高級中學名校試卷PAGEPAGE1吉林省“BEST合作體”2024-2025學年度下學期期末考試高一物理試題本試卷共15題，共100分，共4頁?？荚嚂r間為75分鐘?？荚嚱Y束后，只交答題卡。一、選擇題：本題共10小題，共46分。在每小題給出的四個選項中，第1~7題只有一項符合題目要求，每小題4分；第8~10題有多項符合題目要求，每小題6分，全部選對的得6分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。1.如圖所示，在皮帶傳送裝置中，皮帶把物體P勻速傳送至高處，在此過程中，下列說法正確的是（）A.摩擦力對物體做正功 B.支持力對物體做正功C.重力對物體做正功 D.合外力對物體做正功【答案】A【解析】皮帶把物體P勻速傳送至高處，根據(jù)受力平衡可知，物體受到豎直向下的重力，垂直于皮帶接觸面向上的支持力，沿皮帶向上的靜摩擦力；所以重力對物體做負功，支持力對物體不做功，摩擦力對物體做正功，由于物體的動能不變，根據(jù)動能定理可知，合外力對物體做功為0。故選A。2.為了驗證地球對月球的引力與地球對地球表面物體的引力遵循相同的規(guī)律，牛頓進行了著名的“月—地檢驗”。月球繞地球運動的向心加速度為a，地表重力加速度為，月球軌道半徑為r，地球半徑為R，忽略地球自轉影響。關于“月地檢驗”，下列說法中正確的是（）A.計算a需要測量引力常量GB.“月—地檢驗”需要測量、的大小C.若計算得，則驗證了、遵循相同的規(guī)律D.a的大小理論上也可以通過月球表面的自由落體實驗測量得出【答案】C【解析】A．計算a是根據(jù)其中是月球繞地球的公轉周期，不需要測量引力常量，A錯誤；BC．因在地球表面的物體受到的引力月球繞地球有若計算得則驗證了、遵循相同的規(guī)律，不需要測量、的大小，B錯誤，C正確；D．月球繞地球的向心加速度a由地球引力產生，而月球表面的自由落體加速度是月球自身引力產生的，與a無關，D錯誤。故選C。3.如圖所示，修正帶是通過兩個齒輪的相互咬合進行工作的，其原理可簡化為圖中所示的模型。A、B是轉動的齒輪邊緣的兩點，若A點所在齒輪的半徑是B點所在齒輪的半徑的倍，則下列說法正確的是（）A.A、B兩點的線速度大小之比為3：2B.A、B兩點的角速度大小之比為2：3C.A、B兩點的周期之比為2：3D.A、B兩點的向心加速度之比為1：1【答案】B【解析】AB．修正帶的傳動屬于齒輪傳動，A點與B點的線速度大小相等，由v=ωr可知，角速度與半徑成反比，即角速度之比為2：3，A錯誤，B正確；C．由公式可知，周期之比等于角速度的反比，即A、B兩點的周期之比為3：2，C錯誤；D．由公式a=ωv可知，A、B兩點的向心加速度與角速度成正比，即A、B兩點的向心加速度之比為2：3，D錯誤。故選B。4.圖甲是以O點為平衡位置，在A、B兩點間做簡諧運動的彈簧振子，圖乙為該彈簧振子的振動圖象，由圖可知下列說法正確的是（）A.在t=0.2s時，彈簧振子可能運動到O位置B.在t=0.1s與t=0.3s兩個時刻，彈簧振子的速度相同C.從t=0到t=0.2s的時間內，彈簧振子的動能持續(xù)地減小D.在t=0.2s與t=0.6s兩個時刻，彈簧振子的加速度相同【答案】C【解析】A．t=0.2s時，振子的位移為正向最大值，但由于沒有規(guī)定正方向，所以此時振子的位置可能在A點也可能在B點，故A錯誤；B．t=0.1s時速度為正，t=0.3s時速度為負，兩者方向相反，故B錯誤；C．從t=0到t=0.2s的時間內，彈簧振子遠離平衡位置，速度減小，動能減小，故C正確；D．t=0.2s與t=0.6s兩個時刻，位移的大小相等，方向相反，故加速度的大小相等，方向相反，故D錯誤；故選C。5.完全相同的小球a、b、c距地面高度相同，現(xiàn)將a向下拋出，將b與水平成45°角向下拋出，c沿與水平成45°角的固定斜面運動，如圖。三者初速度大小相同，運動過程中均不計阻力。a、b、c剛要落地時重力的功率分別為Pa、Pb、Pc，則（）A.Pa>Pb>Pc B.Pa>Pb=Pc C.Pa=Pb=Pc D.Pa=Pb>Pc【答案】A【解析】設小球拋出時離地高度為，根據(jù)動能定理可得可得小球落地時的速度大小為設b球落地瞬間速度與水平方向的夾角為，由于b球拋出時與水平成45°角，則有；則有，，可得故選A。6.在“用單擺測量重力加速度”實驗中，某同學通過測量30次全振動的時間來測定單擺的周期T，他在單擺經過平衡位置時按下秒表記為“1”，若同方向再次經過平衡位置時記為“2”，在數(shù)到“30”時停止秒表，讀出這段時間t，算出周期T＝。其他操作步驟均正確。多次改變擺長時，他均按此方法記錄多組數(shù)據(jù)，并繪制了T2－L圖像，則他繪制的圖像可能是（）A. B.C. D.【答案】D【解析】根據(jù)單擺周期公式可得可知圖像為過原點的傾斜直線。故選D。7.如圖甲所示，長木板A放在光滑的水平面上，質量為m＝2kg的另一物體B以水平速度v0=2m/s滑上原來靜止的長木板A的上表面，由于A、B間存在摩擦，之后A、B速度隨時間的變化情況如圖乙所示，g取10m/s2。下列說法正確的是（）A.1s時長木板獲得的動能為4JB.長木板A的最小長度為2mC.A、B間的動摩擦因數(shù)為0.2D.0~1s過程中系統(tǒng)損失的機械能為2J【答案】D【解析】C．由圖乙可知物體B的加速度大小為根據(jù)牛頓第二定律得解得A、B間的動摩擦因數(shù)為，故C錯誤；B．根據(jù)圖像與橫軸圍成的面積表示位移，可得A、B發(fā)生的相對位移大小為可知長木板A的最小長度為1m，故B錯誤；A．由圖乙可知物體A的加速度大小為根據(jù)牛頓第二定律得解得A的質量為則1s時長木板獲得的動能為，故A錯誤；D．0~1s過程中系統(tǒng)損失的機械能為，故D正確。故選D。8.如圖所示，2025年6月14日，我國成功將電磁監(jiān)測衛(wèi)星“張衡一號”02星發(fā)射升空。該衛(wèi)星能夠克服地面觀測的許多局限性，提供更全面和準確的地震監(jiān)測數(shù)據(jù)。衛(wèi)星軌道傾角（軌道平面與赤道平面的夾角）接近90度，衛(wèi)星要在兩極附近通過，因此又稱之為近極地太陽同步衛(wèi)星軌道。衛(wèi)星在近地點489km，遠地點509km的橢圓軌道上運行。地球視為球體，則該衛(wèi)星在軌道上運行過程中（）A.衛(wèi)星在近地點時加速度最大B.從近地點到遠地點，衛(wèi)星的速度逐漸減小C.從近地點到遠地點，衛(wèi)星的機械能減少D.從近地點到遠地點，衛(wèi)星的重力勢能不變【答案】AB【解析】A．對衛(wèi)星有解得由于近地點衛(wèi)星到地心距離r最小，故加速度最大，故A正確；B．根據(jù)開普勒第二定律可知，從近地點到遠地點，衛(wèi)星速度逐漸減小，故B正確；C．衛(wèi)星在橢圓軌道運行，只有地球引力做功，機械能守恒，故C錯誤；D．從近地點到遠地點，衛(wèi)星高度升高，重力勢能增大，故D錯誤。故選AB。9.如圖所示為一個單擺裝置，將小球向左拉到A位置無初速度釋放，小球可擺動到與A位置關于豎直線對稱的B位置，不計一切阻力，下列說法正確的是（）A.小球從A到B的過程中，重力的沖量為零B.小球從A到B的過程中，合力的沖量為零C.小球從O到B的過程中，動量的變化量方向水平向左D.小球從O到B的過程中，繩上拉力的沖量大于重力的沖量【答案】BCD【解析】A．小球從A到B的過程中，根據(jù)可知，重力的沖量不為零，故A錯誤；B．小球運動到B處和在A處時動量都為零，由動量定理，知小球從A到B的過程中，合力的沖量為零，故B正確；C．小球從O到B的過程中，初動量水平向右，末動量為零，動量的改變量方向水平向左，故C正確；D．如圖所示，小球從O到B的過程中，合力的沖量等于動量的變化量，由矢量三角形可知，拉力的沖量大于重力的沖量，故D正確。故選BCD。10.如圖甲所示，斜面體固定在水平地面上，在斜面底端固定一擋板與斜面垂直，質量為m可視為質點的小物塊從斜面的頂端滑下，在下滑的過程中，其機械能與重力勢能隨位移的變化圖像如圖乙所示，已知斜面長為l，物塊與擋板碰撞為彈性碰撞，已知物體與斜面間的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，則下列說法正確的是（）A.在整個運動過程中，物塊克服摩擦產生的熱量為3.5E0B.滑塊運動的總時間為C.滑塊運動的總路程為D.斜面的動摩擦因數(shù)為【答案】AD【解析】AC．從兩條圖像可知上方的圖像為機械能隨位移變化的圖像，下方為重力勢能隨位移變化的圖像，物體在下滑的過程中，機械能與重力勢能隨位移均勻地減小，且兩個圖像平行，可知下滑的過程中動能保持不變，設斜面傾角為θ，則有由題圖可知，物體與擋板發(fā)生彈性碰撞，原速率反彈，設上升的路程為l′，則根據(jù)動能定理聯(lián)立解得到達最高點后靜止在斜面上不再下滑，因此滑塊運動的總路程物塊克服摩擦產生的熱量，故A正確，C錯誤；B．滑塊運動的總時間為解得，故B錯誤；D．結合AC選項的分析可知，解得，故D正確。故選AD。二、非選擇題：本題共5小題，共54分。11.如圖1所示，用“碰撞實驗器”可以驗證動量守恒定律，即研究兩個小球在軌道水平部分碰撞前后的動量關系。O是小球拋出時球心在地面上的垂直投影點，實驗時，先讓入射小球多次從斜軌上S位置由靜止釋放，找到其落地點的平均位置P，測量平拋水平射程。然后把被碰小球靜置于水平軌道的末端，再將入射小球從斜軌上S位置由靜止釋放，與小球相撞，多次重復實驗，找到兩小球落地的平均位置。（1）圖2是小球的多次落點痕跡，由此可確定其落點的平均位置對應的讀數(shù)為_______；（2）下列器材選取或實驗操作符合實驗要求的是_______；A.可選用半徑不同的兩小球 B.選用兩球的質量應滿足C.小球每次必須從斜軌同一位置釋放 D.需用秒表測定小球在空中飛行的時間（3）在某次實驗中，測量出兩小球的質量分別為，三個落點的平均位置與O點的距離分別為。在實驗誤差允許范圍內，若滿足關系式_______，即驗證了碰撞前后兩小球組成的系統(tǒng)動量守恒。（用測量的物理量表示）【答案】（1）55.49##55.50##55.51（2）BC（3）【解析】【小問1解析】根據(jù)圖2及直尺讀數(shù)規(guī)則，平均位置對應的讀數(shù)為55.50cm?！拘?解析】A．保證碰撞在同一條水平線上，所以兩個小球的半徑要相等，故A錯誤；B．為保證入射小球不反彈，入射小球的質量應比被碰小球質量大，故B正確；C．小球離開軌道后做平拋運動，由于小球拋出點的高度相等，它們在空中的運動時間相等，小球的水平位移與小球的初速度成正比，所以入射球必須從同一高度釋放，故C正確；D．小球在空中做平拋運動的時間是相等的，所以不需要測量時間，故D錯誤。故選BC。小問3解析】實驗需要驗證小球做平拋運動的時間相同，則兩邊乘以時間t可得即要驗證的是12.用如圖所示實驗裝置驗證m1、m2組成的系統(tǒng)機械能守恒。m2從高處由靜止開始下落，m1上拖著的紙帶打出一系列的點，對紙帶上的點跡進行測量，即可驗證機械能守恒定律。圖中給出的是實驗中獲取的一條紙帶，0是打下的第一個點，每相鄰兩計數(shù)點間還有4個記錄點（圖中未標出），所用電源的頻率為50Hz。已知m1＝50g、m2＝150g，則：（當?shù)氐闹亓铀俣萭取9.8m/s2）（1）在紙帶上打下計數(shù)點5時的速度v5＝________m/s。（2）在打下0點到打下計數(shù)點5的過程中系統(tǒng)動能的增加量ΔEk＝________J，系統(tǒng)重力勢能的減少量ΔEp＝________J（計算結果均保留3位有效數(shù)字）。（3）你認為本實驗中使用的定滑輪是否會引起誤差________？如果你認為不會引起答“不會”，如果你認為會有誤差答“會”，指出兩點因使用滑輪而產生誤差的原因________?！敬鸢浮浚?）2.4（2）0.5760.588（3）會滑輪與細繩之間有摩擦、滑輪有質量【解析】小問1解析】由于每相鄰兩個計數(shù)點間還有4個點沒有畫出，所以相鄰的計數(shù)點間的時間間隔根據(jù)某段時間內的平均速度等于中間時刻的瞬時速度求出點5的瞬時速度【小問2解析】在打下0點到打下計數(shù)點5的過程中系統(tǒng)動能的增加量系統(tǒng)重力勢能的減少量【小問3解析】本實驗中使用的定滑輪會引起誤差；使用滑輪而產生誤差的原因：滑輪與細繩之間有摩擦、滑輪有質量。13.某次訓練中使用冰壺A和冰壺B的質量均為m＝20kg，兩冰壺與冰面間的動摩擦因數(shù)均為μ＝0.02，初始時兩冰壺之間的距離s＝7.5m，冰壺A被運動員以v0＝2m/s的初速度水平擲出后，與靜止的冰壺B碰撞，碰后冰壺A的速度大小變?yōu)関A＝0.2m/s，方向不變，碰撞時間極短。已知重力加速度g＝10m/s2。求：（1）冰壺A在與B碰撞前瞬間的速度大小v1；（2）兩冰壺碰撞后瞬間B的速度大小vB；（3）兩冰壺在碰撞過程中減少的機械能ΔE?！敬鸢浮浚?）1m/s（2）0.8m/s（3）3.2J【解析】【小問1解析】冰壺A從開始運動到與冰壺B碰撞前過程中，根據(jù)動能定理可得代入數(shù)據(jù)解得【小問2解析】兩冰壺碰撞過程中，滿足動量守恒，以v0的方向為正方向，則有代入數(shù)據(jù)解得vB＝0.8m/s【小問3解析】兩冰壺碰撞前后聯(lián)立方程得14.如圖所示，足夠長光滑水平面AB與固定在豎直面內的粗糙半圓形導軌相切于B點，導軌半徑為R，一個質量為m可看成質點的小物塊將水平輕彈簧壓縮至A點后由靜止釋放，在彈力作用下物塊獲得某一向右速度后脫離彈簧，它繼續(xù)運動到B點時對導軌的壓力大小為其重力的7倍，之后沿半圓形導軌運動恰好能通過C點，不計空氣阻力，重力加速度為g，求：（1）彈簧被壓縮至A點時的彈性勢能Ep；（2）物塊從B到C阻力做的功Wf；（3）物塊離開C點后，再落回到水平面AB前瞬間的速度與豎直方向的夾角α的正弦值sinα?！敬鸢浮浚?）3mgR（2）-0.5mgR（3）【解析】【小問1解析】物塊運動到B點時對導軌的壓力大小為其重力的7倍，根據(jù)牛頓第三定律可知，導軌對物塊的支持力大小也為其重力的7倍，設物塊運動到B點時速度為v1，根據(jù)牛頓第二定律可有根據(jù)機械能守恒定律有解得Ep=3mgR【小問2解析】物