重慶八中2024—2025學年度（下）期末考試

高一年級物理試題

一、選擇題：共10題，共43分。

（-）單項選擇題：本題共7題，每題4分，共28分。在每題給出四個選項中，只有一項是

符合題目要求的。

1.一輛汽車在水平公路上轉(zhuǎn)彎，沿曲線由M向N行駛，速度逐漸增大。圖中分別畫出了汽車轉(zhuǎn)彎時所受

合力戶的四個方向，其中正確的是（）

【答案】B

【解析】

【詳解】汽車從M點運動到N,做曲線運動，其運動軌跡必定夾在合力與速度之間，由于速度方向為軌跡

上該點的切線方向，且物體做加速運動，可知合力方向與速度方向的夾角要小于90°,結(jié)合選項圖像。

故選B

2.關(guān)于機械能守恒，下列說法正飾的是（）

A.物體處于平衡狀態(tài)時，機械能一定守恒

B.系統(tǒng)動量守恒時，系統(tǒng)機械能也一定守恒

C.系統(tǒng)機械能守恒時，系統(tǒng)動量也一定守恒

D.物體除受重力外，還受其他力時，機械能也可能守恒

【答案】D

【解析】

【詳解】A.機械能守恒條件是只受重力或彈力做功，物體處于平衡狀態(tài)，重力和其他力的合力等大反

向，若重力做功，則其他力的合力必然做功，故A錯誤；

B.系統(tǒng)動量守恒的條件是合外力為零，但系統(tǒng)內(nèi)力可以做功，故B錯誤。

C.系統(tǒng)機械能守恒時，合外力不一定為零，動量不一定守恒，故C錯誤。

D.物體除受重力外，還受其他力，如果這些力不做功或做功代數(shù)和為零，機械能守恒，故D正確。

故選D。

3.如題圖，〃是負電荷。產(chǎn)生的電場中一條電場線上的兩點。a、〃兩點電場強度大小為反、耳,，a、

力兩點電勢為化、外，則（）

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】

【詳解】負點電荷周圍的電場線是輻射狀，所以左邊的電場線比右邊的電場線密集，所以紇〉與。電場線

指向負點電荷，沿著電場線方向電勢逐漸降低，所以外＜處

故選C。

4.質(zhì)量為〃，的物體以速率v做勻速圓周運動，則運動一周（）

A.任意時刻動量始終保持不變B.合外力的沖量為零

2

C.動量改變量大小為2〃wD.動能變化量為絲1

【答案】B

【解析】

【詳解】A.動量是矢量，勻速圓周運動中速度大小一定，方向不斷變化，因此動量方向也在變化，故A

錯誤；

B.根據(jù)動量定理，合外力的沖晝等于動量變化量。物體運動?周后，速度方向與初始速度方向相同，動

量變化量為零，因此合外力的沖量也為零，故B正確；

C.動量改變量大小為初末動量的矢量差。運動一周后，動量大小、方向未變，故動量改變量大小為0,

故C錯誤；

D.動能是標量，勻速圓周運動中速率不變，動能變化量為零，故D錯誤。

故選B。

5.農(nóng)民手拋谷粒進行播種。在某次拋撒的過程中，有兩顆質(zhì)量相同的谷粒I、谷粒2同時從。點拋出，初

速度分別為K、?其中匕方向水平，小方向斜向上，它們的運動軌跡在同一豎直平面內(nèi)且相交于P點,

如圖所示。已知空氣阻力可忽略，谷粒I、谷粒2到達P點時重力的瞬時功率分別為片、鳥，則＜、P2

的大小關(guān)系為（）

A.P、＜P?B.6＞gC.《二6D.無法確定

【答案】A

【解析】

【詳解】谷粒1、2在豎直方向位移相同，加速度相同，但谷粒2有向上的初速度，根據(jù)運度位移關(guān)系

v2-=lax

可知到達P點時谷粒2的豎直速度較大，根據(jù)P=機

可得“＜巴

故選A。

6.電容式話筒是錄音棚中最常用設(shè)備。采集端原理圖如圖所示，背板和振膜可視為平行板電容器，當聲波

靠近振膜時振膜左右振動，背板不動。則（）

振膜電池

A.不采集聲音時，〃點電勢高于。點電勢

B.當振膜向左振動時，電流從。經(jīng)電阻流向人

C.當振膜向左振動時，。點電勢等于人點電勢

D.當振膜向右振動時，。點電勢高于點電勢

【答'栗】D

【解析】

【詳解】A.不采集聲音時，電容器完成充電，電路無電流，。和人點電勢相等，故A錯誤;

BC.當振膜向左振動，振膜與背板間距增大，根據(jù)C=——

4兀kd

可知，電容減小，電容器電壓不變，根據(jù)。=溫

可知，電荷量減小，電容器放電，通過電阻的電流由力指向m故。點電勢低于〃點電勢，故BC錯誤；

D.當振膜向右振動，振膜與背板間距減小，結(jié)合上述可知，電容增大，電荷量增大，則電容器充電，通過

電阻的電流由〃指向仇故。點電勢高于〃點電勢，故D正確。

故選D。

7.《流浪地球》中科學家用超級纜繩連接地球赤道.卜?的基地和地球同步軌道空間站，通過超級纜繩承載太

空電梯，使轎廂沿纜繩從地球直入太空，如圖I所示。圖2中橫坐標，?為物體到地心的距離，R為地球半

徑。曲線A為物體僅在地球引力作用下繞地心做圓周運動的加速度大小與一的關(guān)系圖，直線8為物體以地

球自轉(zhuǎn)角速度繞地心做圓周運動的加速度大小與〃的關(guān)系圖。座1中的太空電梯停在離地面高R處，則電

梯內(nèi)質(zhì)量為的貨物對電梯底板的壓力大小為()

"%）2niRa（.

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

4%%

"?go2mRa（）

cD〃喏。2"叫《）

-r4R

【答案】C

【解析】

【詳解】若貨物在地球表面，有mg°=G”?

R

Mm2CD

設(shè)貨物在距地面高R處受到的支持力為入，此時貨物繞地球做勻速圓周運動，有G西了■一F、=m①,2R

根據(jù)題意，由圖2可知，?二七時，處于同步軌道，有

廠mg.2mRa

聯(lián)立解得外二寸(-------(-}

44

根據(jù)牛頓第二定律，得貨物對電梯底板的壓力然'=然=牛一名她

故選C。

（二）多項選擇題：本題共3題，每題5分，共15分。在每題給出的四個選項中，有兩個或

兩個以上選項符合題目要求，全部選對的得5分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。

8.某物體在運動過程中，僅受重力和水平方向的風力，某段時間內(nèi)，重力對物體做功3J,物體克服風力做

功4J,則（）

A.外力對物體做的總功為5JB.物體的動能增加了1J

C.物體的機械能減少了4JD.物體的重力勢能減小了3J

【答案】CD

【解析】

【詳解】已知％=3J,叫=—4J

A.外力做的總功％=%+%=一口，A錯誤；

B.根據(jù)動能定理，外力做的總功等于物體動能的增量，所以動能增量為-1J,即物體動能減少1J,B錯

誤；

C,物體的機械能增加量等于除重力以外的其它力做的功。機械能增加量為△4L=WF=-4J

即機械能減少4J,C正確:

D,重力做正功，重力勢能減少3J,D正確。

故選CD。

9.中國農(nóng)歷二十四節(jié)氣劃分是地球和太陽的連線每掃過15。定為一個節(jié)氣，下圖為北半球二十四個節(jié)氣時

地球在公轉(zhuǎn)軌道上位置的示意圖，其中冬至時地球在近日點附近。則（）

地球公轉(zhuǎn)方向

立夏谷雨清明春分

驚蟄

小滿\\4、、雨水

,,'、、、.立春

//、大寒

芒種

/'，二'"上小寒

夏至,.?

二--……*近日點

遠日點r：T冬至

\\W尸大雪

小暑、、、////:i\：\\\、:.小雪

仆?/；'立冬

立族霜降

處署白成秋分寒露

A.夏至時地球公轉(zhuǎn)速度比冬至時小

B.立春時地球公轉(zhuǎn)的加速度與立夏時大小相等

C.芒種到夏至的時間間隔比大雪到冬至的時間間隔長

D.春分、夏至、秋分、冬至四個節(jié)氣剛好將一年的時間分為四等份

【答案】AC

【解析】

【詳解】A.根據(jù)開普勒第二定律，地球在近日點最快，遠日點最慢。夏至時地球公轉(zhuǎn)速度比冬至時小，

A正確；

B.根據(jù)牛頓第二定律得6歲=〃心

M

解得〃=Gr

r

離太陽越近，加速度越大。立春時地球公轉(zhuǎn)的加速度大于立夏時地球公轉(zhuǎn)的加速度，B錯誤；

C.根據(jù)開普勒第二定律，地球在近日點最快，在遠日點最慢。所以芒種到夏至的時間間隔比大雪到冬至

的時間間隔長，C正確；

D.根據(jù)開普勒第二定律，地球在近日點最快，在遠日點最慢。所以春分到夏至時間大于秋分到冬至的時

間，不是四等分，D錯誤。

故選ACo

10.固定在豎直面內(nèi)的光滑圓管尸。Q,尸。段長度為L,與水平方向的夾角為30。，在。處有插銷，。。段

水平且足夠長。管內(nèi)尸。段裝滿了〃個質(zhì)量均為，〃的小球，小球的半徑遠小于其編號如圖所示，重力

加速度為g。拔掉插銷，從小球開始運動到1號小球到達。點過程中（忽略彎道處機械能的損失）（）

B.系統(tǒng)的最大動能為竺三

A.1號球機械能守恒

C.1號球?qū)?號球做的功為幽D.I號小球的加速度為其

2

【答案】BC

【解析】

【詳解】D.拔掉插銷后，小球依次緊密排列運動，整體的加速度大小相等，設(shè)為仇小球總數(shù)為〃，運動

過程中傾斜圓筒中剩余的小球個數(shù)為k(1W0),對整體根據(jù)牛頓第二定律有k〃gsin300=，"〃a

L

解得。二丁g

In

所以整體的加速度與A有關(guān)，則1號球在下滑過程中做加速度減小的加速運動，故D錯誤；

B.系統(tǒng)機械能守恒，當系統(tǒng)勢能最小時，即所有小球都運動到水平管時，系統(tǒng)動能最大，根據(jù)機械能守

nm

恒定律有Ekm=nm^Lsin30°=^,故B正確；

AC.則對從拔掉插銷到所有小球都到達OQ段的過程，根據(jù)機械能守恒定律有

nmgx^Lsin30°=gnmv2

對于1號球從P到。的運動過程，設(shè)2號球?qū)?號球做的功為W,根據(jù)動能定理有

mgLsin3004-IV=—mv2

解得W二一皿

4

又因為1、2號球之間相互作用力始終大小相等、方向相反，且整個下滑過程位移相同，所以1號球?qū)?號

球做的功為卬'=一卬=皿，故A錯誤，C正確。

4

故選BCo

二、非選擇題：共5小題，共57分。

11.某實驗小組利用手機物理工坊軟件(Phyphox)探究圓周運動向心加速度的影響因素。該小組先探究向

心加速度與角速度的關(guān)系，實驗裝置如圖I所示，步驟如下：

圖1

①將自行車倒置，并將手機固定在自行車后輪上；

②打開手機物理工坊軟件，選擇向心加速度測量功能，逐漸加速轉(zhuǎn)動后輪，記錄數(shù)據(jù):

③軟件輸出向心加速度與角速度的關(guān)系圖像如圖2。

圖2

（1）探究向心加速度與角速度的關(guān)系，利用的科學思想方法是：

A.控制變量B.等效替代C.微小量放大

（2）由輸出的圖像圖2,可以初步得到結(jié)論：轉(zhuǎn)動半徑一定時，；

（3）由于圖像為非線性，為了進一步探究。與”的關(guān)系，作出①2圖像；

（4）改變手機固定在后輪的位置.，使其轉(zhuǎn)動半徑更小，進行第二次實驗，輸出兩次實驗下的圖像,

圖3

【答案】①.A②.向心加速度隨角速度增大而增大③.小

【解析】

【詳解】（1）［1］探究向心加速度與角速度的關(guān)系，需控制運動半徑相同，利用的科學思想方法是控制變量

法。

故選A。

（2）［2］由圖2可知，轉(zhuǎn)動半徑一定時，向心加速度隨角速度的增大而增大。

（4）［3］根據(jù)公式〃=療廠

解得a=reef

圖像的斜率為《=，?

斜率越大半徑越大，所以，B實驗對應(yīng)的轉(zhuǎn)動半徑更小。

12.用圖1所示的氣墊導軌來驗證動量守恒定律，在包墊導軌的一端裝有位移傳感器（圖中未畫出），A、

B兩物塊（可視為質(zhì)點）沿同一直線運動并發(fā)生正碰，若A物塊的質(zhì)最為機尸305g,B物塊的質(zhì)量為

w=150g,表格數(shù)據(jù)是A、B兩物塊碰撞前在同一時刻與傳感器的距離。

x/m

L2

L0

S8

6

O.4

O6.2

（1）根據(jù)表中數(shù)據(jù)可以判斷出位移傳感器固定在氣墊導軌的（填“左端”或“右端”）。

（2）為了更方便判斷A、B碰撞時是否滿足動量守恒，于是畫出了碰撞前后A、B兩物塊位置隨時間變化

的圖像（如圖2）,。、b分別為A、B兩物塊碰撞前的位置時間圖線。

①取碰前B物塊的速度方向為正方向，則碰前B物塊的動量為kg-m/s,碰后B物塊的動量為

kg-m/s（結(jié)果均保留2位有效數(shù)字）。

②由題中數(shù)據(jù)結(jié)合x-f圖像中提供的信息，可判斷兩滑塊組成的系統(tǒng)在相互作用過程中動量___________

（填“守恒”或“不守恒”）,判斷的依據(jù)是。

【答案】①.右端②.0.30-0.60④.守恒⑤.理由見解析

【解析】

【詳解】（1）［1］根據(jù)表中數(shù)據(jù)可以判斷出位移傳感器在開始時距離B較近，則固定在右端。

（）4-0

①［2］根據(jù)門圖像可知，碰撞前B物塊的速度為vB=f—m/s=2m/s

B物塊碰前動量為m2VB=0.15x2kg-m/s=0.30kg?m/s

［3］碰撞后A、B速度與碰前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物塊的速愎為in/s=-4m/s

O3—0.2

貝ijB物塊碰后動量為2PB'=-0.15x4kg?m/s=-0.60kg-m/s

04-1?

②［5］碰撞前A物塊的速度為5=———m/s=-4m/s

碰撞后A物塊的速度為以'=0°4m/s=-lm/s

0.6-0.2

碰前系統(tǒng)動最町以+〃h為=-0.92kg-m/s

碰后系統(tǒng)動量見以'=-0.905kg-m/s

[4]在誤差范圍內(nèi)動量守恒。

13.如圖1所示為一秋千娛樂設(shè)施。O點為一條秋千繩的懸掛點，某同學在蕩秋千的過程中，秋千板最高

位置是4點，最低位置是5點，側(cè)視簡化圖如圖2。已知OA連線與豎直方向的夾角為37。，兩根秋千繩長

度均為乙繩的質(zhì)量不計，該同學質(zhì)量為M,秋千板質(zhì)量為用，運動過程中兩秋千繩始終平行且在同一平

面內(nèi)，該同學可視為在秋千板上的質(zhì)點，不計一切阻力，重力加速度為g,cos37°=0.8,求：

（1）秋T板在最低位置S時該同學的速度大小V；

（2）秋千板在最低位置B時，每根秋千繩的拉力大小兀

【答案】（1）

7

（2）—（A/

【解析】

【小問1詳解】

秋千從4點運動到B點的過程中下落的高度為〃=L（l—cos<9）=：L

秋千從A點運動到B點的過程中，根據(jù)機械能守恒定律得（歷+〃z）g/2=g（M+，〃）/

【小問2詳解】

在最低點，根據(jù)牛頓第二定律得2尸一（M+〃?）g=（M+m）—

7

解得b二5（zM+〃?）g

14.為研究單級彈射與二級彈射的不同，某實驗小組設(shè)計出簡化彈射裝置。

方案一：單級彈射裝置如圖1?；瑝K以〃置于光滑的水平面上并緊靠在一起，將1、2兩根相同的輕彈簧

并排拴接在滑塊。左側(cè)（彈簧未與墻面拴接），使兩彈簧進行同樣的壓縮，單根彈簧儲存的彈性勢能為

耳，同時釋放兩根彈簧。

方案二：二級彈射如圖2。將方案一中的兩根輕彈簧I、2分別拴接在滑塊〃、人的左側(cè)（彈簧1不與墻面

拴接，彈簧2不與滑塊〃拴接），并使兩根輕彈簧發(fā)生與方案一中同樣的形變。實驗時，先鎖定彈簧2（保

持彈簧2形變量不變），釋放彈簧1進行一級彈射，一級彈射完成瞬間立即自動釋放彈簧2進行二級彈射。

已知每個滑塊質(zhì)量均為〃7,彈簧的勁度系數(shù)很大，可瞬間彈開，忽略空氣阻力的影響，重力加速度為g。

（2）方案二中一級彈射的過程中，彈簧1對墻壁的沖量/的大小及方向;

（3）方案二中二級彈射完成后，滑塊〃的速度大小也、血。

【答案】（1）u=J組

Vm

（2）/=2新可，方向向左

（3）匕=0,%=2后

【解析】

【小問1詳解】

根據(jù)機械能守恒定律得2耳

【小問2詳解】

設(shè)一級彈射完成瞬間，滑塊的速度大小為小,根據(jù)機械能守恒定律得綜?4

解得%=

對滑塊m》及彈簧2組成系統(tǒng)，由動量定理，彈簧1對系統(tǒng)的沖量/彈劃=2/小為

解得［彈簧］=2J，〃耳,方|可|可右

彈簧對墻壁的力與彈簧對系統(tǒng)的力總是等大反向，因此彈簧1空墻壁的沖量/=25碣

方向向左

【小問3詳解】

二級推進過程，根據(jù)動量守恒定律和機械能守恒定律可得2〃z%=niv}+mv2,

紇+gx2mv：=g〃八1+g/nvj

聯(lián)立解得巧=0,匕

15.如圖1所示，P處有一粒子源，可以源源不斷地均勻地“飄”出（初速度為零）質(zhì)量為小、電荷量為q

的帶正電的粒子，經(jīng)水平放置極板M、N間的加速電場加速后進入輻向電場（電場強度方向指向0）,沿

著半徑為R的圓弧虛線（等勢線）運動，從輻向電場射出后，沿水平放置的平行金屬板A、B間的中線射

入其間的電場中。已知M、N板間所加電壓為Uo,A、B兩板間所加電壓隨時間變化如圖2所示，圖中U

未知、7己知，A、B兩板板長心與板間距d滿足L=2d=27J”4。在廠0時刻射入A、B板間的粒

Vm

子恰好打在B板的中點。若粒子撞擊金屬板，將被金屬板吸收，不計A、B板兩端處電場的邊界效應(yīng)，不

（1）經(jīng)MN板間加速后，粒子獲得的速度見大小;

（2）輻向電場中虛線上各點的電場強度￡大小和粒子在輻向電場中的運動時間小

（3）U的