第=page11頁，共=sectionpages1414頁廣東省韶關市2024-2025學年高一（下）期末物理試卷一、單選題：本大題共7小題，共28分。1.飛機在空中轉彎時須傾斜機身，使空氣對飛機的升力偏離豎直方向，才能實現(xiàn)沿水平圓弧轉彎，示意圖如圖所示。對飛機在空中水平勻速轉彎的過程，下列說法正確的是(

)A.飛機所受合外力不變

B.飛機的運動速度不變

C.飛機所受合外力做功為零

D.升力可能等于飛機的重力2.某工程車卸載一巨型石塊時，可簡化為如圖所示的物理模型：石塊靜置于貨箱底板AB上，在支撐桿的作用下貨箱底板AB繞B端緩慢轉到某一角度后停止轉動，石塊立刻加速下滑。在石塊向下滑動的過程中，下列說法正確的是(

)A.貨箱底板對石塊的合外力做正功 B.貨箱底板對石塊的支持力做正功

C.貨箱底板對石塊的摩擦力做正功 D.石塊的動能增量小于重力勢能的減少量3.在《自然哲學的數學原理》中，牛頓設想把物體從高山上水平拋出，速度一次比一次大，落地點也就一次比一次遠，物體就不會落回地面，成為人造衛(wèi)星。已知引力常量為G，地球半徑為R，為了粗略求出衛(wèi)星這個速度，則只需要測量(

)

A.物體的質量 B.物體的重力

C.拋出點的海拔高度 D.拋出點的重力加速度4.如圖所示為老式錄音帶，錄音機主動輪(驅動輪)以恒定轉速轉動，將磁帶從被動輪卷到主動輪上，主動輪上的磁帶逐漸增多，被動輪上的磁帶逐漸減少，在這個過程中，下列說法正確的是(

)A.被動輪轉速恒定不變 B.被動輪轉速越來越小

C.磁帶傳送速度v越來越大 D.磁帶傳送速度v越來越小5.某環(huán)境監(jiān)測人員巡查發(fā)現(xiàn)，一個排污口正在噴出污水，如圖所示。經測量排污口面積為S，距離液面高度為h，污水落點與排污口水平距離為x，重力加速度為g，則該排污口的排污流量(單位時間內排出的體積，單位為m3/s)為A.Sx2gh

B.Sxg26.為了節(jié)省能源，現(xiàn)代電梯系統(tǒng)都會加裝配重塊，如圖所示為加裝配重的電梯系統(tǒng)及未加裝配重的電梯系統(tǒng)。已知在某次對比測試中，兩系統(tǒng)的電梯質量相等，均勻速上行相同高度h，配重塊質量為m，重力加速度為g，忽略纜繩與滑輪間的摩擦，則下列說法正確的是(

)A.加裝配重塊的電梯系統(tǒng)對電梯拉力更大

B.重力對加裝配重塊的電梯系統(tǒng)做功更多

C.上行速度相等時，兩種電梯系統(tǒng)電機的功率相等

D.加裝配重塊的電梯系統(tǒng)比未加裝的節(jié)省能量mg7.如圖為平行板電容器，上下極板水平放置。兩質量相等、電量分別為+q和+2q的甲、乙粒子以相同的速率先后從右側面的中心O點水平向左射入板間電場，并都打到上極板。若電容器的電量運持不變，粒子重力不計，帶電粒子對板間電場無影響，則對甲、乙粒子在板間的運動過程，下列說法的正確的是(

)

A.兩個粒子的水平位移相等

B.電場力對甲、乙粒子做的功相等

C.若僅減小兩板間的正對面積，則兩粒子的加速度變小

D.若僅增大兩板間的距離，則兩粒子的加速度大小不變二、多選題：本大題共4小題，共22分。8.航天器返回地球的過程需要進行軌道調整。如圖，航天器在軌道Ⅰ做勻速圓周運動，在P點變軌后進入橢圓軌道Ⅱ，Q是橢圓軌道的近地點。下列說法正確的是(

)A.航天器在P點要減速才能進入軌道Ⅱ

B.航天器在軌道Ⅱ的周期比在軌道Ⅰ的周期大

C.航天器在Q點的加速度大于在P點的加速度

D.航天器在軌道Ⅱ上的Q點的速度小于其在P點的速度

9.如圖所示是公園常見的轉椅，人面朝內坐在椅子上，手抓住內圈隨著轉椅繞中心轉軸轉動，下列說法正確的是(

)A.轉椅勻速轉動，人處于平衡狀態(tài)

B.轉椅加速轉動，椅子對人的作用力越來越大

C.轉椅勻速轉動，椅子對人的作用力方向水平指向轉軸

D.轉椅勻速轉動，人頭部后仰時椅子對人的作用力變大

10.某“復興號”動車質量為m=8.5×104kg，由靜止開始以加速度a=2m/s2勻加速啟動，經時間tA.動車勻加速行駛時的合外力為1.7×105N

B.動車勻加速行駛時的牽引力為1.7×105N

11.如圖所示，某同學用手墊排球，某時刻質量為0.25kg的排球以大小為3m/s的速度豎直向下碰撞手腕，排球與手接觸0.2s后豎直向上原速反彈，重力加速度取10A.碰撞過程排球動量守恒

B.碰撞前后排球動量變化量為零

C.手對排球的沖量大小為2N?s

三、實驗題：本大題共2小題，共16分。12.圖1是驗證“機械能守恒定律”的實驗裝置圖。

(1)下列實驗操作和數據處理正確的是______。

A.實驗中必須測量重物的質量

B.打開打點計時器前，應提住紙帶上端使紙帶豎直

C.實驗中應先接通打點計時器的電源，再釋放重物

D.測量紙帶上某點的速度時，可由公式v=2gh計算

(2)圖2為實驗所得的一條紙帶，在紙帶上選取連續(xù)的、點跡清晰的3個點A、B、C，測出A、B、C與起始點O之間的距離分別為h1、h2、h3。已知打點計時器的打點周期為T，當地重力加速度為g。則B點的速度vB=______；從打O點到打B點的過程中，若滿足13.如圖甲所示為某學習小組設計的平拋運動探究裝置，實驗時讓小球從軌道下滑，從O點飛出落到放有復寫紙的斜板上，留下位置點，測量拋出點O到落點距離L，改變斜板與水平方向的夾角θ，重復實驗，已知當地重力加速度為g。

(1)為使每次實驗小球飛出速度不變，需進行的操作是：______；

(2)在測量LOA長度時如圖乙所示，則LOA=______mm；

(3)利用測量數據繪制圖像，為了使圖像成一直線，圖丙的橫坐標為______(填“tanθcosθ”或“cosθtanθ”)。

(4)計算出圖像斜率k，則該實驗中小球飛出的初速度v0=______(用k、g表示)。

(5)關于本實驗下列說法正確的是______。

四、計算題：本大題共4小題，共34分。14.如圖，某鏈球運動員在一次鏈球訓練時，兩手握著鏈球上鐵鏈的把手，人帶動鏈球旋轉，最后用力將球甩出去，測得落點到拋出點的距離為x=80m，通過訓練錄像測得鏈球離地的最大高度為h=20m，(忽略空氣阻力，不計鏈球拋出時離地高度，重力加速度g取10m/s2)，求：

(1)鏈球在空中的運動時間；

15.如圖(a)為食品加工廠生產和包裝餃子的流水線。水平傳送帶在電機作用下以某一速率v0逆時針勻速轉動，傳送帶右端點B的右側平滑連接一個粗糙金屬圓弧槽AB，AB高度差h1=0.5m，左端點C的正下方放一長方形凹槽，凹槽右側O與C處在同一豎直面上，凹槽與C的高度差h2=0.8m。質量為m=0.02kg的餃子從A點由靜止開始滑下，到B點時的速度大小vB=2m/s，餃子在傳送帶上運動過程的v2-x圖像如圖(b)所示，v是餃子的速度，s是餃子距B點的距離。忽略空氣阻力和凹槽的底盤厚度，餃子可視為質點，重力加速度g取10m/s16.如圖所示，ABD為豎直平面內的光滑軌道，其中AB段是水平的，BD段為半徑R=0.4m的半圓，兩段軌道相切于B點。小球甲以速度v0沿水平軌道向右運動，與靜止在B點的小球乙發(fā)生彈性碰撞。已知水平軌道足夠長，甲、乙兩球可視為質點，質量均為m=1.0×10-2kg，重力加速度g取10m/s2。

(i)甲、乙兩球碰撞后，乙恰能17.X射線在醫(yī)學上可用于檢查病人身體。如圖是某種產生X射線的裝置示意圖，A、B之間是勻強加速電場，虛線框內為偏轉元件中的勻強偏轉電場。電子束從A邊界由靜止開始沿帶箭頭的實線所示方向前進，打到水平靶上的中心點P，從而激發(fā)X射線。已知電子的質量為m，電荷量為-e，A、B兩端的電壓大小為U0，偏轉電場區(qū)域水平寬度為L0，豎直高度足夠長，電場強度大小E=2U0L0，方向沿豎直方向，P點距離偏轉電場右邊界的水平距離為L，不計空氣阻力、電子重力和電子間的相互作用。求：

(i)

答案和解析1.【答案】C

【解析】解：A、飛機所受合力方向始終指向圓心，所以方向在不斷變化，則所受合外力在變化，故A錯誤；

B、飛機的速度大小不變，但方向時刻變化，故B錯誤；

C、飛機做的是勻速圓周運動，動能不變，所以飛機所受合外力做功為零，故C正確；

D、升力在豎直方向的分力和重力平衡，在水平方向的分力提供向心力，所以升力是大于重力的，故D錯誤。

故選：C。

2.【答案】D

【解析】解：ABC.石塊的位移沿斜面向下，貨箱底板對石塊的合外力做負功，支持力與位移方向垂直不做功，摩擦力與運動方向相反，做負功，故ABC錯誤；

D.由于摩擦力做功，則石塊的動能增量小于重力勢能減少量，故D正確。

故選：D。

3.【答案】D【解析】解：第一宇宙速度是衛(wèi)星貼近地面做勻速圓周運動的速度。

根據萬有引力提供向心力可得：GMmR2=mv2R，解得：v=GMR

根據萬有引力和重力的關系可得：GMmR2=mg，解得：v=gR

【解析】解：AB、主動輪的轉速不變，即主動輪的角速度不變，但是隨著主動輪上的磁帶逐漸增多，主動輪的半徑逐漸增大，根據v=ωr可知，磁帶的線速度大小在不斷的增大，主動輪和被動輪是皮帶傳動，所以被動輪的線速度也是逐漸增大的，但被動輪上的磁帶逐漸減小，所以被動輪的半徑逐漸減小，則被動輪的角速度逐漸增大，即被動輪的轉速逐漸增大，故AB錯誤；

CD、有上面的分析可知磁帶傳送速度v越來越大，故C正確，D錯誤。

故選：C。

5.【答案】【解析】解：設污水離開排污口的速度大小為v0，根據平拋運動規(guī)律有x=v0t，h=12gt2。所以排污流量為Q=Sv0。聯(lián)立解得【解析】解：A.設電梯的質量為M，未加裝配重塊時電機對電梯的拉力為Mg，加裝配重塊的電梯系統(tǒng)對電梯拉力仍為Mg，二者相等，故A錯誤；

B.兩種情況下重力對電梯系統(tǒng)做功一樣多，故B錯誤；

C.由于電機對電梯的拉力大小不等，上行速度相等時，根據P=Fv可知，兩種電梯系統(tǒng)電機的功率不等，故C錯誤；

D.根據功能關系可知，加裝配重塊的電梯系統(tǒng)比未加裝的節(jié)省能量mgh，故D正確。

故選：【解析】解：A、兩粒子在電場中做類平拋運動，豎直方向上有y=12?qEmt2，兩粒子都打在上極板上，豎直位移相等，由于粒子的電荷量不同，兩粒子的運動時間不同，根據x=v0t可知，兩粒子的水平位移不相等，故A錯誤。

B、根據電場力做功W=qU，兩粒子處于同一電場中，電勢差相等，兩粒子的電荷量不同，可知電場力對粒子做功不相等，故B錯誤。

C、根據電容器的電容C=?rS4kπd可知，減小電容器的正對面積，電容器的電容減小；結合C=QU可知，當電荷量Q不變，C減小時，兩極板間的電勢差U增大；根據E=Ud可知，極板間的電場強度增大，粒子受到的電場力增大，由牛頓第二定律可知，粒子的加速度增大，故【解析】解：A、根據變軌原理可知，航天器在P點要減速才能進入軌道Ⅱ，故A正確；

B、根據開普勒第三定律可得：r3T2=k，航天器在軌道Ⅱ的半長軸比在軌道Ⅰ的軌道半徑小，航天器在軌道Ⅱ的周期比在軌道Ⅰ的周期小，故B錯誤；

C、根據牛頓第二定律可得：GMmr2=ma，解得：a=GMr2，所以航天器在Q點的加速度大于在P點的加速度，故C正確；

D、根據開普勒第二定律可知，航天器在軌道Ⅱ上的Q點的速度大于其在【解析】解：A、當轉椅勻速轉動時，人需要一個向心力來維持圓周運動，這個向心力由椅子提供，因此人受到的力不是平衡力，人不處于平衡狀態(tài)，故A錯誤。

B、當轉椅加速轉動時，除了需要提供向心力外，還需要額外的力來增加速度，因此椅子對人的作用力會越來越大，以滿足加速度的需求，故B正確。

C、轉椅勻速轉動時，椅子對人的作用力不僅需要提供向心力，還需要抵消重力，因此作用力方向不是水平指向轉軸，而是斜向上的，故C錯誤。

D、當人頭部后仰時，為了保持平衡，椅子對人的作用力需要調整以抵消重力和提供向心力，因此作用力會變大，故D正確。

故選：BD。10.【答案】ACD

【解析】解：ABC.動車以最大速度行駛時：P=F1vm，代入數據解得：F1=8×104N，則阻力：Ff=F1=8×104N；

動車勻加速行駛時，由牛頓第二定律可知，合外力：F=ma=8.5×10【解析】解A、碰撞過程中，排球受到手的作用力和重力，合外力不為零，所以排球動量不守恒。故A錯誤。

B、設向上為正方向，

碰撞前動量p1=-mv=-0.25×3=-0.75kg?m/s，

碰撞后動量p2=mv=0.25×3=0.75kg?m/s，

動量變化量△p=p2-p1=1.5【解析】(1)A.根據實驗原理，需要驗證的表達式為mgh=12mv2，化簡得gh=12v2，因此不需要測量重物的質量，故A錯誤；

B.為了減小紙帶與打點計時器之間阻力的影響，打開打點計時器前，應提住紙帶上端使紙帶豎，故B正確；

C.為了充分利用紙帶，實驗中應先接通打點計時器的電源，再釋放重物，故C正確；

D.公式v=2gh是在物體做自由落體運動的條件下得到的，本身滿足機械能守恒，因此不能用該公式計算測量紙帶上某點的速度，故D錯誤。

故選：BC。

(2)根據勻變速直線運動中間時刻的瞬時速度等于這段時間內的平均速度，打下B點的速度vB=h13.【答案】小球應該從同一位置靜止釋放；

21.50；

tanθcosθ；

2kg2【解析】(1)為使每次實驗小球飛出速度不變，小球應該從同一位置靜止釋放。

(2)O點對應的刻度為2.00cm，A點對應的刻度為23.50cm，所以LOA=21.50cm

(3)根據平拋運動規(guī)律有l(wèi)cosθ=v0t，lsinθ=12gt2，整理可得l=2v02g?tanθcosθ，則圖丙的橫坐標應該是tanθcosθ

(4)由上面的分析可得k=2v02g，解得小球飛出的初速度v0=2kg2

(5)A、為了減小空氣阻力的影響，應該選擇密度大的小球完成實驗