安徽省宿州市省、市示范高中2024-2025学年高一下学期7月期末物理试题

高一物理解析 第 1 页 共 7 页 宿州市省、市示范高中 2024-2025 学年度第二学期期末教学质量检测 高一物理试题解析 1.【答案】B 【解析】利用扭秤测量万有引力常量的实验装置，该实验用到的科学研究方法是放大法， 故 ACD 错误，B正确。 2.【答案】C 【解析】A、由图乙可知，在 0﹣4s内，物块做匀加速直线运动，加速度大小为 a= �� = 4 4m/s 2 ＝1m/s2，由牛顿第二定律得：μmg＝ma，联立解得μ＝0.1，故 A错误； B、因物块在 t＝6s时恰好到 B点，所以物块在 0﹣6s内的位移大小等于 AB间的距离， 根据 v﹣t图像与时间轴所围成的面积表示位移，可得 AB间距离为 L= 2+62 ×4m＝16m， 故 B错误； C、由于 t＝4s后物块与传送带的速度相同，故传送带速度为 v＝4m/s，在 0﹣4s内，物块 与传送带间相对位移大小为Δx＝vt− ��2 = �� 2 = 4×4 2 m＝8m，t＝4s后物块与传送带相对静 止，所以小物块在传送带上留下的痕迹是 8m，故 C正确； D、物块与传送带组成的系统中，消耗了其他能量来驱动传动带，符合能量守恒定律。 3.【答案】C 【解析】因 c为静止卫星，a为静止在地球赤道上的物体，则 Ta＝Tc，ωa＝ωc，由向心力 加速度 a 向＝ω2r可知 aa＜ac＜g，A、B错误；由 v＝ωr可知，va＜vc，由 l＝vt，可知经过 相同时间 la＜lc，D错误；对 b、c、d三颗卫星，根据 G �� �2 ＝mω2r，可得ω＝ �� �3 ，所以ωb ＞ωc＝ωa＞ωd，由θ＝ωt，可知经历相同时间θb＞θc＝θa＞θd，C正确。 4.【答案】D 【解析】相对静止的两个物体可能相对地面静止，也可能一起运动，因此静摩擦力可以做 正功，可以做负功，也可以不做功；发生相对滑动的两个物体有可能都在相对地面同向或 者反向运动，也可能有一个物体相对地面静止，因此滑动摩擦力可以做正功，可以做负功， 高一物理解析 第 2 页 共 7 页 也可以不做功，D项正确。 5.【答案】C 【解析】物体向上减速运动且加速度小于 g，根据牛顿第二定律，物体所受支持力小于重 力，故 A错误。位置升高重力势能变大，故 B错误。支持力做正功使物块机械能增大， 因此动能的减少量小于重力势能的增加量，故 C正确、D错误。 6.【答案】B 【解析】在电场中，试探电荷所受电场力 F=E·q，因此图像斜率反映场强大小，图中四 个点斜率不同，说明该电场不是匀强电场，且 Ed> Ec> Ea> Eb；试探电荷不影响原来的电 场，故 C错误；a，c两个位置试探电荷电性不同，电场力反向，场强方向一致，故 D错 误。 7.【答案】C 【解析】该实验中两个小球同时落地说明平抛运动的竖直分运动是自由落体运动，A、B 错误；下落过程中重力做功和运动时间相同，根据公式 WP t  可知两球的重力平均功率相 同，C正确；下落至相同高度时竖直速度相同，重力的瞬时功率也相同。 8.【答案】AD 【解析】对 a、b整体和对 b受力分析如图 整体： 1 1 1 2cos ( )T m m g   1 1 1 2sin ( )T E q q   高一物理解析 第 3 页 共 7 页 解得： 1 2 1 1 2 ( )tan ( ) E q q m m g    对 B： 2 2 2( ) cosT F m g  2 2 2( )sinT F Eq  解得： 2 2 2 tan Eq m g   两根绳与竖直方向的夹角与电量有关，D正确。a球受重力、电场力、ab间斥力和两根绳的 弹力，共计 5个力的作用；b球受重力、电场力、ab间斥力和轻绳 2的弹力，共计 4个力的 作用。由于 ab间斥力大小未知，因此无法判断轻绳 1和轻绳 2张力的大小。 9.【答案】AD 【解析】A、假设在演化开始时，恒星的质量为 m1，伴星的质量为 m2，两者之间的中心 距离为 L，周期为 T。 根据双星由相互之间万有引力提供向心力，对于恒星，有 ��1�2�2 = �1( 2� � ) 2�1 对于伴星，有 ��1�2�2 = �2( 2� � ) 2�2 又有 r1+r2＝L 联立解得 � = 4� 2�3 �(�1+�2) 由题意知，恒星和伴星的总质量不变，L也不变，则周期不变，故 A正确； 由上述分析，联立可解得 �1 = �2 �1+�2 �，�2 = �1 �1+�2 � 根据题意可知，m1增大，m2减小，则 r1减小，r2增大。由� = 2�� � 可知，恒星的线速度减 小，伴星的线速度增大，故 BC错误，D正确。 高一物理解析 第 4 页 共 7 页 10.【答案】BD 【解析】A、小球在管内做完整圆周运动的条件是在最高点的速度大于零，根据动能定理 可得小球在最低点的速度应该满足： 1 2 ��2 ≥ 2��� 解得：� ≥ 2 ��，故 A错误； B、设小球 b在最高点的速度为 vb，根据动能定理有：−2��� = 1 2��� 2 − 12�� 2 解得：�� = �� 在最高点根据牛顿第二定律有：�� + �� = ��� 2 � 解得 FN＝0，故 B正确； C、当小球 b在最高点对轨道无压力时，根据前面 B的分析可知，小球 b在最高点的速度 为零，所需向心力为 mg，此时小球 a在最低点的速度为 5��。小球 a所需向心力为：� = �( 5��)2 � = 5��，则小球 a比小球 b所需向心力大：5mg﹣mg＝4mg，故 C错误； D、小球在最低点时，轨道对小球 a的支持力为 FaN，根据牛顿第二定律有��� −�� = ��2 � 根据牛顿第三定律可知小球 a对轨道最低点的压力大小为：�'�� = ��2 � +�� 此时小球 b在最高点的速度为 v'，根据动能定理有：−2��� = 12��′ 2 − 12�� 2 在最高点轨道对小球 b的支持力大小为 FbN，根据牛顿第二定律有：�� + ��� = ��2 � 根据牛顿第三定律可知，小球对轨道最高点的压力大小为：F'bN= ��′2 � −mg 联立解得：F'aN﹣F'bN＝6mg，故 D正确。 11.【答案】匀速直线运动 自由落体运动 0.7 【解析】（1）影子 1反映小钢球在水平方向的运动，所以影子 1做匀速直线运动。影子 2 反映小钢球在竖直方向的运动，所以影子 2做自由落体运动。 （2）根据平抛运动规律有 x＝v0t，y＝ 1 2 gt2，tanθ＝y x 联立解得 x＝2v0 2 g tanθ 高一物理解析 第 5 页 共 7 页 由图丙可知 2v02 g ＝0.1 m 解得 v0=0.7 m/s。 12.【答案】1∶2 不需要 2gL＝ � �� 2 ＋ � �� 2 C 【解析】（2）由圆周运动规律可知 vP∶vQ＝2∶1，又 vP∶vQ＝ � �� ∶ � �� ，解得 tP∶tQ＝1∶2。 （3）验证机械能守恒定律时，由于两钢球 P、Q 的质量相等，则验证机械能守恒定律的表 达式中质量可以约掉，所以该同学不需要测量钢球的质量。 （4）若系统转动过程中满足机械能守恒定律，则有 2mgL－mgL＝1 2 m � �� 2 ＋ 1 2 m � �� 2 即 2gL＝ � �� 2 ＋ � �� 2 。 （5）造成误差的主要原因可能是钢球半径对线速度计算的影响，故 C 正确。 13. 【解析】 （1）汽车达到最大速度 vm时，加速度为零，此时有： P＝fvm··············································2 分 解得： m Pf v  ·········································1分 （2）设整个过程中克服阻力做功为Wf，由动能定理得 W 牵－Wf＝ 1 2 Mv2m·····································2分 f m PsW f s v   ·······································2分 解得： 21 2 mm PsW v Mv  牵 ·········································1 分 （3）车速为 vm 2 时，由牛顿第二定律得 高一物理解析 第 6 页 共 7 页 F 牵－f＝ P vm 2 － P vm ＝Ma······························3 分 解得此时汽车的加速度大小为 a＝ P Mvm ·······················1分 14. 【解析】 （1）星球表面的重力加速度为 g，则有： 2 MmG mg R  解得： 2gRM G  ·················································2分 星球密度 3 3 4 4 3 M g GRR     ·····································2分 （2）卫星做圆周运动，万有引力提供向心力 ： 2 2 2 4Mm rG m r T   ······································2分 轨道半径 2 2 3 24 gR Tr   ·········································1分 因此：卫星距地面的高度为 2 2 3 24 gR TH r R R      ··············2分 15. 【解析】 (1)由动能定理得 (mgsin 37°－μmgcos 37°)L＝1 2 mv21－0·····················3分 解得 v1＝8 m/s········································1分 (2)由牛顿第二定律得μmg＝ma1 以向右为正方向，物块与传送带共速时，由速度公式得 v＝－v1＋a1t1 解得 t1＝4.8 s········································3分 高一物理解析 第 7 页 共 7 页 匀速运动阶段的时间 t2＝ v21 2a1 － v2 2a1 v ＝2.4 s··················2分 第 1次在传送带上往返运动的时间 t＝t1＋t2＝7.2 s···········1分 (3)物块从 P点匀减速到 0时运动的时间 t3＝ v1 a1 ＝ 8 2.5 s＝3.2 s···························2分 这段时间内传送带运动的位移 s1＝vt3＝12.8 m··············2分 传送带匀速运动，电动机增加的牵引力 F＝μmg＝5 N 电动机多做的功W＝Fs1＝64 J··························2分 (4)由分析可知，物块第一次离开传送带以后，每次再到达传送带和离开传送带的速度大 小相等，故物块最终停止在 P点，则根据能量守恒定律有 μmgs2cos 37°＝1 2 mv2···························2分 s 总＝s2＋L···································1分 联立可得 s 总＝12 m·································1分