四川省遂宁市2024-2025学年高一下学期7月期末物理试题（含答案）

第第页四川省遂宁市2024-2025学年高一下学期7月期末物理试题一、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，只有一项是符合题目要求的。）1．下列说法正确的是（）A．物体做离心运动时，是因为它受到了离心力的作用B．做匀速圆周运动的物体，其合外力是恒定不变的C．经典力学只适用于宏观、低速、弱引力场的范围D．人在徒步爬山时，支持力对人做正功2．下面实例中，研究对象的运动过程机械能守恒的是（）A．点火后加速上升的火箭B．做自由落体运动的小球C．飘落的树叶D．打开降落伞后下降的跳伞运动员3．匀速圆周运动在生活中随处可见，现有一个质量为0.5kg的小球在某平面内做匀速圆周运动，其运动半径为1m，线速度大小为3m/s，则小球的（）A．角速度为3rad/s B．转速为1.5r/sC．合外力为1.5N D．加速度大小为3m/s24．下列有关万有引力定律说法正确的是（）A．牛顿发现了万有引力定律，并利用扭秤实验测出了引力常量GB．由万有引力定律公式F=GMmr2可知，当C．两个质点质量不变，距离变为原来的2倍，则它们间的万有引力将变为原来的1D．地球绕太阳在椭圆轨道上运行，在近日点和远日点受到太阳的万有引力大小是相同的5．如图甲所示，弹簧振子以O点为平衡位置，在A、B两点之间做简谐运动，以O点为坐标原点，取向右为正方向，振子的位移x随时间t的变化如图乙所示，下列说法正确的是（）A．振子的振幅为4cmB．振子从1s至3s弹簧弹力一直做负功C．3s至4s振子从A点向O振动，速度增大，加速度减小D．2s至3s振子从O点向B振动，速度减小，加速度增大6．在短途出行时，电动摩托车（如图甲）是许多上班族的通勤选择。根据规定，电动摩托车的行驶时速一般不得超过40公里/小时。图乙为某电动摩托车起步时的速度随时间变化的图像，下列说法正确的是（）A．0~5s内电动摩托车的位移为20mB．0~5s内电动摩托车的平均速度大于4m/sC．t=5s时电动摩托车的加速度为1.6m/s2D．电动摩托车电机输出的功率始终保持不变7．质量为1kg的物块在沿斜面方向上的外力F的作用下沿倾角为30º的光滑斜面由静止开始运动，其外力F随时间的变化如图所示（取沿斜面向上的方向为F的正方向）。重力加速度g=10m/s2，则下列说法正确的是（）A．3s时物块的速率为21m/s B．5s时物块回到初始位置C．2s时物块的动量为6kg·m/s D．0～5s时间内F的总冲量为15N·s二、多项选择题（本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，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．位于坐标原点O的波源在t=0时刻开始振动，形成的简谐横波在x轴上传播，在传播方向有两个质点P、Q，其平衡位置的坐标分别为xp=9m、xQ=15m，在t=5s时波刚好传播到Q点，其波形如图所示。下列说法正确的是（）A．质点P刚开始振动时，其运动方向沿y轴正方向B．该波的波速是3m/sC．0～5s时间内，质点P运动的路程为15cmD．t=4s时，质点P正好在波谷位置9．“神舟二十号”载人飞船于2025年4月24日顺利发射升空，并成功与神舟十九号航天员乘组移交了中国空间站的钥匙。飞船发射后会在轨道Ⅰ上进行数据确认，后择机经轨道Ⅱ完成与中国空间站的对接，其变轨过程可简化为下图所示，已知轨道Ⅰ半径近似为地球半径R，中国空间站轨道Ⅲ距地面的平均高度为h，则下列说法正确的是（）A．飞船在轨道Ⅱ上经过P点时的速度大于在轨道Ⅰ上经过P点时的速度B．飞船在轨道Ⅰ上运动周期T1与在轨道Ⅱ上运动周期T2之比TC．飞船在轨道Ⅱ上Q点的加速度等于组合体在空间站轨道Ⅲ上Q点的加速度D．飞船在发射后升空对接过程中，P点变轨时发动机做负功，Q点变轨时发动机做正功10．如图所示，质量均为m的物块A和B用不可伸长的轻绳连接，A放在倾角为θ的固定粗糙斜面上，斜面与物体之间动摩擦系数为μ，而B能沿光滑竖直杆上下滑动，杆和滑轮中心间的距离为L，斜面与杆足够长，重力加速度为g。物块B从与滑轮等高处由静止开始下落，在物块B下落到绳与水平方向的夹角为θ的过程中，下列说法正确的是（）A．物块B的重力势能减少量为mgLB．物块A的速度大小是物块B速度大小的cosθC．物块B的末速度为2gLD．由物块A、物块B及连接轻绳构成的系统的机械能变化量为−μmgL(1−三、实验题（本题每空2分，共16分）11．某实验小组用如图甲所示的装置做“用单摆测量重力加速度”的实验。（1）如图乙为4种摆球设计，选哪种方式正确；（2）测摆球直径时游标卡尺的读数为mm；（3）若某同学根据实验中数据计算出摆长L，n次全振动时间为t，则当地的重力加速度g=（用L，n，t表示）。12．如图1所示是“验证机械能守恒定律”的实验装置。（1）关于上述实验，下列说法中正确的是_____A．重物最好选择密度较小的木块B．不可以利用公式v=2gh来求解瞬时速度C．实验中应先释放纸带，后接通电源D．释放重物前应手提纸带上端并使重物远离计时器（2）某同学在打出的纸带上截取一段，如图2所示，纸带上各相邻计时点间的距离已测出标在图中。已知各相邻计时点的时间间隔为T，重物质量为m，重力加速度为g。在打计时点2时重物的速度v2=，在打计时点5时重物的速度为v5，从打计时点2到打计时点5的过程中重物的动能增加量大小ΔEk=（用m、v2、（3）某同学用两个物体P、Q分别进行实验，两次实验物体所受阻力作用相同，多次记录下落的高度h和对应的速度大小v，作出v2A．Q受到的阻力大小恒定B．P的质量小于Q的质量C．选择P进行实验误差更小四、计算题（本题共38分，解答题时应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤。只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位）13．如图所示，用长为L的细线连接一个质量为m的小球，使小球在空中某一水平面内做匀速圆周运动，细线与竖直方向成θ角。忽略空气作用，细线质量不计且不可伸长，小球视为质点，重力加速度为g，求：（1）细线对小球的拉力T的大小；（2）小球在水平面内做匀速圆周运动的角速度ω大小。14．哈尔滨冰雪大世界的超级冰滑梯宛如一条蜿蜒的冰龙，横卧在银装素裹的冰雪王国之中，享有“世界第一长冰滑梯”的美誉，游客乘坐特制雪橇从顶端飞驰而下，在晶莹剔透的冰道上体验风驰电掣的极速快感，如图所示。假设滑道为直线，全长L=500m，落差达h=20m。一个质量为m=60kg的人在滑道顶端由静止开始滑下，所受阻力恒为f=6N，（1）全程各力对人所做的功；（2）该人滑至滑道底端时重力的瞬时功率P。（计算结果可用根式表示）15．某兴趣小组设计了一个装置，如图所示，在足够长的光滑水平台面上静置着质量为M=2kg的薄木板（忽略其厚度），其右端刚好与平台的边缘对齐。木板左端挡板上固定有始终处于弹性限度内的轻弹簧，弹簧自然状态时其右端伸长到P点，木板的P点左侧光滑、右侧粗糙。水平台面的右侧固定有半径R=2m的光滑的圆弧槽ABC，OC与竖直半径OB的夹角θ=60°，OA水平。某时刻，质量为m=1kg的滑块（可视为质点）从A点正上方h=0.8m高度处由静止释放，一段时间后滑块经过圆弧槽从C点滑出，刚好沿水平方向冲上薄木板的右端，在其上滑行，最终与弹簧发生作用。已知滑块与木板P点右侧之间的动摩擦因数μ=0.1，木板P点右侧的长度为L=2m，重力加速度g=10m/s2，滑块运动时不计空气阻力。求：（1）滑块在圆弧槽C点时对槽的压力；（2）滑块与弹簧作用时，弹簧的最大弹性势能；（3）请通过计算判断滑块最终是停在木板上还是滑离木板。若是滑离木板，请求出滑离时滑块和木板的速度，若是停在木板上，请求出停在木板上的位置相对P点的距离。

答案解析部分1．【答案】C【解析】【解答】A．离心运动是由于物体具有惯性导致其脱离圆周轨道，并非受到真实的“离心力”，故A错误；B．匀速圆周运动的合外力（向心力）方向始终指向圆心，力的方向不断变化，故B错误；C．经典力学的适用范围是宏观、低速、弱引力场，与描述一致，故C正确；D．爬山时脚底与地面在接触过程中不发生相对运动，即支持力作用点不随人体整体移动，因此‌支持力不做功‌‌，故D错误。故选C。

【分析】1、离心运动时，实际提供的向心力不足以维持物体做圆周运动‌，导致物体因惯性而偏离原圆周轨迹；

2、力是矢量，大小和方向均不发生变化才叫恒定不变；

3、考察经典力学的适用范围——宏观、低速、弱引力场；

4、功的计算需以‌力的作用点发生位移‌为前提，而步行时支持力仅在接触瞬间作用，且作用点无沿力方向的持续位移。2．【答案】B【解析】【解答】A．火箭加速上升时，燃料燃烧的推力对火箭做功，化学能减少，机械能增加，故A错误；B．自由落体的小球仅受重力，仅有重力做功，机械能守恒，故B正确；C．飘落的树叶受空气阻力，阻力做功导致机械能减少，故C错误；D．跳伞运动员受较大空气阻力，阻力做功使机械能减少，故D错误。故选B。

【分析】根据生活常识判断能量转化的形式

1、燃料燃烧释放的化学能转化为火箭的机械能，机械能增加；

2、重力势能转化为动能，机械能守恒；

3、空气阻力做功，机械能转化为空气和树叶的内能，机械能减少；

4、空气阻力做功，机械能转化为跳伞运动员和空气的内能，机械能减少。3．【答案】A【解析】【解答】A．角速度公式为ω=vr，代入数据得B．转速n与角速度ω的关系为ω=2πn，n=ω2π，代入数据得C．向心力（合外力）公式为F=mv2D．向心加速度公式为a=v2r故选A。

【分析】1、用运动半径和线速度计算角速度；

2、利用角速度和转速的关系计算转速大小；

3、利用向心力公式计算向心力的大小；

4、利用向心加速度公式计算向心加速度的大小。4．【答案】C【解析】【解答】A．牛顿发现了万有引力定律，卡文迪许通过扭秤实验测得引力常量G，故A错误；B．当r→0时，物体无法被视为质点，万有引力公式不再适用，故B错误；C．根据公式F=GMmr2D．在椭圆轨道中，近日点r较小，远日点r较大，地球与太阳的质量不变，由公式可知万有引力大小不同，故D错误。

故选C。【分析】1、熟悉物理学史，牛顿发现万有引力定律，卡文迪许测得引力常量；

2、理解万有引力定律的适用范围，当两个物体靠得很近时，质点模型失效，需要考虑分子力等；

3、熟练掌握公式，分析各物理量之间的比例关系；

4、理解实际情境，运用万有引力公式判断不同情况下的引力大小。5．【答案】D【解析】【解答】A．由图乙可知，弹簧振子的振幅A=2cmB．振子在运动过程中，只有弹簧弹力做功，由图乙可知，从1s至3s振子的位移大小先减小后增大，则振子的速度先增大后减小，即振子的动能先增大后减小，所以弹簧弹力先做正功后做负功，故B错误；C.3s至4s振子从B点向O振动，速度增大，加速度减小，故C错误；D.2s至3s振子从O点向B振动，速度减小，加速度增大，故D正确。故选D。

【分析】

1、从振动图像中读出简谐运动的振幅；

2、从振动图像中得到振子的运动过程，平衡位置动能最大，弹性势能最小，从而判断弹力的做功情况；

3、分别判断振子的运动过程、速度变化和加速度变化，其中平衡位置速度最大，加速度最小，3s至4s振子从B点向O点运动，从最大位移处移向平衡位置；

4、2s至3s振子从O点向B振动，从平衡位置移向最大位移处。6．【答案】B【解析】【解答】A．v−t图像与时间轴所围几何图形的面积表示位移，根据图乙可知，0~5s内电动摩托车的位移x>5×8B.0~5s内电动摩托车的平均速度v=xtC.0~5s内若电动摩托车做匀加速直线运动，则加速度a=Δvt=8D．根据图乙可知，电动摩托车做加速度减小的变加速直线运动，牵引力减小，速度增大，由功率公式P=故选B。

【分析】若电动摩托车做初速度为0的匀加速运动，第5秒末速度大小为8m/s，则位移为20m，平均速度为4m/s，加速度大小为1.6m/s，但电动摩托车做的是变加速运动，故AC错误，B正确，而牵引力减小，速度增大，输出功率无法确定。7．【答案】D【解析】【解答】AB．以沿斜面向上为正方向，0~3s时间内，对物块受力分析，根据牛顿第二定律得F−mg解得a0~3s时间内位移x3~5s时间内，对物块受力分析，根据牛顿第二定律得−F−mg解得a3~5s时间内位移x3s时的速度v解得xx1C．t=2s时物块的速度为v=a1t=4m/s，此时物块的动量为p=mv=4kg·m/s，故C错误；D.0~5s时间内F对物块的总冲量为I=F故选D。

【分析】对物块做受力分析，重力沿斜面向下的分力和外力F的合力提供物块的加速度，进而分别计算物块在0~3s和3~5s的运动情况；计算第2s末的物块速度大小，从而得到动量；计算0~3s和3~5s内物块分别的冲量，并作矢量合成。8．【答案】A,B【解析】【解答】A．根据同侧法可知t=5s时质点Q沿y轴正方向，即波源的起振方向沿y轴正方向，因此质点P刚开始振动时，其运动方向沿y轴正方向，A正确；B．由图可知，λ=12m，T=4s，该波的波速是v=15C．波的周期为T=λv=4s，该波的波长波从O传播到P所需的时间t1D．根据C选项分析可知t=4s时，质点P振动了1s（四分之一周期），质点P刚开始振动时，其运动方向沿y轴正方向，则质点P正好在波峰位置，D错误。故选AB。

【分析】运用同侧法判断波前的振动方向，由波的性质可知，波前的振动方向也是波上任一点的起振方向；从波形图中得到波长，从题干中得到周期，计算波速；根据波形图判断P点的路程；根据t=5s时的波形图倒推t=4s时的波形图，判断P点的位置。9．【答案】A,C【解析】【解答】A．飞船由轨道Ⅰ变轨到轨道Ⅱ需点火加速，所以飞船在轨道Ⅱ上经过P点时的速度大于在轨道Ⅰ上经过P点时的速度，故A正确；B．根据开普勒第三定律可得R3T1C．根据牛顿第二定律可得GMmr2D．飞船在发射后升空对接过程中，P点变轨时和Q点变轨时飞船都做离心运动，都需加速，发动机都做正功，故D错误。故选AC。

【分析】1、飞船在P点的万有引力不变，提供的向心力相等，在轨道Ⅰ上做圆周运动，在轨道Ⅱ上做离心运动，故飞船在轨道Ⅱ上速度更大；

2、计算轨道Ⅰ的半径和轨道Ⅱ的半长轴，运用开普勒第三定律推导运动周期的比值；

3、卫星运动的加速度由中心天体的质量和卫星与天体的距离决定，因此同一圆轨道不同卫星的加速度大小相等；

4、两次变轨均为点火加速，发动机均做正功。10．【答案】A,D【解析】【解答】A．在物块B下落到绳与水平方向的夹角为θ时，物块B下降的高度为h=Ltanθ，则B重力势能减少量为B．将物块B的速度分解为沿绳方向的速度和垂直绳方向的速度，则有vA=vC．对物块B，由于绳子拉力对B做负功，设物块B克服拉力做功为WT，根据动能定理可得mgh−WTD．根据几何关系可知，物块A沿斜面上升的距离为xA=L故选AD。

【分析】1、根据几何关系得到B的下降高度，计算减少的重力势能；

2、A和B在沿绳方向速度相等，通过关联速度计算vA和vB的大小关系；

3、假如B减少的重力势能全部转化为B的动能，则为C选项的答案，但是部分重力势能还转化为A的动能和A与斜面之间的内能，所以小于选项数值；

4、根据几何关系计算A在斜面上运动的距离，计算滑动摩擦力的做功，即为系统机械能的减少量。11．【答案】（1）C（2）12.5（3）4【解析】【解答】（1）本实验中为了减小阻力影响，摆球应选择密度大，体积小的小铁球或者小钢球，摆线应选择较长且伸缩性较小的细线。故选C；（2）游标卡尺的读数为主尺读数与游标尺读数之和，所以此时游标卡尺读数为12+5×0.1mm（3）根据单摆周期公式T=2πLg，T=tn，所以g=4π2（1）本实验中为了减小阻力影响，摆球应选择密度大，体积小的小铁球或者小钢球，摆线应选择较长且伸缩性较小的细线。故选C。（2）游标卡尺的读数为主尺读数与游标尺读数之和，所以此时游标卡尺读数为12+5×0.1（3）根据单摆周期公式T=2πLg所以g=12．【答案】（1）B（2）s1+s2（3）A；C【解析】【解答】（1）A．为了减小空气阻力的影响，重物最好选择密度较大、体积较小的铁块，故A错误；B．用公式v=2ghC．实验过程中，应先接通打点计时器电源后释放重物，故C正确；D．使重物靠近计时器以便纸带充分利用。故D错误。故选B。（2）[1]匀变速中，中间时刻的瞬时速度等于这一段过程中的平均速度，因此可得v2[2]动能增加量等于末动能减初动能，因此可得ΔE[3]重力势能减少量等于重力乘以高度差，即ΔE（3）重物下落过程由动能定理得mgh−fh=12mv2，得v故选AC。

【分析】（1）理解验证机械能守恒定律的实验中的注意事项，特别是不能使用公式v=2gh，避免循环论证；

（2）掌握用纸带计算计数点的速度大小的公式，以及动能和重力势能的变化量的表示方法；

（1）A．为了减小空气阻力的影响，重物最好选择密度较大、体积较小的铁块，故A错误；B．用公式v=2ghC．实验过程中，应先接通打点计时器电源后释放重物，故C正确；D．使重物靠近计时器以便纸带充分利用。故D错误。故选B。（2）[1]匀变速中，中间时刻的瞬时速度等于这一段过程中的平均速度，因此可得v[2]动能增加量等于末动能减初动能，因此可得Δ[3]重力势能减少量等于重力乘以高度差，即Δ（3）重物下落过程由动能定理得mgh−fh=得v可知v2−h图像斜率越大，重物质量m越大，空气阻力f的影响越小，实验误差越小，故P的质量大，选择P进行实验误差更小；由于图像是一条直线，所以图像斜率故选AC。13．【答案】（1）（1）小球在竖直方向上处于平衡状态，则T解得T=（2）（2）小球在水平面内做匀速圆周运动，向心力由细线拉力的水平分量提供，圆周运动的半径r为r=L向心力大小为T解得角速度的大小为ω=gLcosθ

答：（1）细线对小球的拉力T=mg【解析】​【分析】（1）对小球做受力分析，通过细线拉力与重力和夹角θ之间的几何关系，解得拉力大小；

（2）拉力的水平分力提供向心力，通过向心力公式计算得到角速度的大小。（1）小球在竖直方向上处于平衡状态，则T解得T=mg（2）小球在水平面内做匀速圆周运动，向心力由细线拉力的水平分量提供，圆周运动的半径r为r=L向心力大小为T解得角速度的大小为ω=14．【答案】（1）解：（1）对人进行受力分析可知，人受到重力、支持力和阻力的作用，全程各力对人所做的功分别为：

重力做的功W支持力做功W摩擦力做功W（2）（2）设人滑到坡底的速度为v，对人列全程动能定理方程有W代入数据可得v=10斜面夹角为α，则由题意可得sin所以该人滑至斜面底端时重力的瞬时功率P=mgv代入数据可得P=2403W

答：（1）重力做的功为1.2×104J，支持力做的功为0J，摩擦力做的功为-3×103J；

（2）该人滑至滑道底端时重力的瞬时功率【解析】【分析】（1）理解功的定义式，掌握功的计算方法，对物体进行受力分析，分别计算重力、支持力和摩擦力的做功；（2）运用动能定理，计算人滑到坡底时的瞬时速度，运用瞬时功率的计算公式，得到斜面底端的瞬时功率P。（1）对人进行受力分析可知，人受到重力、支持力和阻力的作用，全程各力对人所做的功分别为：重力做的功W支持力做功W摩擦力做功W（2）设人滑到坡底的速度为v，对人列全程动能定理方程有W代入数据可得v=10斜面夹角为α，则由题意可得sin所以该人滑至斜面底端时重力的瞬时功率P=mgv代入数据可得P=24015．【答案】（1）解：（1）滑块从释放至C点，由机械能守恒定律有mg(h+R可得滑块在C点的速度v滑块在C点，由牛顿第二定律有F−mg可得滑块受到圆弧槽的支持力F=23由牛顿第三定律有滑块对圆弧槽的压力的大小F'（2