2023-2024學年廣東省高一（下）期末考試物理試題

一、單選題：本大題共7小題，共28分。

1.如圖所示，實線為一物體在水平恒力作用下沿光滑的水平面做曲線運動的軌跡，當物體從“點運動到N

點時，其速度方向恰好改變了90。，則物體從M點到N點的運動過程中，下列說法正確的是0

A.物體在M點時的速度方向可能水平向右B.物體所受的水平恒力的方向一定水平向右

C.物體一定做的是勻變速曲線運動D.物體的速率一定是先增大后減小

2.河水的流速隨離一側河岸的距離的變化關系如圖甲所示，船在靜水中的速度與時間的關系如圖乙所示。

A.船渡河的最短時間是60sB.船在行駛過程中，船頭始終與河岸垂直

C.船在河水中航行的軌跡是一條直線D.船在河水中的最大速度是3m/s

3.如圖為某高速公路出口的ETC通道示意圖。一汽車駛入通道，到達。點的速度%=20m/s,此時開始減

速，到達M點時速度減至u=4機/s,并以4rn/s的速度勻速通過MN區，汽車從。運動到N共用時10s,

"T圖像如圖所示，則下列說法正確的是

A.汽車減速運動的加速度大小為4m/s2B.。、M間中點位置的速度為12m/s

C.。、M間的距離為326D.汽車在ON段平均速度大小為8機/s

4.2022年左右我國將建成載人空間站，軌道高度距地面約，在軌運營10年二:

以上，它將成為中國空間科學和新技術研究實驗的重要基地。設該空間站繞地球做勻:

速圓周運動，其運動周期為T,軌道半徑為',萬有引力常量為G,地球半徑為R,地\

.

球面表重力加速度為9。下列說法不正確的是（）

第1頁，共15頁

A.地球的質量為M署

（J1

B.空間站的線速度大小為u=M

C.空間站的向心加速度為a

D.空間站的運行周期小于地球自轉周期

5.如圖所示為兩個固定在同一水平面上的點電荷，距離為d,電荷量分別為+Q和-Q。在它們的水平中垂

線上固定一根長為L、內壁光滑的絕緣細管，有一電荷量為+q的小球以初速度也從管口射入，則小球（）

A.速度先增大后減小1

Y

B.受到的庫侖力先做負功后做正功

c.受到的庫侖力最大值為半%i4

D.管壁對小球的彈力最大值為符

6.如圖所示，固定在地面上的半圓軌道直徑ab水平，質點P與半圓軌道的動摩擦因數處處一樣，當質點P從

a點正上方高“處自由下落，經過軌道后從b點沖出豎直上升，上升的最大高度為小空氣阻力不計。當質

點首次從b點上方下落時，下列說法正確的是（）

A.質點不能從a點沖出半圓軌道

B.質點能從a點沖出半圓軌道，但上升的最大高度3

C.質點能從a點沖出半圓軌道，但上升的最大高度h>3

D.無法確定能否從a點沖出半圓軌道

7.如圖所示，半徑為的四分之三光滑圓軌道豎直固定在水平地面上，B點為軌道最低點，4點與圓心。等

高。質量為1kg的小球（可視為質點）在4點正上方0.75租處靜止釋放，下落至4點時進入圓軌道，重力加速

度g取10M/S2,不計空氣阻力，則（）

A.小球在B點的動能為7.5/

B.小球在4點受到軌道的彈力大小為10N

C.小球上升過程中距地面的最大高度為1.75小

D.小球離開軌道后將落至軌道B點

二、多選題：本大題共3小題，共18分。

第2頁，共15頁

8.如圖所示，帶箭頭的線表示某一電場中的電場線的分布情況。一帶電粒子在電場中運動的軌跡如圖中虛

線所示，若不考慮其他力，則下列判斷中正確的是（）

A.若粒子是從4運動到8,則粒子帶正電；若粒子是從8運動到4則粒子帶負電

B.不論粒子是從力運動到B,還是從B運動到4,粒子必帶負電

C.若粒子是從B運動到4則其加速度減小

D.若粒子是從B運動到4則其速度減小

9.如圖所示，半徑為R的內部光滑的半圓形軌道BC固定在水平面上，與水平面相切于B點，一質量為小的

小球以初速度如從距離B點為2R的4點向左運動進入半圓形軌道，小球從軌道最高點C離開后在空中做平拋

運動，恰好在4點落地，重力加速度為g,下面說法正確的是（）

A.小球進入半圓形軌道后，在半圓形軌道的最低點B處對軌道的壓力等于ag

B.小球在半圓形軌道最高點C處對軌道的壓力為zng

C.小球在半圓形軌道最高點C處對軌道的壓力為0

D.小球落地時速度方向與水平方向夾角的正切值為2

10.電動汽車以其環保節能、加速快等優點越來越受到消費者的歡迎，為使汽車既有良好的加速性能，又

能控制汽車的最大速度，電動汽車的車載智能系統介入汽車行駛過程。如圖所示為某品牌汽車在一次起步

時汽車牽引力與速度的關系，汽車的速度達到25/n/s時電動機功率達到最大值256k〃。此后車載智能系統

逐漸降低電動機功率，當電動機功率降至最大功率的50%時，汽車達到最大速度。已知汽車及乘員的總質

量為1600kg,汽車行駛過程中受到的阻力與速度的關系為/=k/（k=1.024W.s2/m2）,則汽車在起步直

至達到最大速度的過程中，下列說法正確的是（）

第3頁，共15頁

A.汽車的加速度始終在減小

B.汽車的加速度先不變后減小

C.該汽車能達到的最大速度是lOOm/s

D.汽車速度為25m/s時的加速度為6m/s2

三、實驗題：本大題共2小題，共16分。

11.圖為某實驗小組利用氣墊導軌驗證機械能守恒定律的裝置，實驗的主要步驟有:

CD

祛碼及托盤

4將氣墊導軌放在水平桌面上并調至水平;

區測出擋光條的寬度由

C分別測出滑塊與擋光條的總質量M及托盤與祛碼的總質量

。將滑塊移至圖示位置，測出擋光條到光電門的距離L；

E由靜止釋放滑塊，讀出擋光條通過光電門的時間。

F.改變擋光條到光電門的距離，重復步驟E,測出多組L和t。已知重力加速度為g,請回答下列問題：

(1)本實驗中(填“需要”或“不需要”)滿足小遠小于

(2)若某次測得擋光條到光電門的距離為3擋光條通過光電門的時間為如滑塊由靜止釋放至光電門的過

程，系統的重力勢能減少了；若系統機械能守恒，應滿足o(

用實驗步驟中各測量量符號表示)

(3)多次改變擋光條到光電門的距離，重復步驟。、E,測出多組乙和t,作出L隨親的變化圖像如圖所示，圖

線為過坐標原點的直線，如果在誤差允許的范圍內當地的重力加速度大小為9=時，可以判斷

槽碼帶動滑塊運動過程中機械能守恒。(用題中已知量和測得的物理量符號表示)

12.圖甲是某種“研究平拋運動”的實驗裝置.斜槽末端口N與小球離地面的高度均為“，實驗時，當P小

球從斜槽末端飛出與擋片相碰，立即斷開電路使電磁鐵釋放Q小球，發現兩小球同時落地，改變H大小,

重復實驗，P、Q仍同時落地。

第4頁，共15頁

(1)關于實驗條件的說法，正確的有

4斜槽軌道末段N端必須水平

BP小球可以從斜槽上不同的位置無初速度釋放

C斜槽軌道必須光滑

DP小球每次必須從斜槽上相同的位置無初速度釋放

(2)該實驗結果可表明

4兩小球落地速度的大小相同

2.P小球在豎直方向的分運動與Q小球的運動相同

C兩小球在空中運動的時間相等

DP小球在水平方向的分運動是勻速直線運動

(3)若用一張印有小方格(小方格的邊長為L=2.5an)的紙記錄P小球的軌跡，小球在同一初速平拋運動途

中的幾個位置如圖乙中的a、b、c、d所示，重力加速度g=10m/s2,貝!JP小球在b處的瞬時速度的大小為

%=m/So

四、計算題：本大題共3小題，共38分。

13.捶丸起源于唐代的步打球，是一種以杖擊球的體育活動，類似今天的高爾夫。如圖所示，某次捶丸游

戲中游戲者將可視為質點的小球從斜面頂端4點以水平初速度為=5避rn/s擊出，小球落到斜面上某點。

已知斜面4B的長度L=20爪，傾角8=30。，不計空氣阻力，取重力加速度大小g=lOm/s2。

(1)求小球在空中運動的時間t；

(2)求小球落到斜面前瞬間的速度大小也;

第5頁，共15頁

14.如圖所示，一輕繩連著一小球，懸掛于。點，現把小球拉開一角度后靜止釋放.設小球質量爪=3的,

繩長L=4m,小球運動的最低點離地高度h=5m.

(1)若小球通過最低點的速度大小為"=2m/s,求此時繩的拉力大小；

(2)若輕繩能夠承受的最大拉力為78N,求允許小球通過最低點的最大速率；

(3)若以(2)問的最大速率通過最低點時，輕繩恰好斷裂，小球拋出，求小球平拋的水平位移大小.

15.如圖所示，在豎直平面內的斜面4B與水平傳送帶的左端平滑連接，水平傳送帶的右端與豎直面內圓心

角為60。的光滑圓弧軌道CD在最低點C處平滑連接，整個裝置固定。斜面高為2m、傾角為45。，傳動帶BC

長為3小，以；…、的速度逆時針轉動，圓弧軌道的半徑R=0.4根。將質量根為1kg的小物塊P從斜面上靜

止釋放，小物塊與斜面和傳送帶的動摩擦因數〃均為0.2。取重力加速度，，=求：

(1)若P從斜面高1爪處釋放，P滑至B處的速度大小；

(2)若P從斜面高1爪處釋放，物體P運動到。處的過程中摩擦力做功的大小；

(3)若P從斜面高2爪＞九＞1爪的不同位置釋放，以。點為坐標原點，P從。射出后，這些軌跡的最高點構成

什么形狀？

A

0

第6頁，共15頁

答案解析

1.C

【解析】《、物體在“點時的速度方向沿軌跡的切線方向，不可能水平向右，故/錯誤；

BD、因為質點速度方向恰好改變了90。，可以判斷恒力方向應為右下方，與初速度的方向夾角要大于90。小

于180。，才能出現末速度與初速度垂直的情況，因此速度方向與合力方向先大于90。，后小于90。，速率先

減小后增大，故8。錯誤；

C、曲線運動受到恒力，則物體做勻變速曲線運動，故C正確。

2.5

【解析】4當船頭與河岸垂直時，渡河時間最短，由圖可知河寬為300機，t=《=當與=100s,故/錯

誤；

區船的合運動時間等于各個分運動的時間，沿船頭方向分運動時間為t=段，當打最小時，t最小，當船頭

與河岸垂直時，卬有最小值，等于河寬d,故要使船以最短時間渡河，船在行駛過程中，船頭必須始終與

河岸垂直，故3正確；

C由于隨水流方向的分速度不斷變化，故合速度的大小和方向也不斷變化，船做曲線運動，故C錯誤；

2222

D當水流速最大時，船的速度最大，vm=V^i+v2=^/3+4m/s=5m/s,故。錯誤。

故選Bo

3.A

【解析】4根據速度時間圖線的斜率表示加速度，可知，汽車減速運動的加速度大小a=卷=工fm/

s2=4mls2,故A正確；

A由中間位置速度公式得，OM間中點的速度為：v=百丁?=誓＞lm/s=4gm/s,故8錯誤;

C根據圖線與時間軸圍成的面積表示位移知，。”的距離x=，x(4+20)義46=48根，故C錯誤；

DON段的位移/=48zn+4x6m=72zn,貝!JON段的平均速度亍=?=磊爪/s=7.2m/s,故。錯誤。

4.B

【解析】解：4、由萬有引力定律可知：曙=山沿，解得“=察，故”正確；

B、由萬有引力定律可知：包髻=加竺，由黃金代換公式可知："#=mg,解得u=照,故2錯誤；

rzr心—\r

第7頁，共15頁

C、由萬有引力定律可知：^=ma,由黃金代換公式可知：^=mg,解得a=/，故C正確；

rzr2

D、地球自轉周期等于地球同步衛星的周期，地球同步衛星距地面36000km,比空間站距地面高，根據：

曙=庠/，軌道半徑越大，環繞周期越大，故空間站的運行周期小于地球自轉周期，故。正確；

本題選不正確的是，故選：B。

本題考查萬有引力定律和黃金代換公式，只要題目中有重力加速度g,則考慮黃金代換公式求出中心天體

的質量M,剩下的問題迎刃而解。

5.C

【解析】4電荷量為+q的小球以初速度為從管口射入的過程，因電場力不做功，只有重力做功；根據動

能定理，知速度不斷增加，故/錯誤；

區小球下落過程中，庫侖力與速度方向垂直，則庫侖力不做功，故3錯誤；

C在兩個電荷的中垂線的中點，單個電荷產生的電場強度為：E=群=嘿；根據矢量的合成法則，則

有電場強度最大值為嘿，因此電荷量為+q的小球受到最大庫侖力為曙，故C正確；

D根據C選項的分析，結合受力分析可知，彈力與庫侖力平衡，則管壁對小球的彈力最大值為啰，故。

錯誤。

故選a

6.B

【解析】質點第一次在槽中滾動過程，由動能定理得：mgCH-^)-Wf=0,

勿/為質點克服摩擦力做功大小，解得：Wf=^ngH,

故第一次質點在槽中滾動損失的機械能為

由于第二次小球在槽中滾動時，對應位置處速度變小，因此槽給小球的彈力變小，動摩擦因數不變，所以

摩擦力變小，克服摩擦力做功小于機械能損失小于因此小球再次沖出a點時，能上升的高

度大于零而小于今/。

故選：B。

1.D

【解析】4小球從釋放到最低點，根據動能定理有

mg(h+R)=EkB

第8頁，共15頁

解得

EkB=17.5J

故/錯誤；

3小球從釋放到a點，根據動能定理有

1

mgh=—mv^7

在A點，根據牛頓第二定律有

”2

N=小粵

R

解得

N=15N

故2錯誤；

c設小球上升過程中距地面最大高度與圓心的連線和豎直方向的夾角為e,則有

八mv2

mgcos。=——

R

從B點到最高點，根據動能定理有

1

2

—mgR(l+cos8)=—mv—EkB

解得

1

COS0=—

最大高度為

h=R(1+cos。)=1.5m

故C錯誤；

D假設小球離開軌道后將落至軌道B點，由C分析可知脫離軌道的速度為

v=逆m/s

根據斜拋的運動規律可知

1

h=-vsin60°t-\--gt2

x=vcos60°t

解得

x=￡m=/?cos30°

2

可知小球離開軌道后將落至軌道B點，故。正確；

第9頁，共15頁

故選z＞。

8.BC

【解析】解：AB,根據做曲線運動物體所受合外力指向曲線內側可知與電場線的方向相反，所以不論粒子

是從4運動到8,還是從B運動到4粒子必帶負電，故4錯誤，8正確；

C、電場線密的地方電場的強度大，所以粒子在B點受到的電場力大，在B點時的加速度較大。所以若粒子

是從B運動到4則其加速度減小，故C正確；

D、從B到力過程中電場力與速度方向成銳角，即做正功，動能增大，速度增大，故。錯誤。

故選：BCo

做曲線運動物體所受合外力指向曲線內側，本題中粒子只受電場力，由此可判斷電場力向左，

根據電場力做功可以判斷電勢能的高低和動能變化情況，加速度的判斷可以根據電場線的疏密進行.

本題以帶電粒子在電場中的運動為背景考查了帶電粒子的速度、加速度、動能等物理量的變化情況.

加強基礎知識的學習，掌握住電場線的特點，即可解決本題.

9.CD

【解析】解：BC、離開C點做平拋運動，則豎直方向：2R=弧2水平方向：2R=vct,解得：%=

回

在C點由牛頓第二定律得：解得：F=0,由牛頓第三定律知對軌道的壓力為0,故3錯

誤C正確；

D、設小球落地時速度方向與水平方向夾角為氏則tcmB=卷=,=2,故。正確；

/、從8到C的過程由動能定理得：-zng-2R=]?嶺-吳詔

在最低點B處由牛頓第二定律得：F-mg=

聯立解得：F=6mg

由牛頓第三定律知對軌道的壓力等于6mg,故/錯誤；

故選：CD。

離開C點做平拋運動，根據平拋運動的規律可求得在C點的速度及落地時速度方向與水平方向夾角的正切

值；在C點由牛頓第二定律結合牛頓第三定律可求得對軌道的壓力；從8到C的過程由動能定理可求得在B

點的速度，在最低點B處由牛頓第二定律結合牛頓第三定律可求得對軌道的壓力。

第10頁，共15頁

本題考查了平拋運動的規律、動能定理、牛頓第二定律及第三定律的綜合應用，掌握平拋運動問題的處理

方法是求解的關鍵。

10.AD

【解析】48.汽車的速度達到25m/s前的過程，根據牛頓第二定律可得

2

Fd1=--f-----F-^=—-k--v--------

mm

可知隨著汽車速度的增大，汽車的加速度逐漸減小；汽車的速度達到25zn/s到最大速度的過程中，根據

牛頓第二定律可得

可知隨著汽車速度的增大，牽引力的減小，汽車的加速度繼續逐漸減小；故/正確，3錯誤；

C設汽車能達到的最大速度為心此時牽引力等于阻力，電動機功率降至最大功率的50%時，則有

50%P7n=fvm=fcVm

解得

3305X256X1Q3

vm=；50%Pm=1-m/s=50m/s

飛k11.024

故C錯誤；

D汽車速度為25m/s時，根據牛頓第二定律可得

2

Fd\=—f------F-±=—--k-v--------

mm

又

~^=f=kvrn=256oyv

聯立解得

4x2560-1.024x252,,，一

a=-----------777^-----------m/sz=6m/sz

loUU

故。正確。

故選40。

11.(1)不需要；

142

(2)mgL-,mgL=-(M+總9；

a(M+m)d2

()2mb°

第11頁，共15頁

【解析】(1)實驗中需驗證祛碼及托盤減少的重力勢能與系統增加的動能是否相等，并不需要測量拉力，

故不需要滿足小遠小于M；

(2)滑塊由靜止釋放至光電門的過程，系統的重力勢能減少了。，根據極短時間的平均速度等于

瞬時速度，滑塊通過光電門時速度大小為u=《系統動能增加了Vw.”山-1”，'，

系統機械能守恒有A/一A?..,

則系統機械能守恒成立的表達式是機以=|(M+小焦；

⑶由(2)可知系統機械能守恒成立的表達式是mgL=1(M+m售,整理得L="2噢4，

圖像的斜率為k=("黑"=*解得當地的重力加速度大小為g=叫黑空。

(2)BC

(3)1.25

【解析】(1)4為使小球從斜槽末端飛出時初速度方向是水平，因此斜槽軌道末段N端必須水平，故N正

確；

BD這個實驗只驗證小球做平拋運動在豎直方向是自由落體運動，與水平方向無關，所以不需要每次實驗

小球離開水平槽時初速度相同，小球可以從斜槽上不同的位置無初速度釋放，故8正確，。錯誤；

C斜槽軌道是否光滑，對實驗沒有影響，不需要必須光滑，故C錯誤。

故選/瓦

(2)BCD.該實驗結果可表明：P小球在豎直方向的分運動與Q小球的運動相同，由于豎直方向的高度相同，

所以兩小球在空中運動的時間相等，故5c正確，D錯誤;

4當小球落地時P小球還有水平方向的速度，則兩小球落地速度的大小不可能相同，故/錯誤。

故選BCo

(3)P小球在同一初速平拋運動，P小球在豎直方向做自由落體運動，在水平方向做勻速直線運動，在豎直

方向，由勻變速直線運動的推論，可有

Ay=gT2

代入數據解得

第12頁，共15頁

在水平方向的速度

x2.5x2x1012

V*F=—0^5—m/s=lm/s

在豎直方向，由中間時刻的瞬時速度等于平均速度，則有

Vyb=莞=0.75m/s

則P小球在6處的瞬時速度的大小為

22

vb=yjvx+vy=1.25m/s

13.(1)設小球的位移大小為向，豎直方向上有

1

久isin。=]9件9

水平方向上有

XiCosS=vot

代入數據得小球在空中運動的時間

t=1s

(2)小球落到斜面上時豎直方向的分速度大小

vy=gt—10m/s

小球落到斜面前瞬間的速度大小

V1=JVQ+vy=5。m/s

【解析】詳細解答和解析過程見【答案】

14.解：(1)質點在最低點受到的拉力與重力提供向心力，貝U：F-mg=嗒,

代入數據解得：N=33N

即繩子的拉力為33N

(2)小球下擺到B點時，繩的拉力和重力提供向心力，

由牛頓第二定律的：Fmax-mg=吟，

代入數據解得：vm=8m/s

(3)繩子斷后，小球做平拋運動，運動時間為t,

第13頁，共15頁

豎直方向：h=^gt2,

水平方向，DC間距離：x-vmt,

代入數據解得：x=8m；

答：(1)若小球通過最低點的速度大小為u=2zn/s,此時繩的拉力大小為33N；

(2)若輕繩能夠承受的最大拉力為78N,允許小球通過最低點的最大速率為8zn/s；

(3)若以(2)問的最大速率通過最低點時，輕繩恰好斷裂，小球拋出，小球平拋的水平位移大小為8小。

【解析】(1)由牛頓第二定律可以求出小球受到的拉力；

(2)在B位置，由牛頓第二定律可求小球通過最低點的最大速率。

(3)繩子斷裂后小球做平拋運動，應用平拋運動規律可以求出s。

掌握運用運動的合成與分解的方法處理平拋運動問題，能根據豎直面內圓周運動最高點和最低點小球所受

合力提供圓周運動向心力討論繩所受拉力大小問題，掌握規律是解決問題的關鍵。

15.(1)若P從斜面高1血處釋放，小物塊P在斜面下滑過程中，由動能定理有

,一