四川省南充市2024-2025学年高一下学期期末考试物理试题（含答案）

第第页四川省南充市2024-2025学年高一下学期期末考试物理试题一、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，只有一项最符合题目要求。1．关于力与运动，下列说法正确的是（）A．曲线运动的合力可以是恒力B．平抛运动的合力可以是变力C．圆周运动的合力可以是恒力D．曲线运动的合力消失后还会继续做曲线运动2．如图所示，选项中研究对象做圆周运动的半径为R，重力加速度为g，不计空气阻力，下列说法正确的是（）A．甲图中在竖直轨道内侧做圆周运动的光滑小球在最高点的速度可以小于gRB．乙图中在水平转台上做匀速圆周运动的物块受到四个力的作用C．丙图中做匀速圆周运动小球的周期随α角增大而减小D．丁图中做匀速圆周运动的物体a受到的弹力正比于角速度3．如图所示，物块B和斜面体A相对静止地在水平外力F作用下沿粗糙的水平地面向右做匀加速直线运动。下列说法正确的是（）A．A、B间一对弹力做功代数和大于零B．A、B间一对摩擦力做功代数和小于零C．F做功等于AB系统动能的增加量D．物块B的机械能不守恒4．2025年5月14日，全球首个“超算卫星”在我国酒泉卫星发射中心发射成功，后续还会发射13000颗“超算卫星”。已知该卫星在离地面高h的圆轨道上绕地球运动，地球的质量为M、半径为R，卫星的质量为m，引力常量为G。则该卫星（）A．受到地球的万有引力为GMmR2C．周期为2πR35．如图所示，自行车的大齿轮与小齿轮通过链条相连，小齿轮和后轮绕共同的轴转动。设大齿轮、小齿轮和后轮的半径分别为RA、RB和RCA．转速之比为3∶2∶1B．角速度之比为2∶3∶3C．线速度大小之比为1∶2∶3D．向心加速度大小之比为1∶3∶186．如图所示，真空中某点电荷位于O1点，带正电的检验电荷从O点以某初速度释放后的运动轨迹为ON，N点在以OA．场源点电荷带负电B．电场中O点电势高于N点电势C．检验电荷从O到N动能一直减小D．检验电荷从O到N电势能一直增大7．如图所示，一个质量为m的小物块，从倾角为30°的固定粗糙斜面上高度为h处由静止开始下滑，其运动的加速度为0.2g，则小物块在斜面上下滑高度为hA．物块受到的摩擦力大小为0.8mg B．物块的动能增加了0.2mghC．物块的机械能减少了0.6mgh D．物块克服阻力做功为0.4mgh二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。每小题有多项符合题目要求，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。8．如图所示为用丝绸摩擦过的玻璃棒靠近或接触验电器的金属球时，验电器的金属箔片会张开，已知用丝绸摩擦过的玻璃棒带正电，下列说法正确的是（）A．玻璃棒靠近验电器时，金属球带正电、金属箔片带负电B．玻璃棒靠近验电器时，金属球带负电、金属箔片带正电C．玻璃棒接触验电器时，金属球、金属箔片均带正电D．玻璃棒接触验电器时，金属球、金属箔片均带负电9．如图所示，轻杆连接的A、B两个可视为质点的小球分别穿在固定的光滑直角支架上，现将轻杆从竖直位置静止释放，当轻杆与竖直支架夹角为θ时，两小球的速度分别为vA和vA．小球B始终受到三个力作用B．图中位置vA与vBC．小球B的速度最大时，A的加速度也刚好最大D．AB系统在θ增大到接近90°10．在由地球和月球组成的系统中，已知地球和月球的质量之比为p，地球和月球的平均半径之比为q，地月中心距离为r，月球做匀速圆周运动的周期为T。下列说法正确的是（）A．地球与月球的表面重力加速度之比为pB．地球与月球的平均密度之比为pC．地球和月球的第一宇宙速度之比为pqD．若视地月系统为双星系统，它们的线速度大小之和为2πr三、非选择题，本题共5小题，共54分。其中13~15小题解题时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤；有数值计算时，答案中必须明确写出数值和单位。11．用如图所示的装置验证机械能守恒。（1）除了图中所给器材，还必需___________；（填下列器材前的字母）A．毫米刻度尺B．交流电源（220V50Hz）C．天平（2）下图是某次从静止释放钩码（质量为m=0.1kg）得到的纸带的一部分，已知刻度尺的零刻度刚好对准速度零点O（未画出）。则下落Ob过程中钩码减少的重力势能ΔEp=J，增加的动能ΔEk=J，g=9.8m/s2。（结果均保留两位有效数字）12．在探究平抛运动特点的实验中，描绘运动轨迹的部分实验装置简化如图所示，A点是斜槽末端的位置，圆圈是小球位于斜槽末端时在竖直平面内的投影。（1）为了保证小球离开斜槽末端时的速度水平，将小球轻放在斜槽末端时，小球需要保持状态；（2）为了获得更多点迹描绘出平滑的运动轨迹，需要多次从斜槽上（选填“同一”或“不同”）位置静止释放小球，以保证小球每次离开斜槽末端时的速度（选填“相同”或“不同”）；（3）在白纸上确定坐标系时，坐标原点应该在图中的点（选填图中的字母）；（4）在白纸上确定y−x坐标系并绘出轨迹后，若平抛初速度为v0，重力加速度为g，在轨迹上选择一个动点(x,y)，当满足y=13．示波器的主要部件是示波管，示波管可简化为电子枪、偏转电极和荧光屏三部分。如图所示，某示波管的电子枪加速电压为U0，偏转电极板长和板间距均为d，偏转电极右侧到荧光屏的距离为L。当偏转电压为零时，电子刚好打到荧光屏的中心O点，现加上偏转电压u。已知电子的比荷为k（1）电子从电子枪离开的速率v0（2）电子在偏转电极中的偏转距离y；（3）电子在荧光屏中的偏转距离Y。14．某款国产混动赛车的质量m=2.0×103kg，额定功率为P=1.8×（1）求该赛车的最大速度vm（2）若该赛车以额定功率启动，求v0=20m（3）若该赛车开始以a=8m/s2匀加速启动，经15．如图所示，在倾角为θ的光滑斜面EFMN上（FM为斜面与地面的交线），有一根长R=0.1m的细线，细线的一端固定在O点，另一端连接着一个可视为质点的小球，过O点平行于EF的直线交FM于C点，FC的长度x1=0.5m。现使小球刚好能在斜面上做完整的顺时针圆周运动，从某次过B点细线被割断瞬间开始计时（不影响小球速度），经t=1s落到地面上的D点（图中未画出D点）。不考虑小球反弹，忽略空气阻力，sinθ=0.2，g=10m/s2。求：（1）小球经过B点时速率vB；（2）小球离开斜面时的G点和地面上H点间的竖直高度h；（3）水平面内D点到H点的距离L。

答案解析部分1．【答案】A【解析】【解答】A．曲线运动的合力可以是恒力。例如，平抛运动中合力为重力（恒力），轨迹为曲线，A正确；B．平抛运动的合力是重力，大小和方向均不变，B错误；C．圆周运动的合力全部提供向心力，方向始终变化，因此合力不可能是恒力，C错误；D．合力消失后，物体将做匀速直线运动（牛顿第一定律），不再做曲线运动，D错误。故答案为：A。

【分析】本题考查力与运动的关系，核心是理解曲线运动、平抛运动、圆周运动的受力特点，以及牛顿第一定律的应用。2．【答案】C【解析】【解答】A．光滑小球在最高点时，有mg=mv02B．乙图中的物块受到重力、支持力和静摩擦力共三个力作用，其中转台对其的静摩擦力提供其所需的向心力，故B错误；C．对丙图中的小球，有mgtanα=m4π2T2D．对丁图中的物体，筒壁对其弹力提供向心力，有F=mω2R故答案为：C。

【分析】本题考查四种不同圆周运动模型的受力与运动规律，需逐一分析各选项的受力特点、临界条件和周期公式。3．【答案】D【解析】【解答】AB．A与B相对静止，则二者相对地面的位移相同，二者间一对弹力和一对摩擦力均是相互作用力，等大反向，则一对弹力和一对摩擦力做功代数和均等于零，故AB错误；C．粗糙水平地面对AB系统做负功，由动能定理可知，其与F做的功的代数和才能等于AB系统动能的增加量，故C错误；D．因物块B向右做匀加速直线运动，重力势能不变，动能增加，则其机械能不守恒，故D正确。故答案为：D。

【分析】本题考查相互作用力的做功特点、系统动能定理和机械能守恒条件，关键是分析A、B间的弹力和摩擦力做功情况，以及物块B的机械能变化。4．【答案】B【解析】【解答】A．根据万有引力定律，得卫星受到地球的万有引力F=GMmBCD．卫星做圆周运动，万有引力提供向心力，有G得线速度v=GMR+h，周期T=2π(R+h)故答案为：B。

【分析】本题考查卫星绕地球做圆周运动的规律，核心是利用万有引力提供向心力，结合万有引力定律公式，分析卫星受到的引力、线速度、周期和加速度。5．【答案】D【解析】【解答】ABC．由角速度与转速的关系ω=2πn可知转速之比即为角速度之比，因为大、小齿轮由链条传动，则点A与B的线速度大小相等，即vA:vB=1:1，根据v=rω可知ω=vr，即ωA综合可得，A、B、C三点的角速度之比为ωA、B、C转速之比为nA、B、C线速度大小之比为vAD．由公式an=ω2故三点向心加速度大小之比为an故答案为：D。

【分析】本题考查自行车链条传动和同轴转动的圆周运动规律，核心是区分两种传动方式的特点：链条传动（A、B点）：线速度大小相等，角速度与半径成反比；同轴转动（B、C点）：角速度大小相等，线速度与半径成正比。6．【答案】B【解析】【解答】A．根据带正电的检验电荷的运动轨迹，轨迹的切线方向为速度方向，力指向轨迹的凹侧处，所以两点荷之间相互排斥，带同种电荷，所以场源点电荷带正电，A错误；B．根据φ=kQr，可知O点的电势高于CD．带正电的检验电荷在O点和N点，电场力先做负功再做正功，电势能先增加后减小，所以动能先减小后增加，CD错误。故答案为：B。

【分析】本题考查点电荷电场中带电粒子的运动轨迹分析，核心是利用轨迹弯曲方向判断受力方向，结合点电荷的电势分布、电场力做功与电势能/动能的变化规律进行分析。7．【答案】C【解析】【解答】A．对物块进行受力分析mgsin30∘B．根据动能定理F合hsinCD．物块减少的机械能等于克服阻力做的功，即W阻故答案为：C。

【分析】本题考查斜面上物体的受力分析、动能定理和机械能变化规律，核心是通过牛顿第二定律求摩擦力，再结合动能定理和功能关系分析动能、机械能的变化。8．【答案】B,C【解析】【解答】AB．玻璃棒靠近验电器时，验电器产生静电感应现象，则靠近玻璃棒的金属球带负电、远离玻璃棒的金属箔片带正电，故A错误，B正确；CD．玻璃棒接触验电器时，验电器上的电子向玻璃棒转移，则金属球、金属箔片均带正电，故C正确，D错误。故答案为：BC。

【分析】本题考查静电感应和接触起电两种使物体带电的方式，关键是区分“靠近”和“接触”验电器时电荷的分布与转移规律。9．【答案】B,D【解析】【解答】A．当小球A运动到最底端时，小球B不再受杆的拉力，只受两个力，A错误；B．两球沿杆方向的速度相同，即vAcosθ=C．小球B的速度最大时，加速度为0，杆的弹力为0，此时A球的加速度为g，小球B做减速运动时，杆对A球做正功，此时mg+F杆分所以当B球的速度最大时，A球的加速度不是最大值，C错误；D．对AB系统分析，运动过程中，系统只有重力做功，机械能守恒，D正确。故答案为：BD。

【分析】本题考查连接体系统的速度分解、受力分析与机械能守恒，核心是：两球沿杆方向的分速度相等；系统只有重力做功，机械能守恒；分析小球受力、加速度与速度的关系。10．【答案】A,D【解析】【解答】A．在天体表面的物体，受到的重力由天体对其的万有引力提供，有mg=GMmR2，解得g=GB．由ρ=MV=C．根据GMmR2=mv2D．设地月双星系统地球、月球做圆周运动的半径分别为r地、r月，它们的周期T、角度ω相同，则它们的线速度大小之和故答案为：AD。

【分析】本题考查天体表面重力加速度、密度、第一宇宙速度的比值计算，以及双星系统的线速度关系，核心是利用万有引力公式推导各物理量的表达式，再结合已知的质量比p和半径比q进行分析。11．【答案】（1）A；B（2）0.19；0.18【解析】【解答】（1）除了图中所给的器材，电火花计时器需要220V，50Hz的交流电源，还需要用毫米刻度尺测量长度，不需要用天平测物体的质量，因为要验证机械能守恒mgh=12m故答案为：AB。（2）下落Ob过程中钩码减少的重力势能Δb点的速度大小为v则增加的动能ΔEk=12m（1）除了图中所给的器材，电火花计时器需要220V，50Hz的交流电源，还需要用毫米刻度尺测量长度，不需要用天平测物体的质量，因为要验证机械能守恒mgh=12m故选AB。（2）[1]下落Ob过程中钩码减少的重力势能Δ[2]b点的速度大小为v则增加的动能Δ12．【答案】（1）静止（2）同一；相同（3）D（4）g【解析】【解答】（1）为保证小球离开斜槽末端时速度水平，应将小球轻放在斜槽末端时，小球需要保持静止状态。因为若小球不静止，说明斜槽末端不是水平的，小球会滚动。

故答案为：静止（2）为获得更多点迹描绘出平滑的运动轨迹，需要多次从斜槽上同一位置静止释放小球，因为只有这样才能保证小球在斜槽上释放点到斜槽末端的竖直高度差相同，以保证小球每次离开斜槽末端时速度相同。

故答案为：同一；相同（3）在白纸上确定坐标系时，坐标原点应该是小球在斜槽末端时球心在竖直平面内的投影，即图中的D点。

故答案为：D（4）平抛运动在水平方向做匀速直线运动，则有x=v0在竖直方向做自由落体运动，则有y=12gt即当在轨迹上选择的动点(x,y)满足y=g2v0x2(2)为了每次平抛轨迹相同，小球必须从斜槽上同一位置静止释放，以保证每次离开斜槽末端时的速度相同。(3)坐标原点应取小球抛出瞬间的球心位置，即图中的D点。(4)平抛运动的轨迹方程为y=g2v（1）为保证小球离开斜槽末端时速度水平，应将小球轻放在斜槽末端时，小球需要保持静止状态。因为若小球不静止，说明斜槽末端不是水平的，小球会滚动。（2）[1][2]为获得更多点迹描绘出平滑的运动轨迹，需要多次从斜槽上同一位置静止释放小球，因为只有这样才能保证小球在斜槽上释放点到斜槽末端的竖直高度差相同，以保证小球每次离开斜槽末端时速度相同。（3）在白纸上确定坐标系时，坐标原点应该是小球在斜槽末端时球心在竖直平面内的投影，即图中的D点。（4）平抛运动在水平方向做匀速直线运动，则有x=解得t=在竖直方向做自由落体运动，则有y=将t=xv即当在轨迹上选择的动点(x,y)满足y=g13．【答案】（1）解：电子被加速的过程中，由动能定理e解得电子从电子枪离开的速率为v（2）解：电子在偏转电场中做类平抛运动，初速度方向有d=沿电场方向有y=由牛顿第二定律e联立解得电子在偏转电极中的偏转距离y=（3）解：设电子离开偏转电场时的速度方向与水平方向的夹角为θ，则tan离开电场后，电子做匀速直线运动，有Y=y+L结合小问（2）联立可得电子在荧光屏中的偏转距离Y=u【解析】【分析】(1)电子在电子枪中加速，电场力做功，动能增加，由动能定理可求出电子离开电子枪的速率。

(2)电子进入偏转电极后，水平方向匀速直线运动，竖直方向受电场力做匀加速直线运动，结合运动学公式可求出偏转距离。

(3)电子离开偏转电极后做匀速直线运动，由几何关系（偏转角）可求出在荧光屏上的总偏转距离。（1）电子被加速的过程中，由动能定理e解得电子从电子枪离开的速率为v（2）电子在偏转电场中做类平抛运动，初速度方向有d=沿电场方向有y=由牛顿第二定律e联立解得电子在偏转电极中的偏转距离y=（3）设电子离开偏转电场时的速度方向与水平方向的夹角为θ，则tan离开电场后，电子做匀速直线运动，有Y=y+L结合小问（2）联立可得电子在荧光屏中的偏转距离Y=14．【答案】（1）解：赛车的速度最大时牵引力等于阻力，则v（2）解：根据牛顿第二定律有P代入题中数据，解得a（3）解：设汽车匀加速结束时用时t0，则有代入题中数据，解得t则从汽车启动到最大速度过程，根据动能定理有P代入题中数据，解得x=78.75m【解析】【分析】(1)赛车达到最大速度时，牵引力与阻力平衡，由功率公式P=Fv可直接求出最大速度。(2)以额定功率启动时，先由P=Fv求出牵引力，再根据牛顿第二定律F−f=ma求出加速度。(3)赛车先匀加速启动，达到额定功率后以额定功率加速到最大速度，分阶段用动能定理求解总位移。（1）赛车的速度最大时牵引力等于阻力，则v（2）根据牛顿第二定