内蒙古乌兰察布市集宁区2025届物理高一第二学期期末达标检测试题含解析.doc

内蒙古乌兰察布市集宁区2025届物理高一第二学期期末达标检测试题
注意事项：
1． 答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。
2．选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0．5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。
3．请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。
4．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。

一、选择题：本大题共10小题，每小题5分，共50分。在每小题给出的四个选项中，有的只有一项符合题目要求，有的有多项符合题目要求。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
1、 (本题9分)在学校某次体能测试中，质量为50kg的某同学在做引体向上运动，如图所示．他在内做了20次，每次身体重心上升的距离均为0.3m，那么他在该过程中克服重力做的功W和相应的功率P约为（ ）

A．0 ；75W B．150J；75W
C．3000J；50W D．；100W
2、(本题9分)地球的第一宇宙速度约为7.9 km/s，某行星的质量是地球的8倍，半径是地球的2倍。该行星上的第一宇宙速度约为（ ）
A．15.8 km/s B．31.6km/s
C．23.7km/s D．3.95 km/s
3、将一小球以初速度v0沿斜向右上方抛出，从抛出到最高点过程中，每隔相等时间记录其瞬时速度，最后刚好达到最高点，记录值分别为v1、v2、v3，则图示中瞬时速度表示正确的是（ ）
A． B． C． D．
4、 “嫦娥四号”探月卫星发射后，先在“24小时轨道”上绕地球运行（即绕地球一圈需要24小时）；然后，经过两次变轨依次到达“48小时轨道”和“72小时轨道”；最后奔向月球.如果按圆形轨道计算，并忽略卫星质量的变化，则在每次变轨完成后与变轨前相比
A．卫星线速度增大，角速度减小
B．卫星线速度减小，角速度减小
C．卫星动能减小，机械能减小
D．卫星动能减小，机械能增大
5、 (本题9分)如图所示，长为L的轻杆一端固定质量为m的小球，另一端固定在转轴O，现使小球在竖直平面内做圆周运动，P为圆周的最高点，若小球通过圆周最低点时的速度大小为，忽略摩擦阻力和空气阻力，则以下判断正确的是（ ）．

A．小球不能到达P点
B．小球到达P点时的速度大于
C．小球能到达P点，且在P点受到轻杆向上的弹力
D．小球能到达P点，且在P点受到轻杆向下的弹力
6、 (本题9分)已知地球半径为R，质量为M，自转角速度为w，万有引力常量为 G，地球同步卫星与地心间的距离为r，近地人造卫星绕地球的运行轨道可视为圆，则
A．地球近地卫星做匀速圆周运动的加速度为w2R
B．地球同步卫星做匀速圆周运动的加速度为w2r
C．地球近地卫星做匀速圆周运动的线速度为wR
D．地球近地卫星做匀速圆周运动的线速度为
7、 (本题9分)质量为m的小球由轻绳a和b分别系于一轻质细杆的A点和B点，如右图所示，绳a与水平方向成θ角，绳b在水平方向且长为l，当轻杆绕轴AB以角速度ω匀速转动时，小球在水平面内做匀速圆周运动，则下列说法正确的是(　　)

A．a绳的张力不可能为零
B．a绳的张力随角速度的增大而增大
C．当角速度，b绳将出现弹力
D．若b绳突然被剪断，则a绳的弹力一定发生变化
8、如图所示，将两个等量异种点电荷分别固定于A、B两处，AB为两点电荷的连线，MN为AB连线的中垂线，交AB于O点，M、N距两个点电荷较远，以下说法正确的是（）

A．沿直线由A到B,各点的电场强度先减小后增大
B．沿直线由A到B,各点的电势升高
C．沿中垂线由M到O，电场强度增大
D．将一正电荷从M点移到O点，电场力做正功
9、 (本题9分)人站在运动的电梯中，处于“失重”状态的是( )
A．电梯加速下降
B．电梯减速上升
C．电梯减速下降
D．电梯加速上升
10、 (本题9分)2018年珠海航展，我国五代战机“歼20”再次闪亮登场。表演中，战机先水平向右，再沿曲线ab向上(如图)，最后沿陡斜线直入云霄。设飞行路径在同一竖直面内，飞行速率不变。则沿ab段曲线飞行时，战机

A．所受合外力大小为零
B．所受合外力方向不断变化
C．竖直方向的分速度逐渐增大
D．水平方向的分速度不变
二、实验题
11、（4分） (本题9分)未来在一个未知星球上用如图甲所示装置研究平抛运动的规律。悬点O正下方P点处有水平放置的炽热电热丝，当悬线摆至电热丝处时能轻易被烧断，小球由于惯性向前飞出做平抛运动， 现对小球采用频闪数码相机连续拍摄，在有坐标纸的背景屏前拍下了小球在做平抛运动过程中的多张照片，经合成后照片如图乙所示，a、b、c、d为连续四次拍下的小球位置，已知照相机连续拍照的时间间隔是0.10s，照片大小如图中坐标所示，又知该照片的长度与实际背景屏的长度之比为1：4，则：
⑴由以上信息，可知a点______________（填“是”或“不是”）小球的抛出点；
⑵由以上信息，可以推算出该星球表面的重力加速度为__________m/s2
⑶由以上信息可以算出小球平抛的初速度大小是_________m/s;
⑷由以上信息可以算出小球在b点时的速度大小是_________m/s.

12、（10分） (本题9分)某同学通过实验测定一个阻值约为5的电阻Rx的阻值。
（1）现有电源（4V，内阻可不计）、滑动变阻器（0～50，额定电流2A）、开关和导线若干，以及下列电表：
A．电流表（0～3A，内阻约0.025）
B．电流表（0～0.6A，内阻约0.125）
C．电压表（0～3V，内阻约3k）
D．电压表（0～15V，内阻约15k）
为减小测量误差，在实验中，电流表应选用______，电压表应选用_____选填器材前的字母）；实验电路应采用图中的_____选填“甲”或“乙”）。

（2）接通开关，改变滑动变阻器滑片P的位置，并记录对应的电流表示数I、电压表示数U。某次电表示数如图所示，则电压U=________，电流I=_______可得该电阻的测量值___（保留两位有效数字）。

三、计算题：解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤．只写出最后答案的不能得分．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位
13、（9分） (本题9分)2018年世界杯正在俄罗斯进行，在西班牙与葡萄牙的比赛中，C罗把质量是500g的足球踢出后，某人观察它在空中的飞行情况，估计上升的最大高度是10m，在最高点的速度为20m/s。请你根据这个，计算C罗踢球时对足球做的功。
14、（14分）如图所示，在倾角为30°的光滑固定斜面体上，一劲度系数为k=200N/m的轻质弹簧一端连接固定挡板C，另一端连接一质量为m=4kg的物体A，一轻细绳通过定滑轮，一端系在物体A上，另一端与质量也为m的物体B相连，细绳与斜面平行，斜面足够长，用手托住物体B使细绳刚好没有拉力，然后由静止释放，试问：

(1)刚释放物体B时和物体A沿斜面向上运动获得最大速度时，弹簧的形变量x1和x2分别是多大？
(2)物体A的最大速度大小？
(3)从开始释放物体B到物体A获得最大速度的过程中，物体B所受合外力的冲量大小和方向？
15、（13分） (本题9分)如图所示，AB为倾角θ＝37°的斜面轨道，轨道的AC部分光滑，CB部分粗糙。BP为圆心角等于143°，半径R=1m的竖直光滑圆弧形轨道，两轨道相切于B点，P、O两点在同一竖直线上。一轻弹簧一端固定在A点，另一自由端在斜面上C点处，现将一质量m = 2kg的物块缓慢压缩弹簧到D点（不栓接），且CD的距离为x0=1m，此时弹簧具有的弹性势能为EP=156J。现从D点释放物块，物块在CB段匀减速运动过程中的加速度大小为a=8 m/s2，物块第一次经过B点后恰能到达P点。(g取10m/s2，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8)。求：

（1）物块第一次通过C点的速度大小vc和第一次到达P点的速度大小vp；
（2）斜面轨道上B、C两点间的距离x；
（3）若在P处安装一个竖直弹性挡板，小物块与挡板碰撞后速度反向，速度大小不变，小物块与弹簧相互作用不损失机械能，试通过计算判断物块在第一次与挡板碰撞后的运动过程中是否会脱离轨道？
参考答案

一、选择题：本大题共10小题，每小题5分，共50分。在每小题给出的四个选项中，有的只有一项符合题目要求，有的有多项符合题目要求。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
1、C
【解析】
每次肩部上升的距离均为0.3m，则他每一次克服重力做的功：
W=mgh=50×10×0.3 J =150J
1分钟内克服重力所做的功：
W总=20W=20×150 J =3000J
相应的功率约为：

A. 0、75W，与结论不相符，选项A错误；
B. 150J、75W，与结论不相符，选项B错误；
C. 3000J、50W，与结论相符，选项C正确；
D. 、100W，与结论不相符，选项D错误．
2、A
【解析】
设地球质量M，某星球质量8M，地球半径r，某星球半径2r；由万有引力提供向心力做匀速圆周运动得： 解得：卫星在圆轨道上运行时的速度公式；分别代入地球和某星球的各物理量得：v地球=；v星球=；解得：v星球=2v地球=15.8km/s，故A正确，BCD错误；故选A。
3、B
【解析】
斜向上抛运动的加速度为重力加速度g，根据，得：，
可知在相等的时间内速度的变化量相等。
A.根据，可知在相等的时间内速度的变化量相等，故A错误；
B.根据，可知在相等的时间内速度的变化量相等，故B正确；
C.根据，可知在相等的时间内速度的变化量相等，故C错误；
D.根据，可知在相等的时间内速度的变化量相等，故D错误。
4、B
【解析】
万有引力提供向心力：

解得：

AB．根据题意两次变轨后，卫星分别为从“24小时轨道”变轨为“48小时轨道”和从“48小时轨道”变轨为“72小时轨道”，则由上式可知，在每次变轨完成后与变轨前相比运行周期增大，运行轨道半径增大，运行线速度减小，角速度减小，故A错误，B正确。
CD．每次变轨完成后与变轨前相比后，半径都增大，卫星必须点火加速，动能变大，机械能增大，故CD错误。
5、C
【解析】
AB．从最低点到最高点，根据动能定理有

带入数据可得最高点速度

对于轻杆，既可以提供向上的支持力也可以提供向下的拉力，所以无论多大的速度，只要能够到达最高点都可以通过最高点，所以小球P能够到达最高点，但是速度小于，选项A、B错误．
CD．在P点受力

可得

说明杆的支持力竖直向上，选项C正确，D错误．
圆周运动合力提供向心力，轻杆模型和细线轻绳不同，轻杆的弹力不一定沿杆的方向，可以沿杆向外，也可以沿杆向内，所以圆周运动只要能到达最高点，就可以通过．合力提供向心力，可以假设弹力方向为正方向与重力方向相同，计算结果若为负，说明与重力方向相反．
6、BD
【解析】
A.卫星绕地球做圆周运动时，由地球的万有引力提供向心力，有：，解得：，地球同步卫星的角速度等于地球自转角速度ω，得地球近地卫星与地球同步卫星的角速度之比为： ，则得：，所以地球近地卫星做匀速圆周运动的加速度为：，故A错误。
B.地球同步卫星的角速度等于地球自转角速度ω，则地球同步卫星做匀速圆周运动的加速度为：a同=ω2r，故B正确。
C.地球近地卫星做匀速圆周运动的线速度为：v近=ω近R=，故C错误。
D.地球近地卫星做匀速圆周运动时，根据得近地卫星的线速度为：，故D正确。
7、AC
【解析】
小球做匀速圆周运动，在竖直方向上的合力为零，水平方向上的合力提供向心力，所以a绳在竖直方向上的分力与重力相等，可知a绳的张力不可能为零，故A正确；根据竖直方向上平衡得，Fasinθ=mg，解得，可知a绳的拉力不变，故B错误；当b绳拉力为零时，有：，解得，可知当角速度时，b绳出现弹力，故C正确；由于b绳可能没有弹力，故b绳突然被剪断，a绳的弹力可能不变，故D错误。
8、ABC
【解析】
由电场线的分布可知，沿直线由A到B，电场线先变疏后变密，则电场强度先减小后增大。故A正确。电场线方向由B到A，根据顺着电场线方向电势降低可知，沿直线由A到B，各点的电势一直升高。故B正确。沿中垂线由M到O，电场线越来越密，电场强度一直增大，故C正确。MN是一条等势线。将一正电荷从M点移到O点，电场力不做功，故D错误。
9、AB
【解析】A、失重时具有向下的加速度，运动状态可以是减速上升和加速下降，故选项AB正确。
C、电梯加速上升和减速下降的加速度都向上，处于超重状态，故选项CD错误；
点睛：本题考查了学生对超重失重现象的理解，掌握住超重失重的特点，本题就可以解决了。
10、BC
【解析】
A.战机做曲线运动，运动状态发生变化，合外力不为零，故A错误；
B.战机飞行速率不变，合力方向始终与速度方向垂直，即指向圆心，故B正确；
C.飞机速度大小不变，与水平方向的倾角θ增大，则vy=vsinθ增大，即竖直方向的分速度逐渐增大，故C正确；
D.飞机速度大小不变，与水平方向的倾角θ增大，则vx=vcosθ减小，即水平方向的分速度减小，故D错误。

二、实验题
11、是， 8， 0.8，
【解析】
（1）[1]因为竖直方向上相等时间内的位移之比为1：3：5，符合初速度为零的匀变速直线运动特点，因此可知a点的竖直分速度为零，a点为小球的抛出点。
（2）[2]由照片的长度与实际背景屏的长度之比为1：4可得乙图中正方形的边长l=4cm，竖直方向上有：

解得：

（3）[3]水平方向小球做匀速直线运动，因此小球平抛运动的初速度为：

（4）[4]b点竖直方向上的分速度

所以：

12、B C 甲 2.6 0.50 5.2
【解析】
（1）[1].[2].因电源的电压为4V，因此电压表选择3V量程的C；由于阻值约为5Ω的电阻Rx的，根据欧姆定律可知，电流的最大值为0.8A，从精确角来说，所以电流表选择0.6A量程的B；
[3].根据待测电阻的阻值与电压表及电流表的阻值，可知，待测电阻的阻值偏小，因此选择电流表外接法，故选择甲图．
（2）[4]. 电压表的读数为U=2.6V；
[5].电流表的读数为I=0.50A；
[6].电阻阻值：；

三、计算题：解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤．只写出最后答案的不能得分．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位
13、150J
【解析】
根据动能定理求运动员对足球做的功。
【详解】
运动员对足球做的功为W，根据动能定理得：

解得：。
本题也可以对踢球的过程运用动能定理，小球动能的增加量等于运动员做的功；同时小球离开脚后，由于惯性继续飞行，只有重力做功，机械能守恒。
14、 (1)0.1m，0.1m(2)1m/s(3)4，方向为竖直向下
【解析】
(1)刚释放物体 B 时，弹簧被压缩，形变量x1，由胡克定律，得：
kx1-mgsin30°=0
代入数据可得：
x1=0.1m
物体A沿斜面向上运动获得最大速度时：
mg=kx2+mgsin 30°
弹簧的伸长量为：
x2=0.1m
(2)由开始运动到达到最大速度过程，弹性势能不变，由能量守恒定律，得：

解得：
vm=1m/s
(3)由动量定理：物体 B 所受的冲量大小
IB=mBvm=4N•s，
方向竖直向下。
15、（1）；（2） （3）不会脱离轨道
【解析】
（1）物块从D运动到C的过程由机械能守恒有：

解得：；
物块在P点的速度满足：

解得：。
（2）物块从B运动到P的过程中机械能守恒，则有：

解得： 。
物块从C运动到B的过程中
由以上各式解得。
（3）设物块与斜面间的动摩擦因数为 ，由牛顿第二定律得

代入数据解得
假设物块第一次从圆弧轨道返回并与弹簧相互作用后，能够回到与O点等高的位置Q点，且设其速度为 ，由动能定理得

解得
可见物块返回后不能到达Q点，故物块在以后的运动过程中不会脱离轨道。