重庆市九龙坡区2025-2026学年高一下学期7月期末考试物理试卷

PAGE172025-20267学校 姓名 班级 考号 1．旋转木马绕转轴做匀速圆周运动，过ft车行经环形圆轨段时，车身沿轨道做圆周运动，二者均为生活中圆周运动的典型实例。有关圆周运动，下列说法正确的是（ 阻力与速度的平方成正比，即fkv2。当列车以恒定功率P匀速直线行驶时，列车的速度 333如图所示，一物体静止在水平地面上，受到与水平方向成θ角的恒力F作用时间t后， B．物体受到的拉力的冲量大小为FtcosθD0篮球就在指尖上稳定旋转。关于图中Q、P两点的运动，下列说法正确的是（ A．P点的线速度比Q点的 B．P点的角速度比Q点的C．P点的周期比Q点的 D．转动一周P点与Q点通过的路程相做的功的绝对值之比为（） 6．随着科技的发展，载人飞船绕太阳运行终会实现。如图所示，I、III轨道分别为地球和和远日点，B点为轨道II、III的交点，若运动中只考虑太阳的万有引力，则（ 载人飞船的运动周期小于1B载人飞船在I轨道上A点的向心加速度等于地球绕日的向心加速度DIII运如图所示，将质量为2m的重物悬挂在轻绳的一端，轻绳的另一端系一质量为m从与定滑轮等高的A处由静止释放，小球下滑过程中，下列说法正确的是（ 小球下滑距离为d时，重物上升的高度也为3-3-22小球沿直杆下滑距离为dv处做匀速圆周运动，下列说法正确的是（）D1、2、31323 2、32、32、3三种情况下物体滑到斜面底端时的速率v1v2如图所示，质量均为m2kg的木块A和BA上固定一竖直轻杆，轻杆上端的OL2m的细线，细线另一端系一质量m0=1kg的球C，现将球C拉起使细线水平伸直，由静止释放，球C在整个运动过程中与竖直轻杆不相碰，g=10m/s2，下列说法正确的是 运动过程中，A、B、CB．CA对B的冲量大小为2C．从开始运动到C球第一次到达轻杆左侧的最高处过程中，轻杆对A26JDA的最大速度为本实验采用的实验方法 理想实验 B．控制变量 C．等效转动手柄，可探究小球做圆周运动所需向心力F的大小与 置的挡板处，转动手柄，稳定后，观察到左侧标尺露出1格，则右侧标尺露出 装了电磁铁，将直径为d的小铁球吸住。断电后，小铁球立即由静止释放，小铁球经过光电门时，与光电门连接的数字计时器读出小球通过的时间t，此时小球的速度v t表示），根据这个表达式算出的小球经过光电门时的速度比小球中心通过光电门中心的实际速度 th1t出h-1图像，若在实验误差允许范围内，该图像的斜率k tOθ mT的匀速圆周运动，细线与竖直方向夹角为θ。已RG，忽略星球自转。求∶角为30C点平滑连接（C点速度大小不变），斜面顶端固定轻质弹簧。质量m=2kg的滑块（可视为质点）A点由静止释放（AO半径与竖直方向R2mBCLBC=1mBC间的动摩擦因数μ0.3CDLCD=1mg10m/s2。求BFNEP滑块在水平轨道BC上运动总路程s和总时间t。15．如图所示，一竖直固定、两端开口的长直圆管长度为15L，管中放置一质量为2m的圆3Lm7L处由静止g。5PAGE14(2)(3) (2)32T

4π2R2LcosθGT2

【详解】（1）设该星球表面重力加速度为g，根据牛顿第二定律mgtanθ LTg

T

（2）设星球的质量为M，在星球表面有mgG联立解得该星球的质量M14．(1)10m，25

4π2R2LcosθGT2 【详解】（1）AB mgR1cos60∘1 B点的速度平方为𝑣2=BFN1mgmFN1BFNAD的过程，根据动能定理（或能量守恒定律） mgR1cos60∘ sin30∘ E EpBC上运动时不断克服摩擦力做功，机械能不断减少，最终滑块BC上（B、C点）。mgR1cos60∘BC上运动的总路程为s10BC𝑎=𝜇𝑚𝑔=𝜇𝑔=BCBC轨道时，BC轨道的速度大小与离开时的速度大小必然相等。BC上各段运动的初、末速度分别为v1和v2v3和v4……分别为t1、t2根据匀变速直线运动速度公式有

v1v2，

v3v4由于v3v2v5v4……，且最终停止时末速度为0BC中间速度项全部抵消，可得总时间为t

v10其中v1vB20ms25mBC上运动的总时间为t2515．(1)25gL， 50圆盘不能滑出，最终距离下端距离为【详解】（1）小球与圆盘第一次碰撞前做自由落体运动，总下落高度h7L3L10L，由运动学公式得碰撞前速度v22g10L解得v0mv0mv11mv21mv21 解得vm2mvv025gL，v v2v4 m2m m2m 3 向下为正方向，因此第一次碰撞后小球速度为25gL（负号表示方向竖直向上圆盘下滑时阻力为4mg，加速度a2mg4mg0圆盘减速到0时下滑的距离x1 2

恰好等于圆盘减速到0设第二次碰前小球的速度为v20，由动量守恒定律可得mv20mv211mv21mv21 解得v1vv2 3 3 二次碰前的位置，由速度位移关系可得v20v12ax12gv 2v 解得v2v2v20 0 3 3 9 设第三次碰前小球的速度为v30，由动量守恒定律可得mv30mv311mv21mv21 解得v1vv2 3 3 三次碰前的位置，由速度位移关系可得v30v212gv

2v

5解得v2v2v220 20 v2 3 3 9 9 5碰撞前小球速度满足

v2（第k次碰撞前对应nk−1k、n均为正整数5第5次碰撞前对应n4，代入得v2 解得v505gL，即第550

0

第一次碰撞后到第二次碰撞前，圆盘的位移为x1 2202g 0 5 5第二次碰撞后到第三次碰撞前，圆盘的位移为x2 2222