2024-2025 学年云南省大理州高一（下）期末考试物理试卷
一、单选题：本大题共 8 小题，共 32 分。
1.关于力和运动，下列说法正确的是( )
A.物体所受合力为零，只能处于静止状态
B.物体在变力的作用下，可能做直线运动
C.卫星绕地球做匀速圆周运动时，所受合力不变
D.滑动摩擦力只能使物体减速，不能使物体加速
2.图甲是云南常见的柴火炒菜的场景。炒菜时，要将“半球型”的炒锅贴合地放在三脚架的水平圆环上。
若锅及锅中菜品的总质量为 ，重力加速度为 。静止时，圆环对锅的作用力大小为( )
A. 1 B. 1 C. D. 13 2 4
3.一静电场中的部分电场线分布如图所示，电荷量为 ( > 0)的试探电荷在 点受到的电场力大小为 ，方
向水平向右。若把该试探电荷换成电荷量为 2 的另一试探电荷，则 点的电场强度( )
A. 大小仍为 ，方向水平向右 B.大小仍为 ，方向水平向左
C. 大小变为2 ，方向水平向右 D.大小变为2 ，方向水平向左
4.汽车在高速公路行驶过程中，依次通过“0 ”“50 ”和“100 ”的车距确认标志牌，通过“0 ”和
“50 ”之间所用时间为 1，速度变化量为 1;通过“50 ”和 100 ”之间所用时间为 2，速度变化量为
2。若该过程中汽车的运动可视为匀加速直线运动，则( )
A. 1 < 2 B. 1 = 2 C. 1 > 2 D. 1 < 2
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5.汽车转弯时，车上的挂件会偏离竖直方向。当汽车以恒定的速率经过某一水平圆形弯道时，仪表盘如图
甲所示，挂件偏离竖直方向约14 ，如图乙所示。取重力加速度 = 10 / 2，tan14 = 0.25，由此估算出该
弯道的半径为( )
A. 20 B. 40 C. 60 D. 80
6.如图所示为太阳能驱动小车，太阳光照射小车上的光电板产生电能驱动小车。小车保持牵引力恒定，在
平直的路面上由静止启动，经过 5 速度达到 1 / ，此时电动机功率恰好达到额定功率。之后小车保持额定
功率不变继续加速，最终达到最大速度 1.2 / 。若小车质量为 2 ，所受阻力恒定。下列说法正确的是( )
A.小车所受阻力大小为 1.0 B.小车所受阻力大小为 1.5
C.小车的额定功率为 2.4 D.小车的额定功率为 3.0
7.如图所示，套在光滑竖直杆上的圆环 用跨过光滑定滑轮的轻质细绳与放置在光滑水平面上的滑块 相连，
滑轮(可视为质点)到杆的距离为 ，初始绳子水平且刚好伸直。已知 、 质量均为 ，重力加速度为 。将 、
由静止释放，当圆环 与初始位置相距 时， 的动能为( )
A. B. 13 C.
1
2 D.
2
3
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8.如图所示，在平面直角坐标系 的原点 固定电荷量为 9 的正点电荷，在 (4 , 0)点固定另一点电荷，
使 (3 , 0)点场强为 0。已知静电力常量为 ，则 (3 , 3 )点的场强大小为( )
A. B. 3 C. 5 10 2 4 2 4 2 D. 4 2
二、多选题：本大题共 4 小题，共 16 分。
9.运动会中一同学参加立定跳远比赛，起跳到落地过程如图所示，不计空气阻力。该同学在空中运动的过
程中( )
A.处于超重状态 B.处于失重状态
C.机械能不变 D.机械能先增加后减少
10.如图所示，正点电荷 固定，一带负电的试探电荷 与 距离为 ，现让 获得一大小为 0的速度后开始运
动，只考虑 对 的库仑力作用，则 开始运动的一段时间内，其速度大小 随时间 变化的图像可能正确的是
( )
A. B. C. D.
11.1984 年 4 月 8 日，我国第一颗同步定点通信卫星“东方红二号”成功发射，中国成为世界上第五个独
立研制和发射静止轨道卫星的国家。“东方红二号”从地球发射后进入轨道Ⅰ绕地球做半径为 1的匀速圆周
运动，在轨道Ⅰ的 点变轨后进入椭圆转移轨道Ⅱ，最后从 点进入同步轨道Ⅲ绕地球做半径为 2的匀速圆周
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运动。关于“东方红二号”，下列说法正确的是( )
A.发射速度大于第二宇宙速度
B.从轨道Ⅰ进入轨道Ⅱ时，需在 点加速
C. Ⅰ ( + )
3
在轨道 和轨道Ⅱ上运动的周期之比为 1 2
8 31
D.在轨道Ⅱ上经过 点的速率小于在轨道Ⅰ上经过 点的速率
12.如图所示，倾角为30 且足够长的光滑斜面底端有与斜面垂直的固定挡板，质量均为 的物块 和 用轻
质弹簧相连静止在斜面上。现用平行斜面向上、大小为 = 的恒力作用在物块 上使其从静止开始运动，
一段时间后物块 离开挡板。弹簧的劲度系数为 ，其形变始终在弹性限度内，重力加速度为 。下列说法正
确的是( )
A. 、 1速度差最大时，弹簧弹力大小为2
B.弹簧最长时， 的加速度大于 的加速度
C. 刚要离开挡板瞬间， 的速度大小为
D. 离开挡板后，弹簧最长时， 、 组成的系统动能最小
三、实验题：本大题共 2 小题，共 18 分。
13.实验小组利用图甲所示装置做“验证机械能守恒定律”实验。
(1)下列操作中对减小实验误差有利的是 。
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A.释放重物前，使重物远离打点计时器
B.先释放重物，后接通电源
C.将打点计时器的两个限位孔调节到同一竖直线上
(2)实验时，得到如图乙所示的一条纸带。在纸带上选取三个连续打出的点 、 、 ，测出它们到起始点
的距离分别为 、 、 。已知当地重力加速度为 ，打点计时器打点的频率为 ，测出重物的质量为 ，
从打 点到打 点的过程中，重物的重力势能减少了 ，动能增加了 。在误差允许的范围内，若重
力势能的减少量等于动能的增加量，即可验证机械能守恒。
14.如图甲所示是某实验小组设计的“探究加速度和力、质量的关系”的实验装置示意图，位移传感器的发
射器和接收器分别固定在木板右端和物块上。保持物块的质量不变，探究其加速度和力的关系，实验中用
钩码的重力代替物块(含接收器)所受的合外力。细线与木板平面平行，不计细线与滑轮之间的摩擦力，重力
加速度为 。
(1)下列说法正确的是 。
A.需要将木板右端垫高，以平衡物块与木板间的摩擦力
B.不需要平衡物块与木板间的摩擦力
C.需要使物块(含接收器)的总质量远大于钩码的质量
D.不需要使物块(含接收器)的总质量远大于钩码的质量
(2)某次实验，测得接收器和发射器之间的距离 及对应的时间 ，作出 2图线如图乙所示，图中坐标值均
已知，由图像可知， = 0 时刻物块的速度大小 (选填“一定”或“不一定”)为零，此次实验物块的
加速度 = (用图中所给字母表示)。
(3)测出物块(含接收器)的质量为 ，每个钩码的质量均为 ，第一次挂 1 个钩码进行实验，此后每增加 1
个钩码进行 1 次实验，共进行 次实验，利用(2)中的方法得到对应的加速度 ，在误差允许范围内，若
= (用 、 、 、 表示)，即可论证，物块质量不变时其加速度与力成正比。
四、计算题：本大题共 3 小题，共 30 分。
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15.2025 年 6 月 21 日，中超联赛中云南玉昆队以 2: 1 战胜陕西联合队。在赛场上，某球员将足球从 点由
静止抽射出去，足球在空中运动后落在地面上与 点等高的 点，足球的运动轨迹如图所示。已知足球可视
为质点，质量 = 0.4 ， 相距 = 10 ，足球从 点运动到 点的时间 = 2 ，取重力加速度 = 10 / 2，
不计空气阻力。求：
(1)足球离地瞬间的速度大小;
(2)抽射过程中，球员对足球做的功。
16.如图甲所示，长为 的轻杆一端通过铰链与 点连接，另一端栓接质量为 的小球(可视为质点)，小球处
于静止状态。现给小球水平向右的初速度，使其可以在竖直面内绕 点做完整的圆周运动。轻杆与初始位置
的夹角为 ，轻杆对小球的弹力大小 随 cos 变化的关系如图乙所示。求：
(1)小球运动过程中速度的最小值;
(2)当小球运动到 点( = 120 )时，轻杆对小球作用力的大小。
17.如图所示，质量 = 1 的木板 静止在粗糙水平地面上，在木板 上的 点放一质量也为 1 的物块 (可
视为质点)。零时刻，对 施加水平向右的恒力 ， 、 均由静止开始运动;某时刻，撤去恒力 ，一段时间后，
、 都停止运动， 仍在 点。已知运动过程中 比 多运动 = 1.5 ， 、 间的动摩擦因数 1 = 0.1， 与地
面间的动摩擦因数 2 = 0.2，取重力加速度 = 10 / 2。求：
(1) 运动时， 的加速度大小;
(2) 运动的时间;
(3)恒力 的大小。
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参考答案
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)足球做斜抛运动，设足球离地瞬间在水平方向、竖直方向的分速度大小分别为 、 ，
1
在水平方向上有 = ，在竖直方向上有 = 2 ，足球的初速度大小为 =
2
+ 2 ，解得： = 5 5 / ；
(2) 1抽射过程中，由动能定理可得，球员对足球做的功为 = 2
2，解得： = 25 。
16.解：(1)小球在最低点时速度最大，由图乙知，轻杆此时的拉力大小为 10 ，
2
对小球由牛顿第二定律得 = 0 ，
1 1
小球从最低点运动到最高点的过程中，由动能定理得 2 = 2
2 2
min 2 0，解得： min = 5 ；
(2)小球从最低点运动到 点的过程中，由动能定理得 ( cos ) = 1 2 1 22 2 0，
2
在 点由牛顿第二定律得 + cos(180 ) =
，解得： = 5.5 。
17.解：(1) 运动时，对物块 ，由牛顿第二定律得 1 = 1，解得： 1 = 1 / 2；
(2)设 、 共速时的速度大小为 ，从 、 共速到 停止运动过程中， 的加速度大小为 2， 运动的时间为 1，
对 由牛顿第二定律得 2 22 1 = 2，解得： 2 = 3 / ，
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3
对 、 分别由匀变速直线运动的规律得 = 1( 1 + )， = 2 1，解得： 1 = 4
先做匀加速直线运动后做匀减速直线运动，由于 在加速和减速过程的加速度大小相同，因此 加速运动的
时间和减速运动的时间相同，可得 运动的时间为 = 2( 1 + )，解得： = 4.5 ；
(3)在恒力 作用的过程中，对 由牛顿第二定律得 1 2 2 = ，在撤去恒力 到 、 共速的过
程中，
对 由牛顿第二定律得 1 + 2 2 = 3，
设 0时刻撤去恒力 ， 的速度大小为 1，由匀变速直线运动的规律得 = 1 3( 1 + 0)， 1 = 0，
2
做减速运动的位移大小为 1 =
2 ，1
+
整个运动过程中 的位移大小为 2 = 12 0 +
1
2 ( 1 + 0) + 2 1，
、 都停止运动时， 仍在 点，因此整个运动过程中 、 的位移大小相等 2 1 = 2，解得： = 6.75 。
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