高一物理期末考试答案_2024-2025高一（7-7月题库）_2024年7月试卷_0729江西省赣州市2023-2024学年高一下学期期末考试

期末考试物理参考答案 P P 1.5105 v    m/s 30m/s m f 1 1 mg 200010 4 4 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 故D错误； 答案 B C A A D D C AC BC ABD 9．【答案】BC【详解】A．两球所受库仑力是相互作用力，由库仑定律无法判断哪个球的电荷量大， 7.【答案】C【详解】AB．由图可知汽车在AB段汽车牵引力不变，根据牛顿第二定律 故A错误。 1 F mg ma 4 B．同时剪断两根细线，两小球在竖直方向的分运动均为自由落体运动，由 解得 1 h gt2 2 a2.5m/s2 可知，同时落地，故B正确； 可知汽车在AB段做匀加速直线运动，汽车在BC段牵引力逐渐减小，做加速度减小的加速运动， CD．两球均受重力、库仑力和拉力三个力作用而平衡，且两球所受库仑力等大反向，由力平衡可 故汽车启动后先做匀加速直线运动，后做加速度减小的加速运动，直到速度达到最大，故AB错误； 知 C．汽车做匀加速直线运动的位移为 F mgtan 1 x  at2 45m 1 2 1 其中θ为细线与竖直方向的夹角，因为β＞α，故a球的质量大于b球的质量；在水平方向库仑力的 t 1 6s时汽车的速度为 作用下，a球的水平加速度小于b球，故a球飞落地时的速度小于b球，故C对，D错误； 10．【答案】ABD【详解】A．根据题意，对小滑块受力分析，小滑块受到的滑动摩擦力沿传送带方 v at 15m/s 1 1 向上，由牛顿第二定律有 汽车额定功率为 mgcos37mgsin37ma P Fv 10103 15W 1.5105W 1 解得 从t 1 6s（功率最大）到速度达到最大过程中，根据动能定理 a1m/s2方向始终沿斜面向上 1 1 1 故A正确； P(t t ) mgx  mv2  mv2 2 1 4 2 2 m 2 1 B．以沿传送带向上为正，小滑块从接触传送带到与传送带相对静止所用时间为 解得 vv 4(2) t   s6s x 115m a 1 2 则小滑块沿传送带的位移为 汽车通过的距离为 vv 4(2) x t  6m 6m x= x + x = 150m 2 2 1 2 摩檫力对滑块做功为 故C正确。 wmgcosx=84J D．汽车达到的最大速度大小为 试卷第1页，共3页 {#{QQABaYgEogioQJAAAAgCAQ3KCAIQkAEACQgOhAAMIAAAAAFABAA=}#}则小滑块的重力势能增加了 （2）在星球表面及其附近：设星球质量为M ，星球半径为R，则根据万有引力提供向心力知 2 E mghmgxsin3772J GMm v p m ··········2分 R 2 R 故B正确； 不考虑星球自转影响，在星球表面万有引力等于重力知 C．小滑块从接触传送带到与传送带相对静止，小滑块与传送带发生的相对位移为 GMm xx xvtx18m mg·········1分 传 2 R 则小滑块与传送带因摩擦产生的内能为 代入得 Qmgcosx252J v gR 6.4km s··········2分 故C错误； D．根据题意，由能量守恒定律可知，电动机多消耗的电能等于系统增加的机械能和内能之和，则 14．（1） F N 2mg ，方向竖直向上；（2） 0.25；（3）E 3.5mgR p 有 【详解】（1）设滑块第一次滑至C点时的速度为v ，圆轨道C点对滑块的支持力为F ，在PC过 c N E E E Q 电 p k 程中有 其中增加的动能为 mgR1cos60 1 mv ···········2分 2 c2 1 1 E k  2 mv2  2 mv2 12J 在C点有 解得 v2 F mg m c ···········1分 N R E 336J 电 解得 故D正确。 F 2mg···········1分 N 11．(每空2分)(1)D (2)C (3) 2 2.5 （2）在PCQ过程中有 m(h h )2 12． (每空2分)(1) mgh C A (2)C (3)C B 8T2 mgR1cos60mg2R0··········2分 13.（1）g=8m/s2；（2）v=6.4km/s 解得 【详解】（1）下落过程由位移与时间关系知 0.25··········2分 1 h gt 2···················3分 （3）在A点有 2 代入得 v2 2mg m A ··········1分 R 2h g  8m s 2··········2分 在QC A过程中有 2 t 试卷第2页，共3页 {#{QQABaYgEogioQJAAAAgCAQ3KCAIQkAEACQgOhAAMIAAAAAFABAA=}#}1 对轻杆受力分析： E  mv2 mg2Rmg2R··········2分 p 2 A 解得弹性势能 F 轴杆 F ， B杆 F ， A杆  1 5 4 mg ·········1分 E 3.5mgR··········1分 方向竖直向上·········1分 p 3 10gl 10gl 14 15．（1）2mgl（2）v  ，v  ； mg A 5 B 5 5 【详解】（1）在杆由水平位置转动到竖直位置过程中，系统重力做功： w3mglmgl 2mgl··········4分 （2）设杆转动到竖直位置时，小球A、B的速度大小分别为v 、v ，杆旋转的角速度为，小球 A B A和B及杆组成的系统机械能守恒，则有 1 1 mg3lmgl mv2  mv2··········1分 2 A 2 B 又 v 3l，v l··········1分 A B 联立解得 3 10gl v  ··········1分 A 5 10gl v  ··········1分 B 5 （3）在竖直位置时，A、B两球的受力情况： 2 mv 11 A：F mg A F  mg竖直向上··········1分 杆A l 杆A 5 mv2 3 B：mgF  B F  mg竖直向上·········1分 杆B l 杆B 5 由牛顿第三定定律得： F ， F 方向竖直向下·········1分 A杆 杆A F ， F 方向竖直向下·········1分 B杆 杆B 试卷第3页，共3页 {#{QQABaYgEogioQJAAAAgCAQ3KCAIQkAEACQgOhAAMIAAAAAFABAA=}#}