2023一2024学年第二学期高一期末考试
物理
注意事项：1.考试时间为75分钟，满分100分。
2.答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡相应的位置。
一、选择题：本题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有
一项是符合题目要求的。
1,在如图所示的齿轮传动中，三个齿轮的半径之比为1：2：4，当齿轮转动的时候，小齿
轮边缘的A点与大齿轮边缘的B点角速度大小之比为
A.1:1
B.2:1
C.4:1
D.1:4
2.如图所示，在竖直平面内固定一光滑倾斜长直杆，一小滑块套在直杆上并通过光滑轻
质定滑轮与一固定在水平面上的竖直轻质弹簧连接。现将滑块由A点静止释放，物块
沿杆运动的最低点为B,弹簧始终在弹性限度内，则下列说法正确的是
A.滑块从A点运动到B点的过程中机械能守恒
B.滑块从A点运动到B点的过程中绳的拉力对滑块一直不做功
C.滑块在B点时加速度为零
D.滑块从A点运动到B点的过程中，滑块减少的重力势能等于弹
簧增加的弹性势能
777777
3.在半径为R、质量为M的质量分布均匀的星体表面，某物体在两极处的重力是赤道处
重力的1.1倍，已知引力常量为G,则该星体自转的周期为
10R
A.2GM
11R
B.2NGM
R
C.2x1.1GM
R
D.2
4.一滑块在水平地面上沿直线滑行，t=0时其速度为1m/s。从此刻开始滑块运动方向上
再施加一水平力F,力F和滑块的速度。随时间t的变化规律分别如图甲、乙所示，
以下说法正确的是
A.第1s内，摩擦力对滑块做的功为3J
N
◆w(ms)
2
B.第2s内，F对滑块做功的平均功率为4W
C.前3s内，F对滑块的总冲量为零
123i0123s
D.前3s内，合力对滑块做的总功为零
甲
5.《点绛唇》是北宋文学家苏轼创作的一首词，其中一句“雨打芭蕉闲听雨，道是有愁又
无愁”是脍炙人口的名句。设雨水竖直匀速下落的速度大小为，某张芭蕉叶认为是水
平的，该叶片的面积为S,水滴落到叶片上以原来的一半速率竖直反弹。已知空中雨
水的平均密度为，不考虑落到叶片上雨水的重力。则叶片受到雨水作用力的大小为
高一物理第1页共4页
A.
3pSv
B.Sv
2
C.Sv
D.30Sv
2
6.当地球恰好运行到火星和太阳之间，三者几乎排成一条直线，此现象被称为“火星冲
日”。已知火星与地球的公转轨道半径之比约为3：2，下列说法正确的是
A,火星与地球表面的自由落体加速度大小之比约为9：4
B.火星与地球绕太阳运动的线速度大小的平方之比约为4：9
C.火星与地球绕太阳运动的周期之比约为3√3：2√2
D.连续两次“火星冲日”的时间间隔小于1年
7.有一条均匀金属链条，一半长度在光滑的足够高斜面上，斜面顶端是一个很小的圆弧，
斜面倾角为30°，另一半长度竖直下垂，由静止释放后链条滑动。已知重力加速度g=
10m/s2,金属链条的长度为2m,则链条刚好全部滑出斜面时的速度大小为
A.5
B.
5W2
m/s
C.m/s
D是n
30C
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，有多
项符合题目要求，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
8.如图所示，甲、乙两个小球，在光滑玻璃漏斗内壁做水平面内的匀速圆周运动，甲在
乙的上方。已知甲的质量是乙的2倍，下列说法正确的是
A,球甲的角速度小于球乙的角速度
B.球甲的线速度小于球乙的线速度
C.球甲的运动周期小于球乙的运动周期
D.球甲对内壁的压力大小一定等于球乙对内壁的压力大小的2倍
9,如图所示，质量相同的两滑块A、B静止在光滑水平地面上，两相同的子弹分别以相
同的水平速度。射入A、B而未穿出，子弹射人A中的深度是射入B中深度的3倍，
下列说法正确的是
A,射人滑块B的子弹动量变化大
坐
也8
B.整个射人过程中两子弹受的冲量一样大
C.射入滑块A中时阻力对子弹做的功是射入滑块B中时阻力对子弹做的功的3倍
D.两个射人过程中系统产生的热量相同
10.如图所示，ABC三个半径相同的小球穿在两根平行且光滑的足够长的杆上，A、B、
C三球的质量分别为ma=2kg、B=3kg、mc=2kg,初状态三个小球均静止。B、C
球之间连着一根轻质弹簧，弹簧处于原长状态。现给A一个向左的初速度=10m/s,
A、B发生弹性碰撞。下列说法正确的是
高一物理第2页共4页2023——2024 学年第二学期高一期末考试
物理参考答案
1．C【解析】由v r可知，线速度一定时，角速度与半径成反比，则 A点和 B点角速度之
比为 4∶1，C正确。
2．D【解析】滑块从 A点运动到 B点的过程中滑块和弹簧系统机械能守恒，A错误；滑块从
A点运动到 B点的过程中，绳的拉力与滑块重力对滑块做的总功为零，拉力一定做功，B错误；
滑块在 B点时加速度不为零，方向由 B指向 A，C错误；滑块从 A点运动到 B点的过程中，
滑块减少的重力势能等于弹簧增加的弹性势能，D正确。
Mm
3．B【解析】由万有引力定律和重力的定义可知G 2 mg=1.1mg1，由牛顿第二定律可得R
G Mm 4
2 11R3
2 mg1 mR ，联立解得T=2 ，故选 B。R T 2 GM
4．D【解析】由题图可知，第 1 s内，滑块匀速运动，摩擦力 Ff F1 2N，位移为 x1 1 1m 1m，
1 2
摩擦力对滑块做的功W1 Ff x1 2J，A错误；第 2 s内，滑块位移为 x2 1m 1.5m，2
F做的功W2 F2x2 3 1.5J 4.5J
W
，平均功率为 P 2 4.5W，B错误；前 3 s内，F对滑块
t
的总冲量为 I 2 1 3 1 1 1N s 6N s，C错误；据动能定理，前 3 s内，合力对滑块做的
总功为零，D正确。
1
5. A【解析】一定时间内，水落到叶片上时，对水，根据动量定理可知Ft mv ( mv)
3
mv，
2 2
2
水的质量m Svt，解得 F 3 Sv ，A正确。
2
Mm
6．C【解析】在星球表面根据万有引力定律有G 2 mg，由于不知道火星和地球的质量比R
和半径比，故无法得出火星和地球表面的自由落体加速度，A错误；据环绕天体绕太阳做匀速
G Mm v
2
圆周运动时有 2 m ，易得火星与地球绕太阳运动的线速度大小的平方之比约为 2∶3，r r
B错误；火星和地球均绕太阳运动，由于火星与地球的轨道半径之比约为 3∶2，根据开普勒
r3 T 2 3
火 = 火 T r火 = 火 = 3 3第三定律有 3 2 ，可得 ，C正确；火星和地球绕太阳匀速圆周运动，有r T
地 地 T地 r
3
地 2 2
{#{QQABDYqAogiIAIBAAQhCUQEYCAIQkAEACYgOxAAMIAIAQBFABAA=}#}
2 2 2 2 T T = 火 地
火 ， =地 ，连续两次“火星冲日”则有 t 2 ，得 t TT T
火 地 T T T T
地，D错误。
地 火 火 地
7．B【解析】设链条的质量为 2m，以开始时链条的最高点为零势能面，链条的机械能为
E Ep E
1
k 2mg
L
sin 1 2mg L 0 1 mgL 1 sin ，链条全部滑出后，动能为
2 4 2 4 4
E 1 2mv2 E Lk ，重力势能为2 p
2mg ，由机械能守恒可得E E
2 k
Ep 即
1
mgL 1 sin mv2 mgL 5 2，解得
4 v m/s，B正确。2
8．AD【解析】 对小球受力分析，小球受 到重力和支持力，它们的合力提供向心力，设支持力
v2
与竖直方向夹角为θ，根据牛顿第二定律有mg tan m mR 2 ，解得 v gR tan ，
R
g tan ，球甲的轨迹半径大，则球甲的角速度一定小于球乙的角速度，球甲的线速度一
R
2
定大于球乙的线速度，A正确，B错误；根据T ，球甲的运动周期一定大于球乙的运动
mg
周期，C错误；因为支持力N ，结合牛顿第三定律，球甲对内壁的压力大小一定等于
cos
球乙对内壁的压力大小的 2倍，D正确。
9．BD【解析】子弹射入滑块过程中，子弹与滑块构成的系统动量守恒，有mv0 m M v，
两个子弹的末速度相等，所以子弹速度的变化量相等，动量变化量相等，受到的冲量相等，A
1 2 1B 2错误， 正确；对子弹运用动能定理，有W f mv mv2 2 0
，由于末速度 v相等，所以阻力对
1
子弹做功相等，C错误；对系统，由能量守恒，产生的热量满足Q mv2
1
0 m M v2，2 2
所以系统产生的热量相同，D正确。
10．ABC【解析】AB两球相碰，根据动量守恒定律mAv0 mAv1 mBv2 ，机械能守恒
1m 2 1Av0 m v
2 1
A 1 m
2
Bv2 ，可求得 v1 2m/s，v2 8m/s，AB正确；由于 BC及弹簧组成的系2 2 2
统，在运动的过程中满足动量守恒和机械能守恒，当 B的速度最小时，应该是弹簧处于原长
m v m 1 2 1 2 1 2状态 B 2 Bv3 mCv4 ， mBv2 mBv3 mCv4 ，整理得 v3 1.6m/s，因此 B的最小速度为2 2 2
{#{QQABDYqAogiIAIBAAQhCUQEYCAIQkAEACYgOxAAMIAIAQBFABAA=}#}
1.6m/s，C正确；当 BC两球速度相等时，弹簧的弹性势能最大mBv2 (mB mC )v5 ，
E 1P m v
2 1 (m m )v2，解得 E 38.4J，D错误。
2 B 2 2 B C 5 P
11．答案：角速度ω； 1∶2； 不变 （每空 2分）
【解析】两球质量相等，半径相等，由 F mr 2，可得：此次实验研究的是向心力大小与角速
度 的关系；匀速转动手柄时，左边标尺露出 4个格，右边标尺露出 1个格，此时两球所受向
心力大小之比为 4∶1，根据 F mr 2，可得：此时两球的角速度之比为 A : B 2 :1，
与传送带连接的两塔轮边缘的线速度大小相等，由 v r ，可得：皮带连接的左、右塔轮半径
v
之比为 1 2 2∶ ；设塔轮半径为 R，小球的转动半径为 r，由 v R ，F mr 2，可得 F mr ( ) ，R
两小球质量m相等，转动半径 r相等，与传送带连接的两塔轮边缘的线速度大小v相等，因此
两小球所受的向心力与两塔轮的半径 R有关，因此其他条件不变若增大手柄转动的速度，两小
球所受的向心力之比不变，即两标尺示数的比值不变。
12．答案：（1）必须（2分） （2）AD（2分） （3）m1 OB m1 OA m2 OC（2分）
m OB21 m1 OA
2 m OC 22 （3分）
【解析】（1）本实验需要确保放上被碰小球后，入射小球的碰前的速度大小还是原来的大小，
故要求必须从同一位置由静止释放入射小球。
（2）由于入射小球、被碰小球离开轨道后的运动都是平抛运动，且平抛的竖直位移相同，故
由 x v
2H
0 g ，可知，小球的水平位移
x v0，故可用水平位移的大小关系表示速度的大小关系，
因此不需要测量 H。H只要保持不变就可以了，并不需要测量出来，故选 AD。
3 m v m v ' m v '（ ）由动量守恒得 1 1 1 1 2 2 ，即m1 OB m1 OA m2 OC，要验证碰撞是否为弹性
1 m v2 1 m ' 2 1 ' 2碰撞，还需验证 2 2 2
2 1 1 2 1
v1 m2v2 ，即m1 OB m1 OA m2 OC 。2
2v 2 3v
13．答案：（1） 0 ； （2 2v0R） ； （3） 0
t Gt 2 RGt
2v
【解析】（1 0）火星表面附近的物体做竖直上抛运动： t g （2分）
火
{#{QQABDYqAogiIAIBAAQhCUQEYCAIQkAEACYgOxAAMIAIAQBFABAA=}#}
g = 2v火星表面的自由落体加速度大小： 0火 （1分）t
Mm
（2）不考虑火星自转的影响，则有：G 2 mg火（3分）R
2v R2
解得火星的质量为M 0 （1分）
Gt
M（3）火星的密度 （1分）
V
4 3
火星体积V R （1分）
3
3v
解得 0 （1分）
2 RGt
14．答案：（1）0.5m （2）0
【解析】（1）由牛顿第三定律得，轨道对小球的支持大小 FN＝60N
v2
在 A点，轨道对小球的支持力和小球的重力的合力提供向心力，即F AN mg m （2分）R
1 2
小球从释放到运动到 A点的过程，运用动能定理mgH mgL mvA（3分）2
解得 L=0.5m（1分）
1 1
（2）小球由 A运动到 B 2的过程中，根据动能定理有 mg 2R mvB mv
2
A（3分）2 2
2
在 B v点，轨道对小球的压力和小球的重力的合力提供向心力，即F BN mg m （2分）R
解得 F N 0（1分）
据牛顿第三定律可得小球对圆形轨道的最高点 B点的压力F NB大小为 0（1分）
15．答案：（1） 4m/s （2）12J （3）0.2m
【解析】（1）对小滑块 P，从 A到 B，由动能定理得
m2gL sin 37
1
m2gL cos37 m v
2
（3分）
2 2 B
解得 vB 4m/s（1分）
（2）设小滑块 P与小物块 Q碰撞后速度分别为 vP、vQ，以水平向左为正方向，弹性碰撞过程
满足系统动量守恒和机械能守恒，则有
{#{QQABDYqAogiIAIBAAQhCUQEYCAIQkAEACYgOxAAMIAIAQBFABAA=}#}
m2vB m2vP m1vQ （3分）
1 m v2 1 1 m v2 m v2（3分）
2 2 B 2 2 P 2 1 Q
联立解得 vP 2m/s，vQ 2m/s
当小物块 Q的速度减为 0时，弹簧被压缩到最短，弹簧的弹性势能最大，则有
E 1p m
2
1vQ 12J（2分）2
（3）对小滑块 P，沿 BA轨道上滑至速度减为 0，由动能定理得
m2gxsin 37 m2gxcos37
1
m v22 P（3分）2
解得 x＝0.2m（1分）
{#{QQABDYqAogiIAIBAAQhCUQEYCAIQkAEACYgOxAAMIAIAQBFABAA=}#}
