資源簡介

2024-2025 學年云南省大理州高一（下）期末考試物理試卷
一、單選題：本大題共 8 小題，共 32 分。
1.關于力和運動，下列說法正確的是( )
A.物體所受合力為零，只能處于靜止狀態
B.物體在變力的作用下，可能做直線運動
C.衛星繞地球做勻速圓周運動時，所受合力不變
D.滑動摩擦力只能使物體減速，不能使物體加速
2.圖甲是云南常見的柴火炒菜的場景。炒菜時，要將“半球型”的炒鍋貼合地放在三腳架的水平圓環上。
若鍋及鍋中菜品的總質量為 ，重力加速度為 。靜止時，圓環對鍋的作用力大小為( )
A. 1 B. 1 C. D. 13 2 4
3.一靜電場中的部分電場線分布如圖所示，電荷量為 ( > 0)的試探電荷在 點受到的電場力大小為 ，方
向水平向右。若把該試探電荷換成電荷量為 2 的另一試探電荷，則 點的電場強度( )
A. 大小仍為 ，方向水平向右 B.大小仍為 ，方向水平向左
C. 大小變為2 ，方向水平向右 D.大小變為2 ，方向水平向左
4.汽車在高速公路行駛過程中，依次通過“0 ”“50 ”和“100 ”的車距確認標志牌，通過“0 ”和
“50 ”之間所用時間為 1，速度變化量為 1;通過“50 ”和 100 ”之間所用時間為 2，速度變化量為
2。若該過程中汽車的運動可視為勻加速直線運動，則( )
A. 1 < 2 B. 1 = 2 C. 1 > 2 D. 1 < 2
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5.汽車轉彎時，車上的掛件會偏離豎直方向。當汽車以恒定的速率經過某一水平圓形彎道時，儀表盤如圖
甲所示，掛件偏離豎直方向約14 ，如圖乙所示。取重力加速度 = 10 / 2，tan14 = 0.25，由此估算出該
彎道的半徑為( )
A. 20 B. 40 C. 60 D. 80
6.如圖所示為太陽能驅動小車，太陽光照射小車上的光電板產生電能驅動小車。小車保持牽引力恒定，在
平直的路面上由靜止啟動，經過 5 速度達到 1 / ，此時電動機功率恰好達到額定功率。之后小車保持額定
功率不變繼續加速，最終達到最大速度 1.2 / 。若小車質量為 2 ，所受阻力恒定。下列說法正確的是( )
A.小車所受阻力大小為 1.0 B.小車所受阻力大小為 1.5
C.小車的額定功率為 2.4 D.小車的額定功率為 3.0
7.如圖所示，套在光滑豎直桿上的圓環 用跨過光滑定滑輪的輕質細繩與放置在光滑水平面上的滑塊 相連，
滑輪(可視為質點)到桿的距離為 ，初始繩子水平且剛好伸直。已知 、 質量均為 ，重力加速度為 。將 、
由靜止釋放，當圓環 與初始位置相距 時， 的動能為( )
A. B. 13 C.
1
2 D.
2
3
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8.如圖所示，在平面直角坐標系 的原點 固定電荷量為 9 的正點電荷，在 (4 , 0)點固定另一點電荷，
使 (3 , 0)點場強為 0。已知靜電力常量為 ，則 (3 , 3 )點的場強大小為( )
A. B. 3 C. 5 10 2 4 2 4 2 D. 4 2
二、多選題：本大題共 4 小題，共 16 分。
9.運動會中一同學參加立定跳遠比賽，起跳到落地過程如圖所示，不計空氣阻力。該同學在空中運動的過
程中( )
A.處于超重狀態 B.處于失重狀態
C.機械能不變 D.機械能先增加后減少
10.如圖所示，正點電荷 固定，一帶負電的試探電荷 與 距離為 ，現讓 獲得一大小為 0的速度后開始運
動，只考慮 對 的庫侖力作用，則 開始運動的一段時間內，其速度大小 隨時間 變化的圖像可能正確的是
( )
A. B. C. D.
11.1984 年 4 月 8 日，我國第一顆同步定點通信衛星“東方紅二號”成功發射，中國成為世界上第五個獨
立研制和發射靜止軌道衛星的國家?！皷|方紅二號”從地球發射后進入軌道Ⅰ繞地球做半徑為 1的勻速圓周
運動，在軌道Ⅰ的 點變軌后進入橢圓轉移軌道Ⅱ，最后從 點進入同步軌道Ⅲ繞地球做半徑為 2的勻速圓周
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運動。關于“東方紅二號”，下列說法正確的是( )
A.發射速度大于第二宇宙速度
B.從軌道Ⅰ進入軌道Ⅱ時，需在 點加速
C. Ⅰ ( + )
3
在軌道 和軌道Ⅱ上運動的周期之比為 1 2
8 31
D.在軌道Ⅱ上經過 點的速率小于在軌道Ⅰ上經過 點的速率
12.如圖所示，傾角為30 且足夠長的光滑斜面底端有與斜面垂直的固定擋板，質量均為 的物塊 和 用輕
質彈簧相連靜止在斜面上?，F用平行斜面向上、大小為 = 的恒力作用在物塊 上使其從靜止開始運動，
一段時間后物塊 離開擋板。彈簧的勁度系數為 ，其形變始終在彈性限度內，重力加速度為 。下列說法正
確的是( )
A. 、 1速度差最大時，彈簧彈力大小為2
B.彈簧最長時， 的加速度大于 的加速度
C. 剛要離開擋板瞬間， 的速度大小為
D. 離開擋板后，彈簧最長時， 、 組成的系統動能最小
三、實驗題：本大題共 2 小題，共 18 分。
13.實驗小組利用圖甲所示裝置做“驗證機械能守恒定律”實驗。
(1)下列操作中對減小實驗誤差有利的是 。
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A.釋放重物前，使重物遠離打點計時器
B.先釋放重物，后接通電源
C.將打點計時器的兩個限位孔調節到同一豎直線上
(2)實驗時，得到如圖乙所示的一條紙帶。在紙帶上選取三個連續打出的點 、 、 ，測出它們到起始點
的距離分別為 、 、 。已知當地重力加速度為 ，打點計時器打點的頻率為 ，測出重物的質量為 ，
從打 點到打 點的過程中，重物的重力勢能減少了 ，動能增加了 。在誤差允許的范圍內，若重
力勢能的減少量等于動能的增加量，即可驗證機械能守恒。
14.如圖甲所示是某實驗小組設計的“探究加速度和力、質量的關系”的實驗裝置示意圖，位移傳感器的發
射器和接收器分別固定在木板右端和物塊上。保持物塊的質量不變，探究其加速度和力的關系，實驗中用
鉤碼的重力代替物塊(含接收器)所受的合外力。細線與木板平面平行，不計細線與滑輪之間的摩擦力，重力
加速度為 。
(1)下列說法正確的是 。
A.需要將木板右端墊高，以平衡物塊與木板間的摩擦力
B.不需要平衡物塊與木板間的摩擦力
C.需要使物塊(含接收器)的總質量遠大于鉤碼的質量
D.不需要使物塊(含接收器)的總質量遠大于鉤碼的質量
(2)某次實驗，測得接收器和發射器之間的距離 及對應的時間 ，作出 2圖線如圖乙所示，圖中坐標值均
已知，由圖像可知， = 0 時刻物塊的速度大小 (選填“一定”或“不一定”)為零，此次實驗物塊的
加速度 = (用圖中所給字母表示)。
(3)測出物塊(含接收器)的質量為 ，每個鉤碼的質量均為 ，第一次掛 1 個鉤碼進行實驗，此后每增加 1
個鉤碼進行 1 次實驗，共進行 次實驗，利用(2)中的方法得到對應的加速度 ，在誤差允許范圍內，若
= (用 、 、 、 表示)，即可論證，物塊質量不變時其加速度與力成正比。
四、計算題：本大題共 3 小題，共 30 分。
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15.2025 年 6 月 21 日，中超聯賽中云南玉昆隊以 2: 1 戰勝陜西聯合隊。在賽場上，某球員將足球從 點由
靜止抽射出去，足球在空中運動后落在地面上與 點等高的 點，足球的運動軌跡如圖所示。已知足球可視
為質點，質量 = 0.4 ， 相距 = 10 ，足球從 點運動到 點的時間 = 2 ，取重力加速度 = 10 / 2，
不計空氣阻力。求：
(1)足球離地瞬間的速度大小;
(2)抽射過程中，球員對足球做的功。
16.如圖甲所示，長為 的輕桿一端通過鉸鏈與 點連接，另一端栓接質量為 的小球(可視為質點)，小球處
于靜止狀態?，F給小球水平向右的初速度，使其可以在豎直面內繞 點做完整的圓周運動。輕桿與初始位置
的夾角為 ，輕桿對小球的彈力大小 隨 cos 變化的關系如圖乙所示。求：
(1)小球運動過程中速度的最小值;
(2)當小球運動到 點( = 120 )時，輕桿對小球作用力的大小。
17.如圖所示，質量 = 1 的木板 靜止在粗糙水平地面上，在木板 上的 點放一質量也為 1 的物塊 (可
視為質點)。零時刻，對 施加水平向右的恒力 ， 、 均由靜止開始運動;某時刻，撤去恒力 ，一段時間后，
、 都停止運動， 仍在 點。已知運動過程中 比 多運動 = 1.5 ， 、 間的動摩擦因數 1 = 0.1， 與地
面間的動摩擦因數 2 = 0.2，取重力加速度 = 10 / 2。求：
(1) 運動時， 的加速度大小;
(2) 運動的時間;
(3)恒力 的大小。
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參考答案
1.
2.
3.
4.
5.
6.
7.
8.
9.
10.
11.
12.
13.(1) ；
(2) 1； 2 2 8 ( )
14.(1) ；(2) 2( ) 一定； ；(3) 。
15.解：(1)足球做斜拋運動，設足球離地瞬間在水平方向、豎直方向的分速度大小分別為 、 ，
1
在水平方向上有 = ，在豎直方向上有 = 2 ，足球的初速度大小為 =
2
+ 2 ，解得： = 5 5 / ；
(2) 1抽射過程中，由動能定理可得，球員對足球做的功為 = 2
2，解得： = 25 。
16.解：(1)小球在最低點時速度最大，由圖乙知，輕桿此時的拉力大小為 10 ，
2
對小球由牛頓第二定律得 = 0 ，
1 1
小球從最低點運動到最高點的過程中，由動能定理得 2 = 2
2 2
min 2 0，解得： min = 5 ；
(2)小球從最低點運動到 點的過程中，由動能定理得 ( cos ) = 1 2 1 22 2 0，
2
在 點由牛頓第二定律得 + cos(180 ) =

，解得： = 5.5 。
17.解：(1) 運動時，對物塊 ，由牛頓第二定律得 1 = 1，解得： 1 = 1 / 2；
(2)設 、 共速時的速度大小為 ，從 、 共速到 停止運動過程中， 的加速度大小為 2， 運動的時間為 1，
對 由牛頓第二定律得 2 22 1 = 2，解得： 2 = 3 / ，
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3
對 、 分別由勻變速直線運動的規律得 = 1( 1 + )， = 2 1，解得： 1 = 4
先做勻加速直線運動后做勻減速直線運動，由于 在加速和減速過程的加速度大小相同，因此 加速運動的
時間和減速運動的時間相同，可得 運動的時間為 = 2( 1 + )，解得： = 4.5 ；
(3)在恒力 作用的過程中，對 由牛頓第二定律得 1 2 2 = ，在撤去恒力 到 、 共速的過
程中，
對 由牛頓第二定律得 1 + 2 2 = 3，
設 0時刻撤去恒力 ， 的速度大小為 1，由勻變速直線運動的規律得 = 1 3( 1 + 0)， 1 = 0，
2
做減速運動的位移大小為 1 =

2 ，1
+
整個運動過程中 的位移大小為 2 = 12 0 +
1
2 ( 1 + 0) + 2 1，
、 都停止運動時， 仍在 點，因此整個運動過程中 、 的位移大小相等 2 1 = 2，解得： = 6.75 。
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