传感器在开始时距离B较近，则固定在右端。

（）4-0

①［2］根据门图像可知，碰撞前B物块的速度为vB=f—m/s=2m/s

B物块碰前动量为m2VB=0.15x2kg-m/s=0.30kg•m/s

［3］碰撞后A、B速度与碰前A的速度方向相同，向右。所以，碰后B的速度反向且速度比A碰后速度更

大，因而B物块的速愎为in/s=-4m/s

O3—0.2

贝ijB物块碰后动量为2PB'=-0.15x4kg•m/s=-0.60kg-m/s

04-1?

②［5］碰撞前A物块的速度为5=———m/s=-4m/s

碰撞后A物块的速度为以'=0°4m/s=-lm/s

0.6-0.2

碰前系统动最町以+〃h为=-0.92kg-m/s

碰后系统动量见以'=-0.905kg-m/s

[4]在误差范围内动量守恒。

13.如图1所示为一秋千娱乐设施。O点为一条秋千绳的悬挂点，某同学在荡秋千的过程中，秋千板最高

位置是4点，最低位置是5点，侧视简化图如图2。已知OA连线与竖直方向的夹角为37。，两根秋千绳长

度均为乙绳的质量不计，该同学质量为M,秋千板质量为用，运动过程中两秋千绳始终平行且在同一平

面内，该同学可视为在秋千板上的质点，不计一切阻力，重力加速度为g,cos37°=0.8,求：

（1）秋T板在最低位置S时该同学的速度大小V；

（2）秋千板在最低位置B时，每根秋千绳的拉力大小兀

【答案】（1）

7

（2）—（A/

【解析】

【小问1详解】

秋千从4点运动到B点的过程中下落的高度为〃=L（l—cos<9）=：L

秋千从A点运动到B点的过程中，根据机械能守恒定律得（历+〃z）g/2=g（M+，〃）/

【小问2详解】

在最低点，根据牛顿第二定律得2尸一（M+〃?）g=（M+m）—

7

解得b二5（zM+〃?）g

14.为研究单级弹射与二级弹射的不同，某实验小组设计出简化弹射装置。

方案一：单级弹射装置如图1。滑块以〃置于光滑的水平面上并紧靠在一起，将1、2两根相同的轻弹簧

并排拴接在滑块。左侧（弹簧未与墙面拴接），使两弹簧进行同样的压缩，单根弹簧储存的弹性势能为

耳，同时释放两根弹簧。

方案二：二级弹射如图2。将方案一中的两根轻弹簧I、2分别拴接在滑块〃、人的左侧（弹簧1不与墙面

拴接，弹簧2不与滑块〃拴接），并使两根轻弹簧发生与方案一中同样的形变。实验时，先锁定弹簧2（保

持弹簧2形变量不变），释放弹簧1进行一级弹射，一级弹射完成瞬间立即自动释放弹簧2进行二级弹射。

已知每个滑块质量均为〃7,弹簧的劲度系数很大，可瞬间弹开，忽略空气阻力的影响，重力加速度为g。

（2）方案二中一级弹射的过程中，弹簧1对墙壁的冲量/的大小及方向;

（3）方案二中二级弹射完成后，滑块〃的速度大小也、血。

【答案】（1）u=J组

Vm

（2）/=2新可，方向向左

（3）匕=0,%=2后

【解析】

【小问1详解】

根据机械能守恒定律得2耳

【小问2详解】

设一级弹射完成瞬间，滑块的速度大小为小,根据机械能守恒定律得综・4

解得%=

对滑块m》及弹簧2组成系统，由动量定理，弹簧1对系统的冲量/弹划=2/小为

解得［弹簧］=2J，〃耳,方|可|可右

弹簧对墙壁的力与弹簧对系统的力总是等大反向，因此弹簧1空墙壁的冲量/=25碣

方向向左

【小问3详解】

二级推进过程，根据动量守恒定律和机械能守恒定律可得2〃z%=niv}+mv2,

纥+gx2mv：=g〃八1+g/nvj

联立解得巧=0,匕

15.如图1所示，P处有一粒子源，可以源源不断地均匀地“飘”出（初速度为零）质量为小、电荷量为q

的带正电的粒子，经水平放置极板M、N间的加速电场加速后进入辐向电场（电场强度方向指向0）,沿

着半径为R的圆弧虚线（等势线）运动，从辐向电场射出后，沿水平放置的平行金属板A、B间的中线射

入其间的电场中。已知M、N板间所加电压为Uo,A、B两板间所加电压随时间变化如图2所示，图中U

未知、7己知，A、B两板板长心与板间距d满足L=2d=27J”4。在厂0时刻射入A、B板间的粒

Vm

子恰好打在B板的中点。若粒子撞击金属板，将被金属板吸收，不计A、B板两端处电场的边界效应，不

（1）经MN板间加速后，粒子获得的速度见大小;

（2）辐向电场中虚线上各点的电场强度£大小和粒子在辐向电场中的运动时间小

（3）U的