云南曲靖市沾益清源高级中学2025-2026学年高一下学期7月期末物理试题

曲靖一中沾益清源高级中学高一年级春季学期期末考 试物理学科试卷 时间：75分钟满分：100分命题人：赵玉娇审题人：王晓 一、选择题：本题共10小题，共46分。在每小题给出的四个选项中，第1-7题 只有一个选项符合题目要求，每小题4分；第8-10题有多项符合题目要求，每小 题6分，全部选对的得6分，选对但选不全的得3分，有选错的得0分。 1.如图所示，摩天轮吊篮内的乘客随摩天轮做匀速圆周运动，则从最高点到最低 点的过程中，乘客的() A.机械能不变 B.动量不变 C.合外力的冲量为0 D.合外力所做的功为0 2.内壁光滑的牛顿管抽成真空，现让牛顿管竖直倒立，同时水平向右匀速移动， 以地面为参考则管中羽毛的运动轨迹可能是() B 3.如图所示，曲轴可绕固定的0点自由转动，连杆两端分别连接曲轴上的A点和 活塞上的B点。现曲轴绕0点做角速度o=180rad/s的匀速圆周运动，已知0A=20cm, AB=40cm。当0A与0、B的连线垂直时，活塞的速度为() 连杆 曲轴 B 活塞--- A.24v3m/s B.36m/s C.18v3m/s D.18m/s 第1页，共16页 4.2017年3月16日消息，高景一号卫星发回清晰影像图，可区分单个树冠。天 文爱好者观测该卫星绕地球做匀速圆周运动时，发现该卫星每经过时间t通过的弧 长为1，该弧长对应的圆心角为8弧度。已知引力常量为G,则() A.高景一好的道半径为。 B.高景一号的线速度大小为2x C.地球的质量为 Get D.地球的质量为 Ger 5.竖直平面内有一拐角为90°的L型光滑细杆，杆上套有两个小球A、B,且m4>。 现让杆绕0点所在的竖直轴匀速转动，两小球A、B在杆上稳定时，其相对位置关 系可能正确的是（) 777777 0 77777 6.如图所示，质量为2×103kg的电梯在缆绳发生断裂后向下坠落，电梯刚接触井 底缓冲弹簧时的速度为4ms,缓冲弹簧被压缩2m时电梯停止运动。下落过程中安 全钳提供给电梯的滑动摩擦力共为1.7×104N,取g=10m/s2,下列说法正确的是 () 安全钳 一电梯 A.电梯刚接触弹簧时速度最大 B.电梯压缩弹簧过程中电梯的加速度一直在减小 C.电梯停止时弹簧的弹性势能为2.2×103J D.电梯压缩弹簧过程中电梯的机械能减少了5.6×104灯 第2页，共16页 7.如图所示，生活中我们常用高压水枪清洗汽车，水枪出水口直径为D,水流以 速度ⅴ从枪口喷出近距离垂直喷射到车身。所有喷到车身的水流，约有80%向四周 溅散开，溅起时的速度为8，且垂直于车身向外。其余20%的水流撞击车身后无 反弹顺车流下。由于水流与车身的作用时间极短，在分析水流对车身的作用力时 可忽略水流所受的重力。已知水的密度为P,则( 点.水枪的功率约为PD B.水枪的功率约为pmD C.水流对车身的平均冲击力约为 0 PTD212 D.水流对车身的平均冲击力约为 0PD22 8.近年来，我国一直努力推动中国版“星链”卫星星座的发展，下图为星座中某 卫星在运行过程中远地点高度和近地点高度随时间变化的图像，则() 高度/km 区间L区间Ⅲ 1100 ,区间I 1000 远地点高度 900 800 近地点高度 2025202520252025202520262026202620262026日期 10/1611/0211/1912/0612/23 01/090126 02/1203/0103/18 A.在区间I内，卫星轨道为椭圆 B.在区间Ⅱ内，卫星运行速度逐渐增大 C.在区间Ⅱ内，卫星运行周期逐渐变小 D.在区间Ⅲ内，卫星的加速度小于地面的重力加速度 9.额定功率相同的甲、乙两车在同一水平路面上从静止启动，其发动机的牵引力 随时间的变化曲线如图所示。两车分别从1和时刻开始以额定功率行驶，从t,和4 时刻开始牵引力均视为不变。若两车行驶时所受的阻力大小与重力成正比，且比 例系数相同，则() 第3页，共16页 A.甲车的总重比乙车大 B.甲车比乙车先开始运动 C.甲车在t时刻和乙车在时刻的速率相同 D.甲车在t,时刻和乙车在t4时刻的速率相同 10.如图甲，固定的光滑水平横杆上套有质量为m的小环B,其右侧有一固定挡块。 一根长为L的轻绳，一端与B相连，另一端与质量为2的小球A相连。初始状态 轻绳水平且伸直，B靠在挡块处。由静止释放A,在运动过程中A、B水平方向速 度v的大小与时间t的关系如图乙所示。下列说法正确的是() B挡块 甲 A.t时刻之后，A、B组成的系统动量守恒 B.4时刻A、B速度相同，大小为2V28L 3 C.4阶段，A的水平位移一定大于5 D.图乙中阴影部分的面积为5L 二、非选择题：本题共5小题，共54分。其中13-15题解答时请写出必要的文字 说明、方程式和重要的演算步骤；有数值计算时，答案中必须明确写出数值和单 位。 11.如图甲为研究平抛运动的实验装置，其中装置由固定的铁架台，圆弧轨道（半 径R=0.5m)组成，位移传感器与计算机连接。实验时小球从圆弧轨道上某位置由 静止释放，沿着轨道向下运动，离开轨道时，位移传感器开始实时探测小球的位 置。测得不同时刻位置坐标，相邻点时间间隔△1=0.02s。其中0点为抛出点，标记 为n=0,其他点依次标记为n=1,2,3…。 接计算机 位移传感器 ◆/m 1.764 nnn刀 0.36 2/m 甲 乙 第4页，共16页 (1)为确保小球离开轨道后做平抛运动，必须进行的关键操作是() A.测量圆弧轨道的半径R B.用水平仪校准轨道末端切线水平 C.调整轨道高度使小球落地点在传感器中心 D.保证小球每次从轨道同一高度释放 (2)如果竖直方向为自由落体运动，并测量出“y”“x”及“5n”,其中y为第 点到O点的竖直距离，x为第n点到0点的水平距离，S为第n点到O点的直线距 离)，则重力加速度g的表达式为 （用所测物理量和△t、n表示)。 (3)在（2)问实验测得的g值比真实值偏小，可能的原因是() A.轨道末端切线略微向上倾斜 B.小球释放点低于预定位置 C.实验时位移传感器数据中△t略大于0.02s (4)经正确操作，该同学在轨迹上选取间距较大的几个点，将其坐标在直角坐标系 内描绘出y-x图像，如图乙所示。由此可计算出小球从轨道上水平抛出的初速度 V0= m/s（重力加速度g取9.8ms2)。 12.小明同学利用如图甲所示装置研究两球间的碰撞规律，天平测得小球1质量 为仙，小球2质量为，斜槽末端在白纸上投影为0，让小球1从斜槽某位置由 静止释放，记录落点为P,再将小球2置于槽的末端，使小球1由同一位置由静止 释放，与小球2相碰，记录两球落点分别为M和N如图乙所示。 铅垂线 铁架台 复写纸白纸 木板 99g 之 (1)若该实验要验证动量守恒定律，则下列说法正确的 (多选)。 A.小球1的质量应大于小球2的质量B.斜槽的轨道必须是光滑的 C.轨道的末端必须水平 D.实验中复写纸不能移动 (2)通过刻度尺测得OM长度为4，OP长度为l,OW长度为，在实验误差允许范围 内，若满足关系式 (用、，、、，、1表示)，即验证了碰撞前后两小 第5页，共16页 球组成的系统动量守恒。 (3)若该实验进一步还要验证小球1和小球2的碰撞为弹性碰撞，在实验误差允许 范围内，则需要满足的表达式为 (用4、马、马表示)。 (4)恢复系数是反映碰撞时物体形变恢复能力的参数，它只与碰撞物体的材料有关， 2- 两物体碰撞后的恢复系数为= 其中和0分别为碰撞前两物体的速度， 20-o' ,和分别为碰撞后两物体的速度。则两球的碰撞恢复系数= (用4、12、 表示)。 13.(10分)如图所示，光滑水平面与竖直面内的粗糙半圆形导轨最低点B平滑相 接，导轨半径为R。一个质量为m的物体（可视为质点）将弹簧向左压缩至A点后 由静止释放，在弹力作用下物体获得某一向右速度后脱离弹簧，它经过B点时的速 度大小为√7gR,之后沿半圆形导轨运动，恰好到达最高点C。重力加速度为g。求： (1)弹簧压缩至A点时的弹性势能E,: (2)物体沿半圆形导轨运动过程中阻力所做的功W,。 C R bwww A 第6页，共16页 14.(12分)在真空环境内探测微粒在重力场中能量的简化装置如图所示.P是个 微粒源，能持续水平向右发射质量相同、初速度不同的微粒，高度为五的探测屏 AB竖直放置，离P点的水平距离为L,上端A与P点的高度差也为h,已知重力加 速度为g (1)若微粒打在探测屏AB的中点，求微粒在空中飞行的时间： (2)求能被屏探测到的微粒的初速度范围； h A 探 器 B 第7页，共16页 15.(16分)如图所示，水平地面上有一质量为M=2kg的足够长的平板小车静止 不动，紧靠小车右侧有一固定的光滑竖直圆弧轨道，圆弧轨道的圆心为0，轨道上 端点B与0点的连线与水平方向的夹角B=37°，半径R=0.75m。在圆弧轨道的左上 方有一固定光滑平台，质量=0.5kg的物块P在平台上以初速度。=4.5/s向右运 动，与静止的质量m=kg的物块Q发生弹性碰撞，物块Q离开平台后，恰好能从B 点沿切线方向进入圆弧轨道，然后沿圆弧轨道运动，滑上小车。已知物块Q与小 车上表面间的动摩擦因数为=0.5，小车在水平地面上运动时所受阻力恒为对地面 压力的0.1倍，重力加速度g-10/s2,sin37°=0.6，cos37°=0.8。求： (1)物块Q离开平台时的速度大小： (2)物块Q经过A点时对轨道的压力： (3)平板小车在地面上运动的最大距离。 B 00 A 第8页，共16页 参考答案 题号 y 2 3 4 7 8 9 10 答案 D C B D C AD ABC BC 1.D 【详解】A.乘客随摩天轮做匀速圆周运动，从最高点到最低点，重力势能减小，动能不变（匀 速)，机械能等于动能与势能之和，所以机械能减小，A错误： B.动量是矢量，有大小和方向，乘客速度方向变化，动量变化，B错误： C.根据动量定理，合外力的冲量等于动量的变化量，乘客动量变化不为0，则合外力冲量不 为0，C错误： D.根据动能定理，合外力做功等于动能的变化量，乘客做匀速圆周运动，动能不变，所以合 外力做功为0，D正确。 故选D。 2.C 【详解】内壁光滑的牛顿管抽成真空，现让牛顿管竖直倒立，则管中羽毛只受到重力作用，做 自由落体运动：那么水平方向上做匀速直线运动，竖直方向下做匀加速直线运动，加速度方向 向下，因为合加速度的方向竖直向下，与合速度不在同一条直线上，合运动的轨迹为曲线.因为加 速度的方向（即合力的方向）大致指向轨迹凹的一向，所以选C. 3.B 由公式=or可得A点的线速度大小v4=36/s,对A、B两点的速度进行分解，如图所示 可知A、B两点在沿杆方向的速度相同，即v4cos8=gcos8 故此时A、B两点的速度是相等的。 故选B。 4.C 【详解】A.根据弧长公式1=r,可得轨道半径r三，故A错误 B。线速度为单位时间内通过的弧长，大小为，=枚B错误： 第9页，共16页 CD.卫星做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，有c警=m号 约去卫星质量m,得地球质量M= G 代入v=I=?,解得M= 8,故C正确，D错误。 故选C。 5.A 【详解】设小球与竖直方向的夹角为0，对小球受力分析，根据牛顿第二定律可得 -=o2R tan 解得ω= 8 VRtane 由于A、B两个小球转动时角速度相等，根据数学关系，小球与竖直方向的夹角越大，则半径 就越小，由图像可知，B球与竖直方向的夹角大于A球与竖直方向的夹角，所以B球做圆周 运动的半径需小于A球做圆周运动的半径，故BCD错误，A正确。 故选A。 6.D 【详解】A.接触弹簧后，电梯受力：重力g向下，摩擦力∫向上，弹簧弹力F,向上 合力F会=g-f-Fx 刚接触时F=0,合力F会=g-f-F=3×10N,加速度向下，速度继续增加。 随着弹簧压缩，增大，合力减小，加速度减小。当F,=g-∫时，加速度为零，速度达到 最大。之后F继续增大，合力向上，加速度向上且增大，电梯减速直至停止。 因此，加速度大小先减小后增大；速度先增大后减小，故AB错误： 1 C.电梯刚接触井底缓冲弹簧时的初动能E如=二=0.5×2×103×42=1.6×104J 设此时为重力势能零势能点E。=0 电梯停止运动时的末动能E1=0 重力势能Ep=g(0-h)=-2×104×2=-4×104灯 设此时弹簧弹性势能E弹 在此过程中，重力做功W。=△E1=4×104灯；摩擦力做功W=-h=-1.7×104×2=-3.4×104灯 由能量守恒Eo+Wc+W,=E弹，解得E弹=2.2×104灯，故C错误； 第10页，共16页 D.电梯的机械能E=E+E。,初机械能E=Eo+0=1.6×104灯，末机械能 E1=0+E.1=-4×104灯 机械能减少量E。-E,=1.6×104J-（仁4×104灯)上5.6×104J,故D正确。 7.C 【详解】AB.时间△t内喷出水的质量△=VAiSp=二πDMtp 4 水枪的功率 1 An =2 =PπD,3,选项AB错误： 1 At 8 CD.以水枪射出的水流方向为正方向，根据动量定理 F△t=80%△u -+ 20%1(0-v) 8 解得F=1 pπD2,选项C正确，D错误。 40 故选C。 8.AD 【详解】A.在区间I内，由图可知远地点高度大于近地点高度，卫星在椭圆轨道上运行，故A 正确： B.在区间Ⅱ内，由图可知远地点高度和近地点高度均增大，说明轨道半径增大，由于万有引 力提供向心力，则有G-m 解得v= GM 可知，卫星无动力运行阶段速度随高度升高而减小，整体运行速度逐渐减小，故B错误： C.由图可知，在区间Ⅱ内，由图可知远地点高度和近地点高度均增大，说明轨道半长轴α增 大。根据开普勒第三定律工 可知，半长轴α越大，周期T越大，因此，在区间Ⅱ内，卫星运行周期逐渐变大，故C错误； D.在区间II内，卫星轨道高度约为h=1100km GMi 设地球的半径R,对卫星，根据牛顿第二定律可知 (R+h)2 GM 在地球表面则有 L≈g 联立可得心 R)2 <1 R+h 即在区间I内，卫星的加速度小于地面的重力加速度，故D正确。 第11页，共16页 故选AD。 9.ABC 【详解】A.根据题述，两车额定功率P相同，匀速运动后牵引力等于阻力，因此甲车阻力大 于乙车阻力，根据甲车t时刻后和乙车4时刻后两车牵引力不变，甲车牵引力大于乙车可知 F=f=knig 可知甲车的总重比乙车大，故A正确： B.如图所示 本F 甲 B ○ t1 t2 13 t4 甲车在A点所对应的时刻牵引力与阻力瞬间相等，所以甲车从这个时刻开始，做加速运动： 乙车在B点所对应的时刻牵引力与阻力瞬间相等，乙车从这个时刻开始加速，所以甲车比乙 车先开始运动，故B正确： C.两车分别从和时刻开始以额定功率行驶，这两个时刻，两车的牵引力等大，由 P=Fy 可知，甲车在t时刻和乙车在3时刻的速率相同，故C正确； D.t,时刻甲车达到最大速度，t4时刻乙车达到最大速度，根据汽车的额定功率 P=f形m=kigv 可知由于甲车的总重比乙车大，所以甲车在时刻的速率小于乙车在t4时刻的速率，故D错 误。 故选ABC。 10.BC 【详解】A.图乙可知，1时刻后，B开始运动起来了，说明此时B已经离开挡板向左运动， B与挡板间没有了作用力，由于杆光滑，故AB构成的系统水平方向不受外力，即AB组成的 系统水平动量守恒，但AB整体在竖直方向上合力不为0，则竖直方向动量不守恒，因此t时 刻之后，组成的系统动量不守恒，故A错误： B.根据题意可知，4时刻A的水平最大为，对A,由动能定理可得2mgL= 第12页，共16页 ,时刻后，由AB系统水平方向动量守恒则有2=3 联立解得y= 22gL,故B正确： 3 CD.图乙中阴影部分的面积为表示的AB水平方向位移差△x=xa-,从tt阶段，设AB 共速时A的下落高度为Mh,由能量守恒2mg·Ah=x3m 2 解得△h=2L 故从~4阶段，图乙中阴影部分的面积为Ax=VP-△=5L A水平移动的位移=3+Ar>5,枚C正确，D错误。 3 故选BC。 11.(1)B 2yn (2)g=(n (3)A (4)1 【详解】(1)平抛运动要求初速度水平，需用水平仪校准轨道末端切线水平；半径R、轨道高 度、释放位置不直接影响平抛”的前提条件。 故选B。 1 (2)竖直方向做自由落体运动，有h=284 解得g= 2yn (n4t) 故需测量y 2y可知，8 (3)A.未端向上领斜会使小球获得竖直向上的初速度，导致m偏小，由8F 偏小，故A正确： B.小球释放点低于预定位置，不影响g的测量，故B错误： C.实验时间△t略大，导致ym偏大，会使g偏大，故C错误。 故选A。 (4)平抛运动中，水平方向位移x=vot 1 竖直方向位移y=28 联立得y= g一 2 第13页，共16页 故斜率品 由图像数据解得o=1m/s 12.(1)AC (2)43=4+m,3 (3)12=43-1 【详解】(1)A.小球1的质量大于2的质量，碰撞后小球1才可向右运动，故A正确： B.斜槽不一定必须是光滑的，保证小球1每次从斜槽同一位置由静止释放即可，故B错误： C.斜槽轨道的末端需要保证水平，这样小球才能做平抛运动，才可以用水平位移表示小球的 速度，故C正确； D.复写纸可以移动，但白纸不能移动，故D错误。 故选AC。 （2)若该实验要验证碰撞前后两小球组成的系统动量守恒，设小球做平抛运动的时间为t, 则满要满足专冬西子 整理可得h3=+ (3)若该实验要验证小球1和小球2的碰撞为弹性碰撞，则需要同时满足m纟=m上+%纟 联立求得，需要满足的表达式为，=马- (4)碰撞前，小球1的速度。=上，小球2的速度。=0，碰撞后，小球1的速度y=上， 小球2的速度为，= 故碰撞恢复系数e= 12-1 tt43-4 20-ho 2.-0 t 13.(1)E2=3.5gR (2)W,=-gR 【详解11)伤体从A点到8点根据能量付恒有4m-m7g网35限R (写出能量转化公式给2分，结果给1分) 第14页，共16页 (2)题意可知恰好到达最高点C,则有g= 2(2分) R 1 物体从B到C过程，根据动能定理有-g×2R+W,,(3分》 联立解得W,=-gR(2分) 3h 14.(1) g \4h V2h 1 【详解】(0）对打在中点的微粒有：2血28（2分) 3h 解得：t= ;(1分) (2)打在B点的微粒 (2分) 2h- (1分) 解得：y=L 8 同理，打在A点的微粒初速度：=乙√2h (能写出打在A点的水平射程和竖直下落高度各给1分)（能算出两个速度的各给1分） 微粒初速度范围： g ≤v≤L g (2分) 15.(1)'e=3m/s 26 (2) N;方向竖直向下 3 3)x=36 .49 【详解】(1)物块P、Q碰撞过程，由动量守恒和能量守恒可得=%p+e(1分)， 46-4后+u员1分 解得ve=3m/s(1分) (2)物块Q恰好能从B点进入圆弧轨道，则物块Q运动到B点时的速度大小为 v='9=5m1s(2分) sin37 物块Q从B点运动到4点过程，由机械能守恒定律可得%g+sm0)+叫叫号1 分) 第15页，共16页 在A点，由牛顿第二定律可得Fx-hg=, 2(1分) 解得V4=7/s,Fw 226N(1分) 3 于顿第三定律知，物块Q经过A点时对轨道的压力大小为乃，三，二？N,方向竖直向 （1分) (3)小车加速阶段，分别对小车和物块Q应用牛顿第二定律可得g-k(M+%)g=Ma, 28=42(各1分) 设经过时间二者达到共同速度V共，则v共=4咕='4-44(1分) 7 7 联立解得=S,v共=m/s 6 6 二者共同减速至速度为0的过程，根据动量定理得-k(M+)g=0-(M+)v共(2分) 7 解得6=6 小车在地面上运动的最大距离为x-艺(+6)1分) 联立解得x=9 (1分) 36 第16页，共16页