2024-2025学年广东省汕头市潮阳启声高中物理高一第二学期期末综合测试试题含解析.doc

2024-2025学年广东省汕头市潮阳启声高中物理高一第二学期期末综合测试试题
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。

一、选择题：（1-6题为单选题7-12为多选，每题4分，漏选得2分，错选和不选得零分）
1、 (本题9分)2016年8月16日凌晨1时40分，全球首颗量子卫星“墨子号”，在酒泉卫星发射中心成功发射，仅凭此次发射，中国将在防黑客通讯技术方面领先于全球．已知该卫星最后定轨在离地面500km的预定圆轨道上，已知地球的半径为6400km，同步卫星距离地面的高度约为36000km，已知引力常量G=6.67×10-11N•m2/kg2，地球自转的周期T=24h，下列说法正确的是（　　）
A．“墨子号”卫星的发射速度可能为7.8km/s
B．在相等的时间内，“墨子号”卫星通过的弧长约为同步卫星通过弧长的2.5倍
C．由上述条件不能求出地球的质量
D．由上述条件不能求出“墨子号”卫星在预定轨道上运行的速度大小
2、下列关于同步卫星的说法中，正确的是（　　）
A．它的周期与地球自转周期相同，但高度和速度可以选择
B．它的周期、高度和速度大小都是一定的
C．我国发射的同步通信卫星定点在北京上空
D．不同的同步卫星所受的向心力相同
3、已知引力常量G、月球中心到地球中心的距离R和月球绕地球运行的周期T．假设地球是一个均匀球体，那么仅利用这三个数据，可以估算出的物理量有（　　）
A．月球的质量 B．地球的质量
C．地球表面的重力加速度 D．地球的密度
4、 (本题9分)开普勒分别于1609年和1619年发表了他发现的行星运动规律，后人称之为开普勒行星运动定律．关于开普勒行星运动定律，下列说法正确的是
A．所有行星绕太阳运动的轨道都是圆，太阳处在圆心上
B．对任何一颗行星来说，离太阳越近，运行速率就越大
C．在牛顿发现万有引力定律后，开普勒才发现了行星的运行规律
D．开普勒独立完成了观测行星的运行数据、整理观测数据、发现行星运动规律等全部工作
5、 (本题9分)下列物体的运动过程满足机械能守恒定律的是（ ）
A．加速上升的气球
B．在空中匀速下落的树叶
C．在竖直平面内作匀速圆周运动的小球
D．斜向上抛出的铅球（不计空气阻力）
6、 (本题9分)如图所示，在光滑的水平地面上有一辆平板车，车的两端分别站着人A和B，A的质量为mA，B的质量为mB，mA>mB.最初人和车都处于静止状态．现在，两人同时由静止开始相向而行，A和B对地面的速度大小相等，则车 (　　)

A．向左运动
B．左右往返运动
C．向右运动
D．静止不动
7、M、N是一对水平放置的平行板电容器，将它与一电动势为E，内阻为r的电源组成如图所示的电路，R是并联在电容器上的滑动变阻器，G是灵敏电流计，在电容器的两极板间有一带电的油滴处于悬浮状态，如图，下列说法正确的是

A．打开S后，使两极板靠近，则微粒将向上运动
B．打开S后，使两极板靠近，则微粒仍保持静止
C．保持开关S闭合，将滑动变阻器的滑片向上滑动，灵敏电流计中有从a向b的电流
D．保持开关S闭合，将滑动变阻器的滑片向上滑动，灵敏电流计中有从b向a的电流
8、 (本题9分)如图所示，1为同步卫星，2为近地卫星，3为赤道上的一个物体，它们都在同一平面内绕地心做圆周运动．关于它们的圆周运动的线速度、角速度、和向心加速度，下列说法正确的是

A．> B．<
C．< D．>>
9、某只走时准确的时钟，分针与时针由转动轴到针尖的长度之比是1.2：1，则下列说法正确的是（　　）

A．分针角速度是时针的12倍
B．分针角速度是时针的60倍
C．分针针尖线速度是时针针尖线速度的14.4倍
D．分针针尖线速度是时针针尖线速度的72倍
10、 (本题9分)如图所示，绷紧的水平传送带始终以恒定速率v1=2m/s顺时针运行，质量m=2.0kg的小物块从与传送带等高的光滑水平地面上的A处以初速度v2=4m/s向左滑上传送带，若传送带足够长，已知物块与传送带间摩擦因数为0.4，，下列判断正确的是

A．物体离开传送带速度大小为2m/s
B．物体离开传送带速度大小为4m/s
C．摩擦力对物块做的功为-12J
D．系统共增加了12J的内能
11、 (本题9分)如图所示电路中，电源内阻r不能忽略，两个电压表均为理想电表。已知R1=10Ω，r=2Ω，滑动变阻器R2的最大阻值为20Ω。当滑动变阻器R2的滑动触头P移动时，下列判断正确的是

A．P从b端向a端移动过程中，R2消耗的功率先增大后减小
B．P从a端向b端移动过程中，R1消耗的功率先减小后增大
C．P从b端向a端移动过程中，V1的示数一直增大
D．P从a端向b端移动过程中，V1的示数与电池内电阻分压之和一直增大
12、 (本题9分)图甲为一列简谐横波在t=2s时的波动图像，图乙为该波中x=2m处质点P的振动图像。则下列说法中正确的是（ ）

A．该波的波速大小为1m/s
B．该波沿x轴负方向传播
C．t=1.0s时，质点P的速度最小，加速度最大
D．在t=0到t=2.0s的时间内，质点P的速度和加速度的方向均为发生改变
二、实验题（本题共16分，答案写在题中横线上）
13、（6分） (本题9分)某同学利用打点计时器和气垫导轨做“验证动量守恒定律”的实验。气垫导轨装置如图所示，所用的气垫导轨装置由导轨、滑块、弹射架等组成。在空腔导轨的两个工作面上均匀分布着一定数量的小孔，向导轨空腔内不断通入压缩空气，空气会从小孔中喷出，使滑块稳定地漂浮在导轨上，这样就大大减小了因滑块和导轨之间的摩擦而引起的误差。则：

（1）下面是实验的主要步骤：
①安装好气垫导轨，调节气垫导轨的调节旋钮，使导轨水平；
②向气垫导轨通入压缩空气；
③把打点计时器固定在紧靠气垫导轨左端弹射架的外侧，将纸带穿过打点计时器与弹射架并固定在滑块1的左端，调节打点计时器的高度，直至滑块拖着纸带移动时，纸带始终与导轨在水平方向上；
④使滑块1挤压导轨左端弹射架上的弹簧片；
⑤把滑块2放在气垫导轨的中间；
⑥先接通打点计时器的电源，然后放开滑块1，让滑块带动纸带一起运动；
⑦取下纸带，重复步骤④⑤⑥，选出理想的纸带如图所示；
⑧测得滑块1的质量为310g，滑块2（包括橡皮泥）的质量为205g。
（2）由于打点计时器每隔0.02s打一个点，那么，两滑块相互作用以前滑块1的速度v＝_____m/s。系统的总动量为_____kg•m/s；两滑块相互作用以后系统的总动量为_____kg•m/s（结果保留三位有效数字）。
（3）试说明（2）中两结果不完全相等的主要原因是_____。
14、（10分） (本题9分)为了“探究加速度与力、质量的关系”，现提供如图所示实验装置．请回答下列问题：

（1）为了消除小车与水平木板之间摩擦力的影响应采取做法是__________
A．将木板不带滑轮的一端适当垫高，使小车在钩码拉动下恰好做匀速运动
B．将木板不带滑轮的一端适当垫高，使小车在钩码拉动下恰好做匀加速运动
C．将木板不带滑轮的一端适当垫高，在不挂钩码的情况下使小车恰好做匀速运动
D．将木板不带滑轮的一端适当垫高，在不挂钩码的情况下使小车恰好做匀加速运动
（1）图为某次实验得到的纸带，已知打点计时器每隔0.01s打一次点．根据纸带可求出小车的加速度大小为_____________m/s1．（结果保留二位有效数字）

（3）某学生在实验中，保持小车质量不变，测得小车的加速度a和拉力F的数据如下表所示．
F/N
0.10
0.10
0.30
0.40
0.50
0.60
0.70
a/m•s-1
0.30
0.50
0.70
0.90
1.05
1.15
1.10
①根据表中的数据在图中坐标纸上画出a-F图线_______．

②在操作过程中没有始终满足保证钩码质量远小于小车总质量，则小车收到拉力的真实值______测量值（填“大于、等于”或“小于”）．
三、计算题要求解题步骤，和必要的文字说明（本题共36分）
15、（12分） (本题9分)如图所示，足够长水平面的A点左侧光滑、右侧粗糙。宽度为r的物块P带有半径为r的四分之一光滑圆弧，圆弧的最低点切线水平，距地面的高度为1.5r，静止放在A点左侧适当位置。现让小球Q从物块P的圆弧最高点由静止释放，当小球Q落地的瞬间，物块P刚好与静止放在A点的小物块R发生弹性正碰，碰后小物块R运动的最远点C与A点的距离为3r 。已知P、Q、R的质量分别为6m、3m、2m，重力加速度为g，物块P、R碰撞过程时间很短，发生的位移不计，小球Q、物块R大小不计，求：

(1)小球Q离开P时的速度大小；
(2)小物块R与A点右侧水平面间的动摩擦因数；
(3)小球Q落地点B与A点的距离。
16、（12分） (本题9分)如图所示，质量分别为1kg、3kg的滑块A、B静止在光滑的水平面上．现使滑块A以4m/s的速度向右运动，与左侧还有轻弹簧的滑块B发生正碰．求二者在发生碰撞的过程中：

（1）弹簧的最大弹性势能；
（2）滑块B的最大速度．
17、（12分） (本题9分)如图所示，AB为倾角θ＝37°的粗糙斜面轨道，通过一小段光滑圆弧与光滑水平轨道BC相连接，质量为m2的小球乙静止在水平轨道上，质量为m1的小球甲以速度v0与乙球发生弹性正碰.若m1∶m2＝2∶3，且轨道足够长，

（1）第一次碰撞后的瞬间两球的速度分别多大；
（2）要使两球能发生第二次碰撞，求乙球与斜面之间的动摩擦因数μ应满足什么条件？.(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)
参考答案

一、选择题：（1-6题为单选题7-12为多选，每题4分，漏选得2分，错选和不选得零分）
1、B
【解析】
A、7.9km/s是第一宇宙速度，所以墨子号卫星的发射速度不可能为7.8km/s，它会落向地面，不可能成为地球的卫星，故A错误；
B、墨子号卫星的轨道半径为，同步卫星的轨道半径，根据线速度公式，墨子号卫星的线速度和同步卫星的线速度之比为：，弧长，相同时间内墨子号通过的弧长与同步卫星通过的弧长之比为：，故B正确；
C、根据万有引力提供向心力，得，根据同步卫星的半径与周期可以求出地球的质量，故C错误；
D、根据万有引力提供向心力，得，根据地球的质量与“墨子号”卫星轨道半径，可以求出“墨子号”卫星在预定轨道上运行的速度大小，故D错误；
故选B．
2、B
【解析】
所有的地球同步卫星的必要条件之一：是它们的轨道都必须位于地球的赤道平面内，且轨道高度和速度是确定的，同步卫星的角速度等于地球自转的角速度，周期等于地球自转的周期，由万有引力等于向心力，由向心力公式知质量不同的卫星受的向心力是不同的，故选项B正确，ACD错误．
3、B
【解析】
A.万有引力提供环绕天体的向心力，此式只能计算中心天体的质量，根据题给定的数据可以计算中心天体地球的质量，而不能计算环绕天体月球的质量，故A不符合题意；
B.根据万有引力提供向心力可得：

可得中心天体质量，故B符合题意；
C.在地球表面重力和万有引力相等，即

所以

因不知道地球半径故不可以求出地球表面的重力加速度；故C不符合题意；
D.因为月球不是近地飞行，故在不知道地球半径的情况下无法求得地球的密度，故D不符合题意．
4、B
【解析】
试题分析：开普勒三定律: 1．开普勒第一定律：所有的行星围绕太阳运动的轨道都是椭圆．太阳处在所有椭圆的一个焦点上． 2．开普勒第二定律：行星与太阳的连线在相同的时间内扫过的面积相等． 3．开普勒第三定律：所有行星的轨道的半长轴的三次方与公转周期的二次方的比值都相等，即.
A、由开普勒第一定律可知；错误
B、由开普勒第二定律可知行星与太阳的连线在相同的时间内扫过的面积相等，离太阳越近，弧长越长，时间相同，速率越大；正确
C、开普勒发现了行星的运行规律在前，在牛顿发现万有引力定律在后；错误
D、开普勒是在前人研究的基础上，根据自己的观测和研究总结出的开普勒三定律；错误
故选B
考点：开普勒三定律
点评：容易题．研究天体运行时．太阳系中的行星及卫星运动的椭圆轨道的两个焦点相距很近．因此行星的椭圆轨道都很接近圆．在要求不太高时，通常可以认为行星以太阳为圆心做匀速圆周运动．这样做使处理问题的方法大为简化，而得到的结果与行星的实际运行情况相差并不很大．在太阳系中．比例系数k是一个与行星无关的常量，但不是恒量，在不同的星系中，k值不相同，k值与中心天体有关．
5、D
【解析】
加速上升的气球，动能和重力势能都增加，则机械能增加，选项A错误；在空中匀速下落的树叶会受到阻力作用，机械能减小，选项B错误；在竖直平面内作匀速圆周运动的小球，动能不变，重力势能不断变化，则机械能不变变化，选项C错误；斜向上抛出的铅球（不计空气阻力），只有重力做功，机械能守恒，选项D正确，故选D.
点睛：掌握住机械能守恒的条件，也就是只有重力做功，分析物体是否受到其它力的作用，以及其它力是否做功，由此即可判断是否机械能守恒．
6、A
【解析】
两人与车组成的系统动量守恒，开始时系统动量为零，两人与大小相等的速度相向运动，A的质量大于B的质量，则A的动量大于B的动量，AB的总动量方向与A的动量方向相同，即向右，要保证系统动量守恒，系统总动量为零，则小车应向左运动，故A正确，BCD错误．
7、BC
【解析】
AB、打开S之前，由于带电的油滴处于悬浮状态，则有，打开S后，电容器的两极板所带电量保持不变，根据，，可得，使两极板靠近，电容器的两极板间的电场强度不变，所以带电的油滴仍保持静止，故选项B正确，A错误；
CD、电容器两极板间的电压，当将滑动变阻器的滑片向上滑动时，增大，增大，电容器的电量增加，处于充电状态，灵敏电流计中有电流，由于电容器上板带正电，则灵敏电流计中有从向的电流，故选项C正确，D错误。
8、BD
【解析】
A. 物体3和同步卫星1周期相等，则角速度相等，即ω1=ω3，根据v=rω，则v1>v3，
卫星2和卫星1都靠万有引力提供向心力，根据，解得，知轨道半径越大，线速度越小，则v2>v1.所以v2>v1>v3，故A错误；
B. 物体3和同步卫星1周期相等，则角速度相等，即ω1=ω3，
根据，知轨道半径越大，角速度越小，则ω2>ω1.所以ω1=ω3<ω2，故B正确；
C. 物体3和同步卫星1周期相等，则角速度相等，即ω1=ω3，而加速度a=rω2，
则a1>a3，
卫星2和卫星1都靠万有引力提供向心力，根据，，知轨道半径越大，角速度越小，向心加速度越小，则a2>a1，
所以a2>a1>a3，故C错误，D正确；
故选BD.
点睛：题中涉及三个物体：地球赤道上有一随地球的自转而做圆周运动的物体3、绕地球表面附近做圆周运动的人造卫星2、地球同步卫星1；物体3与近地卫星2转动半径相同，物体3与同步卫星1转动周期相同，近地卫星2与同步卫星1同是卫星，都是万有引力提供向心力；分三种类型进行比较分析即可．
9、AC
【解析】
AB、时针的周期为，分针的周期为；，根据得角速度之比为：，可知分针角速度是时针的12倍，故A正确，B错误；
CD、由可得，线速度之比为，即分针针尖线速度是时针针尖线速度的14.4倍，故C正确，D错误．
本题关键是建立圆周运动的运动模型，然后结合线速度、角速度、周期、转速间的关系列式分析．
10、AC
【解析】
AB、小物块先向左匀减速直线运动，然后小物块向右做匀加速运动，当速度增加到与皮带相等时，摩擦力消失，最后以2m/s向右做匀速运动，故A正确，B错误；
C、根据动能定理，摩擦力对物块做的功等于木块动能的减少量：，故C正确；
D、小物块先向左匀减速直线运动加速度大小为，物块与传送带的相对位移为：，小物块向右做匀加速运动时物块与传送带间的相对位移：，故系统增加的热量为：，故D错误；
故选AC．
物体先受到向右的摩擦力，小物块先向左匀减速直线运动，然后向右匀加速，当速度增加到与皮带相等时，一起向右匀速，摩擦力消失．
11、AC
【解析】
由图可知与串联，V1测两端的电压，V2测两端的电压；
若P从b端向a端移动的过程中，则滑动变阻器接入电阻减小，由闭合电路欧姆定律可知，电路中总电流增大，两端的电压增大，根据可得消耗的功率一直增大。可将看成电源的内电阻，开始时，因，则消耗的功率先增大后减小，AC正确；若P从a端向b端移动的过程中，则滑动变阻器接入电阻增大，由闭合电路欧姆定律可知，电路中总电流减小，和电源内阻分压之和，一直减小，根据可得消耗的功率一直减小，BD错误．
闭合电路欧姆定律的动态分析类题目，一般可按外电路-内电路-外电路的分析思路进行分析，在分析时应注意结合闭合电路欧姆定律及串并联电路的性质．
12、ABC
【解析】
A.由图可知，周期T＝4.0s，波长λ＝4m，则波速，故A正确；
B.x＝2m处的质点P在t＝2s时刻向下振动，根据“同侧法”知，波沿x轴负方向传播，故B正确；
C.由图2可知，当t＝1s时，质点P在最大位移处，此时的加速度最大，速度等于0，故C正确；
D.由图可知，在0−2s内质点的位移为正加速度的方向始终向下；在0−1s内质点向正最大位移处运动，速度方向为正；而1−2s内质点从最大位移处向平衡位置处移动，所以速度的方向为负。故D错误。

二、实验题（本题共16分，答案写在题中横线上）
13、2.00 0.620 0.618 纸带与限位孔的阻力
【解析】
（2）滑块1是向右运动再与滑块2碰撞粘在一起的，所以粘前速度较大，那么碰撞前的速度v=20.0×10-2/（5×0.02）m/s=2.00m/s；系统的总动量为p＝m1v＝0.620kg m/s；与滑块2碰撞后粘在一起速度v′=16.8×10-2/（7×0.02）m/s=1.20m/s，总动量为p′＝（m1+m2）v′＝0.618kg m/s。
（3）综合考虑各种因素，结合实验装置分析：造成两个数据不相等的原因在于纸带与限位孔的阻力。
14、（1）C （1）3.1 （3）① ②小于
【解析】
（1）将不带滑轮的木板一端适当垫高，在不挂钩码的情况下使小车恰好做匀速运动，以使小车的重力沿斜面分力和摩擦力抵消，那么小车的合力就是绳子的拉力．故选C．
（1）根据匀变速直线运动的推论公式△x=aT1可以求出加速度：
（3）①图像如图：

②对小车：T=Ma；对钩码：mg-T=ma；联立解得 ；当m<<M时，T=mg；若在操作过程中没有始终满足保证钩码质量远小于小车总质量，则小车受到拉力的真实值小于测量值．

三、计算题要求解题步骤，和必要的文字说明（本题共36分）
15、（1）（2）（3）4r
【解析】
（1）设Q 离开P时速度为vQ，此时P的速度为vP，Q从静止释放到离开P的过程中：
P、Q所组成的系统机械能守恒：
P、Q在水平方向上动量守恒：
联立相关各式解得：
（2）设R碰撞后R的速度为vR，P的速度为
P与R碰撞过程中动量守恒：
P与R发生弹性正碰，由能量守恒得：

对于R：在A到C的过程中，由动能定理得：

联立相关各式解得：
（3）设Q从离开P到落地所用时间为t，水平方向上运动位移为s1，P在时间t内运动位移为s2，Q落地点与A的距离为s3，
Q在此过程做平抛运动：

P在此过程做匀速直线运动：
因Q在离开P时与P右端相距r，故：s3= s1+ r+ s2
联立相关各式解得：s3=4r
16、（1）6J （2）2m/s
【解析】
(1)当弹簧压缩最短时，弹簧的弹性势能最大，此时滑块A、B共速，
由动量守恒定律得mAv0＝(mA＋mB)v，
解得v＝1 m/s，
弹簧的最大弹性势能即滑块A、B损失的动能

(2)当弹簧恢复原长时，滑块B获得最大速度，
由动量守恒和能量守恒得
mAv0＝mAvA＋mBvm，

解得vm＝2 m/s.
17、（1）（2）
【解析】
解：（1）设第一次碰后甲的速度为v1，乙的速度为v2，以甲球的初速度方向为正方向，由动量守恒定律和机械能守恒定律得：

联立解得：，负号表示方向水平向右；
（2）设上滑的最大位移大小为s，滑到斜面底端的速度大小为v，由动能定理得：

联立解得：
乙要能追上甲，则：
解得：