广东省汕头市金山中学2024-2025学年高一下学期期末考试物理试卷（含解析）

2024 级高一第二学期期末测试
物理科试卷
一、单选题（每题 4 分，共 28 分）
如图所示，曲线 AB 为一质点的运动轨迹，某人在曲线上 P 点做出质点在经过该处时其受力的 8 个可能方向，正确的是
只有方向 2、3、4 可能
只有方向 1、3 可能
只有方向 1、2、3、4、5 可能
D．8 个方向都可能 2．牛顿发现了万有引力定律，并给出了物体间引力大小表达式
F G m1m2 ，但没有给出引力常量 G 的具体取值。如图为人类第一次在实验室测量出万有
r 2
引力常量的实验示意图，通过此套装置比较精确测量出了万有引力常量数值，引力常量的精确测定对深入研究物体之间相互作用规律更有意义。以下说
法正确的是（ ） A．图示引力常量测量实验中运用了放大法 B．根据万有引力定律表达式，当 r→0 时，物体间引力将趋于无穷大 C．图示实验中的大球对小球引力大于小球对大球引力 D．伽利略首先测量出了万有引力常量数值
3．下面五幅图是网球竖直下落与地面碰撞后又弹起的过程。 从左往右，第二幅图是网球刚与地面接触时拍摄，第三幅图是网球形变量最大时拍摄，忽略空气阻力和网球与地面碰撞的能量损失。 下列说法正确的是（ ）
A．拍摄第二幅图时，网球的动能最大 B．网球与地面碰撞整个过程中，弹力的冲量等于网球动量的改变量 C．网球与地面碰撞过程中，地面对网球的弹力不做功 D．网球与地面碰撞整个过程中，地面对网球的弹力先做正功后做负功
4．2024 年科学家发现了一颗距离地球 40 光年的类地行星 Gliese12b，这颗行星的发现引发了全球对“第二颗地球”的热议。Gliese12b 体积和地球差不多，质量约为地球的 4 倍。将某物体分别在 Gliese12b 表面与地球表面水平抛出，若水平抛出的高度和初速度均相同，则物体第一次落地时水平距离之比约为（ ）
A．4∶1 B．1∶4 C．1∶2 D．2∶1
如图，表面光滑的竖直圆环轨道固定在水平面上，半径为 R ，一小球静止在轨道的最高点 A 点。小球受到轻微的扰动，从 A 点由静止沿轨道滑下，一段时间后，小球在 P 点脱离轨道，速度大小为 v， P、O 两点的连线与竖直方向的夹角为θ，小球可看作质点，重力加速度大小为 g，下列说法正确的是（ ）
cosθ 2 ， v 2 3gR
3
cosθ 2 ， v
3
cosθ 1 ， v
3
3
6gR 3
6gR 3
cosθ 1 ， v 2 3gR
3 3
蹦床是一项运动员利用蹦床的反弹在空中表现杂技技巧的竞技运动。将运动员蹦床比赛时的运动看做竖直方向的直线运动，忽略空气阻力。用力传感器测出蹦床对运动员弹力的大小 F，F 随时间 t 的变化规律如图所示，重力加速度 g 取10m / s2 ，则下列说法正确的是（ ）
6s ~ 6.6s 内，运动员处于失重状态
运动员的最大加速度大小为50m / s2
4.8s ~ 5.4s 内，运动员重力势能与动能之和先增大后减小
8.4s ~ 9.4s 内，蹦床给运动员的冲量大小为 1300Ns 7．如图所示，细绳一端固定在天花板上，另一端跨过一光滑动滑轮和两固定在天花板上的光滑定滑轮，动滑轮下端挂有一重物。某人抓住绳的一端，从右侧定滑轮正下方 A 点以 v 5m/s 的速度匀速移动到 B 点，此时细绳与水平方向的夹角为θ 37 。已知重物质量为
m 10kg ，右侧定滑轮与 A 点的竖直高度 h 3m ，重力加速度 g 10m/s2 ， sin 37° 0.6 ，不考虑滑轮的大小和质量，下列说法正确的是（ ）
重物处于失重状态
人到达 B 点时，重物重力的功率大小为 200W C．整个过程人对重物做功为 100J D．人行走时，对地面的摩擦力方向水平向右
二、多选题（每题 6 分，共 18 分）
汕头电视台《今日说法》栏目曾报道过一起发生在汕头某路上的离奇交通事故。家住公路拐弯处的张先生和李先生家在三
个月内连续遭遇了七次大卡车侧翻在自家门口的场面，第八次有辆卡车冲撞进李先生家，造成三死一伤和房屋严重损毁的血腥惨案．经公安部门和交通部门协力调查，画出的现场 示意图如图所示。交警根据图示作出以下判断，你认为正确的是( )
由图可知汽车在拐弯时发生侧翻是因为车做离心运动 B．由图可知汽车在拐弯时发生侧翻是因为车做向心运动 C．公路在设计上可能内(东北)高外(西南)低 D．公路在设计上可能外(西南)高内(东北)低
9．2024 年 11 月 23 日，2024 中国足协杯决赛在温州奥体中心举行。如图甲所示，一足球运动员在水平草地上练习传高空球。如果他在同一地点把同一个足球前后两次斜向上踢出，第一次足球落在草地上的M 点，第二次落在草地上的 N 点，足球两次在空中运动的最大 高度相等，且ON 3OM ，空气阻力不计，如图乙所示。下列说法正确的是（ ）
足球第二次被踢出时的初动能一定是第一次的 9 倍 B．足球两次在空中运动的时间不相同 C．足球两次落地时的速度与水平方向夹角的关系为 tanθM=3tanθN D．足球第二次被踢出时的初速度的水平分量是第一次的 3 倍
如题图甲所示，竖直平面内固定一光滑的半圆形轨道 ABC，B 点为 AC 轨道的中点， 小球以一定的初速度从最低点 A 冲上轨道，小球在半圆形轨道上从 A 运动到 C 的过程中，其速度的平方与对应高度的关系图像如图乙。已知小球在最高点 C 受到轨道的弹力大小为 11N，不计空气阻力，g=10m/s2，则（ ）
A．图乙中 x 为 9m2 s-2 B．小球质量为0.5kg
C．小球在 A 点所受支持力为 36N D．小球在 B 点所受合力大于 26N
三、实验题（每空 2 分，共 16 分）
某实验小组应用下图装置探究动量守恒定律，光滑斜面与水平面间平滑连接，质量为
M 的小球 A 从斜面上高 h 处滑下，小球 A 与质量为 m 的静止滑块 B 对心碰撞并一起向前运动距离 s 后停下来。A、B 与水平地面间的动摩擦因数均为 μ ，重力加速度为 g。
（1）A 物体到达地面瞬间的速度为 ；
A、B 碰后瞬间的速度为 ；
若 A、B 碰撞的过程中动量守恒，应满足的关系式为 。（应用题目中所给字母进行表示）
某同学用如图（a）所示的装置验证机械能守恒定律。不可伸长的轻绳绕过轻质定滑轮，轻绳两端分别连接物块 P 与感光细钢柱 K，两者质钢柱量均为m 0.140kg ，钢柱 K下端与质量为M 0.200kg 的物块 Q 相连。铁架电动机台下部固定一个电动机，电动机竖直转轴上装一支激光笔，电动机带动激光笔绕转轴在水平面内匀速转动，每转一周激光照
经判断系统由静止释放时激光笔光束恰好经过 O 点。参照图（b），在 OE 段，系统动能的增加量Δ Ek ，重力势能的减少量Δ Ep ；比较两者关系可判断系统机械能是否守恒。（计算结果均保留 3 位有效数字）
选取相同的另一感光细钢柱 K，若初始时激光笔对准 K 上某点，开启电动机的同时系统由静止释放，电动机的角速度按如图（c）所示的规律变化，图像斜率为 k，记录下如图
（d）所示的感光痕迹，其中两相邻感光痕迹间距均为 d。若验证得到表达式 k= 即可证明系统在运动过程中机械能守恒（用含字母 M、m、d、k、g、π 的表达式表示）。
四、计算题（共 38 分）
13．（本题 10 分）一宇航员在某未知星球的表面上做平抛运动实验：在离地面 h 高处让小球以某一初速度水平抛出，他测出小球落地点与抛出点的水平距离为 x 和落地时间 t，又已知该星球的半径为 R，已知万有引力常量为 G，求：
该星球表面的重力加速度 g
该星球的质量 M
该星球的第一宇宙速度 v（最后结果必须用题中已知物理量表示）
14．（本题 10 分）如图所示 AP 为竖直转轴，P 端放在地面上，细绳 AC 和 BC 的结点 C 系一质量为 m 的小球，两绳能承担的最大拉力均为 2.25mg，当 AC 和 BC 均拉直时∠ABC＝ 90°，∠ACB＝53°，细绳 AC 长度为 L＝2m，ABC 能绕竖直轴 AP 匀速转动，因而小球在水平面内做匀速圆周运动，当小球的转速增大时，两绳均会被拉断，g 取 10m/s2，
sin 53 0.8 ， cos 53 0.6 ，求：
小球线速度为何值时，BC 绳刚好被拉直，并求此时 AC 绳子拉力大小；
若小球的速率继续增加，判断哪条绳先断，并给出理由；求出此时小球的速率。
15．（本题 18 分）如图所示，长度为 L=4m 的长木板置于光滑 水平
地面上，木板右端与固定在水平地面上的半径 R=0.3m 的光滑 的四分之一圆弧轨道平滑连接，M 点为圆弧轨道的最低点。可视为质点的小滑块 A、B 放在长木板的中央，两滑块中间有弹性势能为 E＝3.2J 的微型压缩轻弹簧，轻弹簧左端固定在滑块 A 上，右端与滑块 B 接触但不拴接。释放两滑块后，滑块 B 恰好能到达圆弧轨道上与圆心等高的 N 点。已知滑块 A 下表面光滑，滑块 B 与长木板 C 的质量均为 m=0.2kg，二者间的动摩擦因数为μ 0.25 ，重力加速度 g 取 10 m / s2 ，忽略空气阻力的作用。
求 B 到达 M 点时对圆弧轨道的压力大小；
当 A 滑离长木板 C 时，求 B 的速度大小；
若改变两滑块释放的初始位置，使 B 到长木板 C 右端的距离为 kL（0《2024 级高一第二学期期末测试》参考答案
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
答案 D B C C A C B AC BD BD
1．D
【详解】当合力的方向与速度方向不在同一条直线上时，物体做曲线运动，曲线运动轨迹特点是：轨迹夹在合力与速度方向之间，合力大致指向轨迹凹的一向．根据该特点知，只有方向 2、3、4 可能．故选 D．
点睛：本题关键是对质点做曲线运动的条件的考查，掌握了做曲线运动的条件，以及曲线运动轨迹的特点，本题基本上就可以解决了．
2．B
【详解】A．卡文迪许首先测量出了万有引力常量数值，A 错误； B．图示引力常量测量实验中运用了放大法，B 正确； C．根据牛顿第三定律，图示实验中的大球对小球引力等于小球对大球引力，C 错误； D．当r 0 时，物体间引力不是无穷大，因为当r 0 时，万有引力定律不成立，D 错误。故选 D。
3．C
【详解】A．第二幅图是网球刚与地面接触时拍摄，之后由于网球受到的弹力仍小于网球的重力，网球继续向下加速运动，当于网球受到的弹力等于网球的重力时，网球的动能最大，故 A 错误； B．网球与地面碰撞整个过程中，由于重力有一定的冲量，根据动量定理可知，弹力的冲量和重力的冲量的矢量和等于网球动量的改变量，故 B 错误； C．网球与地面碰撞过程中，由于忽略空气阻力和网球与地面碰撞的能量损失，则网球的机械能守恒，故 C 正确； D．网球与地面碰撞整个过程中，地面对网球的弹力的作用点没有发生位移，所以地面对网球的弹力不做功，故 D 错误。
故选 C。 4．C
【详解】根据万有引力提供向心力，得G Mm mg
R2
可得星体表面的重力加速度 g GM
R2
Gliese12b 和地球的质量之比约为 4∶1，半径之比约为 1∶1，则 Gliese12b 表面和地球表面的重力加速度大小之比约为 4∶1
又根据h 1 gt 2
2
可得在 Gliese12b 表面和地球表面相同高度做平抛运动的时间之比为 1∶2，根据 x v0t
可得相同初速度时平抛的水平距离之比为 1∶2。故选 C。
5．A
【详解】小球在 P 点脱离轨道时，重力沿半径方向的分力提供向心力，则有
v2
mgcosθ m
R
小球从 A 点运动到 P 点，根据机械能守恒定律有mgR 1 cosθ 1 mv2
2
解得cosθ 2 ，v
3 3
故选 A。 6．C
【详解】A．题图可知 0~3.6s 内运动员静止在蹦床上且mg 500N ，图像6s ~ 6.6s 内，弹
力大于重力，运动员处于超重状态，故 A 错误；
由牛顿第二定律可知，运动员加速度大小am
F mg m
可知弹力 F 最大时加速度最大，结合图像弹力最大 2500N，联立解得a 40m/s2
故 B 错误；
当运动员离开蹦床时 F=0，故 0~8.4s 时间内的 6.8s~8.4s 运动员离开蹦床做竖直上抛运动，共运动 t=1.6s，由竖直上抛规律可知，运动员离开蹦床时与落回到蹦床时速度大小相
等，方向相反，则运动员离开蹦床时速度大小v g t 8m/s
2
规定向上为正方向， 8.4s ~ 9.4s 内，由动量定理得 IF mg t mv m v
其中 t 1.0s
联立解得蹦床给运动员的冲量大小 IF 1300N·s
故 C 正确； D．对运动员和蹦床构成的系统，只有重力与蹦床弹力做功，故系统机械能守恒，即运动 员动能、运动员重力势能、蹦床弹性势能之和不变，图像可知4.8s ~ 5.4s 内，弹力先增大后减小，可知蹦床弹性势能先增大后减小，故运动员重力势能与动能之和先减小后增大，故 D 错误。
故选 C。 7．B
【详解】A．在 B 点绳末端，由关联速度可得，沿绳方向的分速度v1 v cosθ
人向右移动过程中，θ减小，v 不变，故v1 增大，即重物加速上升，A 错误；
人到达 B 点时，由动滑轮特点，物体上升的速度v 1 v
即重物重力的功率 P mgv2 200W
B 正确；
2 2 1
由能量守恒定律，人对重物做的功等于重物机械能的增量，右侧绳长增长
L
h
sinθ
h 2m
重物上升的高度 H 1 L 1m
2
则W mgH 1 mv2 120J
2 2
C 错误；
人行走时，受到的静摩擦力水平向右，人对地面的摩擦力水平向左，D 错误。故选 B。
8．AC
【详解】AB．由题图可知发生事故时，卡车在做圆周运动，从图可以看出卡车冲入民宅时做离心运动，A 正确 B 错误； CD．汽车在水平路面上拐弯时，靠静摩擦力提供向心力，现在易发生侧翻可能是路面设计不合理，公路的设计上可能内侧（东北）高外侧（西南）低，重力沿斜面方向的分力背离圆心，导致合力不够提供向心力而致，故 C 正确，D 错误。
故选 AC。 9．BD
【详解】A．题意知足球两次在空中运动的最大高度 H 相等，根据斜抛运动，竖直方向有
H vOy
2g
可知，足球两次被踢出时的初速度的竖直分量相同，由t 2vOy
g
可知，足球两次在空中运动的时间相同，故 A 错误；
BC．已知ON 3OM ，由 x vOxt
可知，足球第二次被踢出时的初速度的水平分量是第一次的 3 倍，足球被踢出时的初速度大小v
被踢出时的初动能 E 1 mv2 1 m v 2 v 2

k 2 2 Ox Oy
故足球第二次被踢出时的动能不是第一次的 9 倍，故 B 正确、C 错误； D．根据机械能守恒定律和斜抛运动的对称性可知，足球落地时的速度与水平方向的夹角
满足tanθ vOy
vOx
可知tanθM 3tanθN
故 D 正确。故选 BD。 10．BD
【详解】A．由机械能守恒定律 1 mv2 1 mv2 mgh
2 0 2
解得v2 2gh v2
由图乙可知，当h 0.25m 时， v2 4m2 /s2 代入上式，解得v0 3m/s
又当h 0 时，则有v2 v2 9m2 /s2 ，即 x 9
A 错误；
B．由题图乙可知，轨道半径 R 0.125m ，小球在 C 点的速度vC 2m/s
v2
由牛顿第二定律可得 F mg m C
R
解得m 0.5kg
B 正确；
CD．小球从 A 到 B 过程中由机械能守恒有 1 mv2 1 mv2 mgR
2
v2
在 B 点，根据牛顿第二定律可得 NB m B
R
0 2 B
代入数据解得 NB 26N
由于小球还受重力作用，小球在 B 点所受合力为
C 错误，D 正确。故选 BD。
262 52 N 26N
11．
v
M
M m
【详解】（1）[1]由动能定理可知
Mgh 1 Mv2
得
（2）[2]由动能定理可知
2 0
v0
经计算得
μ M m gs 1 M m v2
2
v
（3）[3]A、B 碰撞的过程中动量守恒应满足
12．(1) 0.05 1
(2) 0.240 0.245
2πMg
(3) M 2m d
M
M m
【详解】（1）[1]根据角速度与周期的关系有
[2]根据运动学公式有
T 2π
ω
2π s 0.05s 40π
v xDF 18.00 8.00 10 2 m/ s 1m/ s
1 2T 2 0.05
（2）[1]在 OE 段，系统动能的增加量为
ΔE 1 M 2m v 2 1 0.200 2 0.140 12 J 0.240J
k 2 1 2
[2]重力势能的减少量为
ΔE M m gh mgh 0.200 9.8 12.50 10 2 J 0.245J
p OE OE
从初始时激光笔对准 K 上某点开始选取连续的 n 段，根据时间关系有
` 2nπ 1 kt 2
2
根据运动学公式有
根据机械能守恒定律有
解得
vt nd
2
Mgnd 1 M 2m v2
2
M 2m kd
则
x 2h
2hR2
Mg
k
2π
2πMg
M 2m d
2hR
13．（1） t ；（2） t 2
；（3）
Gt 2
；（4）
t
【详解】（1）小球做平抛运动，在水平方向做匀速直线运动，则有
x v0t
解得
v x
0 t
小球做平抛运动时在竖直方向上做自由落体运动，则有
h 1 gt 2
2
解得该星球表面的重力加速度为
g 2h
t 2
设静止在星球地面上的物体质量为 m，由万有引力等于物体的重力得
G Mm mg R2
解得该星球的质量为
gR2
M
2hR2
G Gt 2
设有一颗质量为 m0 的近地卫星绕星球做匀速圆周运动，速率为 v，由牛顿第二定律得
2
G 0 m0
R2
代入数据解得该星球的第一宇宙速度为
v
R
2hR t
14．（1） v 3m/s ， 5 mg ；（2）BC 绳先断，见解析， v 6m/s
1 4 2
【详解】（1）当小球线速度增大时，BC 逐渐被拉直，小球线速度增至 BC 刚被拉直时，对球在竖直方向由平衡条件有
在水平方向由牛顿第二定律有
其中
TA sin ACB mg 0
v2 TA cos ACB TB m 1
r
r BC L cos ACB BC 刚被拉直时TB 0 ，可求得 AC 绳中的拉力
T 5 mg ， v 3m/s
A 4 1
（2）由上知线速度再增大些，TA 不变而 TB 增大，所以 BC 绳先断。当 BC 绳刚要断时，拉力为 2.25mg，则代入
v2 TA cos ACB TB m 2
r
解得
v2 6m/s
15．(1)6N
2.75m / s
Wf克 1.2 0.5（k J）
【详解】（1）设 B 在 M 点时的速度大小为v ，则有mgR 1 mv2
M 2 M
v2
设在 M 点时圆弧轨道对 B 的支持力为 FN ，则有 FN mg m M
R
解得 FN 6N
由牛顿第三定律可知，B 运动到 M 点时对圆弧轨道的压力大小为 6N。
设滑块 B 刚被弹开时的速度大小为v ，由动能定理有-μmg L 1 mv2
1 mv2
B 2 2 M 2 B
设 A 的质量为mA ，刚被弹开时的速度大小为vA 由动量守恒定律可得mA vA mvB
由能量守恒定律可得 E 1 m v2 1 mv2
2 A A 2 B
联立解得mA 0.2kg，vA vB 4 m/s
A 离开长木板 C 所用的时间为t1 2v 0.5s
A
由题意可判断这段时间内 B 一直在长木板 C 上运动，设 B 减速运动时的加速度大小为a ，由牛顿第二定律可得μmg ma
A 离开长木板 C 时 B 的速度大小为v' v at 2.75m / s
B B 1
若 B 恰好滑到长木板的右端，则有 μmgkL 0 1 mv2
B
解得 k=0.8
①若 0.8≤k≤1，则 B 一直在长木板 C 上运动，直至速度减为零，故 B 克服摩擦力做的功为
W 1 mv2
f克 2 B
解得Wf克 1.6J
②若0 k 0.8 ，则 B 先滑上圆弧轨道，返回后最后与长木板共速，设滑块 B 运动到长木
板最右端时的速度为v' ，则有μmgkL 1 mv2 1 mv'2
M 2 B 2 M
B 从光滑的圆弧轨道滑到长木板上时，其速度大小仍为v' ，设 B 与 C 共速时的速度大小
为 v，则有mv' 2mv
故整个过程中 B 克服摩擦力做的功为W 1 mv2 1 2mv2
f克 2 B 2
联立解得Wf克 1.2 0.5（k J）