2024-2025学年四川省名校物理高一第二学期期末监测试题含解析.doc

2024-2025学年四川省名校物理高一第二学期期末监测试题
注意事项:
1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。
2．答题时请按要求用笔。
3．请按照题号顺序在答题卡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、试卷上答题无效。
4．作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。
5．保持卡面清洁，不要折暴、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。

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)电容器充电后就储存了能量，某同学研究电容器储存的能量E与电容器的电容C、电荷量Q及电容器两极间电压U之间的关系。他从等效的思想出发，认为电容器储存的能量等于把电荷从一个极板搬运到另一个极板过程中克服电场力所做的功。为此他做出电容器两极间的电压u随电荷量q变化的图像（如图所示）。按照他的想法，下列说法正确的是( )

A．u-q图线的斜率越大，电容C越大
B．搬运Δq的电量，克服电场力所做的功近似等于Δq上方小矩形的面积
C．对同一电容器，电容器储存的能量E与两极间电压U成正比
D．若电容器电荷量为Q时储存的能量为E，则电容器电荷量为Q/2时储存的能量为E/2
2、 (本题9分)如图所示，a、b、c是环绕地球圆形轨道上运行的3颗人造卫星，它们的质量关系是ma＝mb<mc，则下列说法正确的是

A．c加速可以追上b，b加速也能追上c
B．b、c的周期相等，且大于a的周期
C．b、c的向心加速度大小相等，且大于a的向心加速度
D．b、c所需向心力大小相等，且大于a所需向心力的大小
3、 (本题9分)某兴趣小组探究发现导电液体电阻变化规律与金属电阻相同.如图所示，将横截面积之比为3:5，长度相同的两段玻璃管注满相同的盐水，封闭构成盐水柱a和b并联接入电路中，忽略温度对电阻的影响，则下列说法正确的是

A．盐水柱a和b电阻之比为3:5
B．通过盐水柱a和b电流之比为3:5
C．盐水柱a和b中自由电荷移动速率之比3:5
D．电路稳定时盐水柱中电场强度处处为零
4、光滑的水平面上，物体A、B的质量分别为m1和m2，且，它们用一根轻质弹簧相连接（栓接）。开始时，整个系统处于静止状态，弹簧处于自然长度。第一次给物体A一个沿弹簧轴线方向水平向右的初速度v，第二次给物体B一个沿弹簧轴线方向水平向左的等大的初速度v，如图所示。已知弹簧的形变未超出弹性限度，比较这两种情况，下列说法正确的是（ ）

A．第二种情况下，弹簧最短时物体A的速度较小
B．两种情况，弹簧最短时物体A的速度等大
C．两种情况，弹簧的最大弹性势能相同
D．第二种情况下，弹簧的最大弹性势能较大
5、下列说法错误的是
A．哥白尼认为地球是宇宙的中心
B．卡文迪许最早较准确地测出了万有引力常量
C．开普勒关于行星运动的描述为万有引力定律的发现奠定了基础
D．牛顿通过月-地检验”发现地面物体、月球所受地球引力都遵从同样的规律
6、关于曲线运动，下列说法正确的是( )
A．做曲线运动的物体，速度方向一定发生变化
B．做曲线运动的物体，速度大小一定发生变化
C．物体在恒力作用下，不可能做曲线运动
D．曲线运动一定是变加速运动
7、如图所示，飞行器P绕某星球做匀速圆周运动。测得该星球对飞行器的最大张角为θ，飞行器离星球表面的高度为h，绕行周期为T.已知引力常量为G，由此可以求得

A．该星球的半径
B．该星球的平均密度
C．该星球的第一宇宙速度
D．该星球对飞行器的引力大小
8、如图所示，一质量为m的小球，用长为L的轻绳悬挂于O点，第一次在水平力F作用下，小球以恒定速率在竖直平面内由P点运动到Q点，第二次在水平恒力作用下，从P点静止开始运动并恰好能到达Q点，关于这两个过程，下列说法正确的是（不计空气阻力，重力加速度为g）

A．第一个过程中，力F在逐渐变大
B．第一个过程力F的瞬时功率逐渐变大
C．第二个过程到达Q时，绳子拉力为T=mg
D．第二个过程中，重力和水平恒力的合力的功率先增加后减小
9、 (本题9分)下列运动过程中机械能守恒的是
A．雨滴在空中匀速下落
B．小石块做平抛运动
C．子弹射穿木块
D．物块沿光滑斜面下滑
10、如图，M为半圆形导线框，圆心为OM；N是圆心角为直角的扇形导线框，圆心为ON；两导线框在同一竖直面(纸面)内；两圆弧半径相等；过直线OMON的水平面上方有一匀强磁场，磁场方向垂直于纸面.现使线框M、N在t＝0时从图示位置开始，分别绕垂直于纸面且过OM和ON的轴，以相同的周期T逆时针匀速转动，则(　　)

A．两导线框中均会产生正弦交流电
B．两导线框中感应电流的周期都等于T
C．在t＝时，两导线框中产生的感应电动势相等
D．两导线框的电阻相等时，两导线框中感应电流的有效值也相等
11、质量为m的小球从距地面高H处的A点由静止释放，经过时间t1后落入泥潭，由于受到阻力f的作用，小球又经t2时间后静止于泥潭中，已知小球在泥潭中下降的距离为h，重力加速度为g，小球刚接触泥潭的速度为v，不计空气阻力，关于小球的下落过程，下列分析正确的是（ ）
A．对小球自由下落的过程，由动量定理可有
B．对小球自由下落的过程，由机械能守恒可有
C．对小球进入泥潭的过程，由动能定理可有
D．对小球下落的整个过程，由动能定理可有
12、 (本题9分)图示为一质点在内做直线运动的图象．由图可得（ ）

A．在内，合力对质点做正功
B．在内，合力对质点做负功
C．在和内，合力对质点做的功相同
D．在内，合力对质点做的功为零
二、实验题（本题共16分，答案写在题中横线上）
13、（6分）用如图所示的实验装置做“研究平抛物体的运动”实验。

（1）以下是关于本实验的一些做法，其中合理的选项有________和________
A．应使坐标纸上竖线与重垂线平行
B．斜槽轨道须选用光滑的
C．斜槽轨道末端须调整水平
D．应将坐标纸上确定的点用直线依次连接
（2）若用每秒可以拍摄20帧照片的像机连拍小球做平抛运动的几张连续照片，在坐标纸高0.5m的条件下，最多可以得到小球在坐标纸上的位置点为________
A．3个 B．7个 C．16个 D．60个
（3）小球水平抛出后，在部分坐标纸上得到小球的位置点如图所示.图中坐标纸每小格的边长为l，P1、P2和P3是小球平抛连续经过的3个点。已知重力加速度为g。则小球从P1运动到P2所用的时间为________，小球抛出后的水平速度为________.

14、（10分） (本题9分)某实验小组利用如图所示的装置进行实验，钩码A和B分别系在一条跨过定滑轮的软绳两端，钩码质量均为M，在A的上面套一个比它大一点的环形金属块C，在距地面为处由一宽度略大于A的狭缝，钩码A能通过狭缝，环形金属块C不能通过，开始时A距离狭缝的高度为，放手后，A、B、C从静止开始运动

（1）利用计时仪器测得钩码A通过狭缝后落地用时，则钩码A通过狭缝的速度为_______（用题中字母表示）；
（2）若通过此装置验证机械能守恒定律，还需要测出环形金属框C的质量m，当地重力加速度为g，若系统的机械能守恒，则需满足的等式为___________（用题中字母表示）；
（3）为减小测量时间的误差，有同学提出如下方案：实验时调节，测出钩码A从释放到落地的总时间t，来计算钩码A通过狭缝的速度，你认为可行吗？若可行，写出钩码A通过狭缝时的速度表达式；若不可行，请简要说明理由________、___________．
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，有一原长l0=0.5 m的轻质弹簧放在水平面上，左端固定在A点，处于自然状态。现让一质量m=1 kg小物块以速度v0=3 m/s从B点向左运动，最终停在距B点l=0.4 m的C点。已知小物块与水平面间的动摩擦因数μ＝0.25，A、B间距d=1.3 m，重力加速度g取10 m/s2，小物块大小不计，整个过程弹簧处在弹性限度内，求：

(1)小物块刚与弹簧接触时的速度大小；
(2)弹簧弹性势能的最大值。
16、（12分） (本题9分)如图所示，充电后的平行板电容器水平放置，电容为C，极板间的距离为d，上板正中有一小孔．质量为m、电荷量为+q的小球从小孔正上方高h处由静止开始下落，穿过小孔到达下极板处速度恰为零（空气阻力忽略不计，极板间电场可视为匀强电场，重力加速度为g）．求：

（1）小球到达小孔处的速度；
（2）极板间电场强度的大小和电容器所带电荷量；
（3）小球从开始下落运动到下极板处的时间．
17、（12分） (本题9分)如图所示，半径R=3 m的光滑圆弧轨道BC竖直固定在光滑水平地面上，C端切线水平；与C端等高的长木板质量M=4 kg靠紧圆弧轨道；A点在圆弧轨道所在竖直面内，与B端的高度差h=0.8 m．质量为m=3 kg的小物块（可视为质点）从A点以v0=3 m/s的水平初速度抛出，运动到B端恰好沿着切线方向进入圆弧轨道BC，最后与长木板相对静止．小物块与长木板间的动摩擦因数μ=0.1，g取10 m/s1．求：

（1）小物块运动至B端时的速度大小和方向；
（1）小物块滑至C端时，圆弧轨道对它的支持力大小；
（3）长木板的最小长度．
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、电容器的电容大小与电容器的电荷量Q及电容器两极间电压U无关，故A错误；
BCD、根据速度−时间图象围成的面积代表位移，可知在Q−U图象中，图象所围成的面积为，也就是克服电场力所做的功，即为：，又有电容定义式为：，所以电容器储存的电场能为：，所以对同一电容器，电容器储存的能量E与两极间电压U平方成正比，若电容器电荷量为Q时储存的能量为E，，则电容器电荷量为Q/2时储存的能量为，故B正确，CD错误；
故选B。
2、B
【解析】
无论是c加速还是b加速，都将做离心运动离开原来的轨道，不可能追上同轨道上前面的卫星，选项A错误；卫星运动时有万有引力提供圆周运动向心力即可得：，如图有ra＜rb=rc，所以有Tb=TC＞Ta，故B正确；，因为ra＜rb=rc，所以有aa＞ab=ac，故C错误；由C分析有aa＞ab=ac，又因为ma=mb＜mc所以有：Fb＜Fa和Fb＜Fc，即D错误。
3、B
【解析】
A.根据电阻定律可知，横截面积之比为3:5，电阻之比为5:3，故A错误；
B.两个导体两端的电压相同，由欧姆定律得电流之比为3:5，故B正确；
C.由电流的微观表达式I=nesv，结合电流与横截面积关系可知电荷移动速率之比1:1，故C错误；
D.导体中自由电荷在电场力作用下沿力的方向定向运动形成持续电流，电场强度不为零，故D错误.
4、C
【解析】
弹簧最短时，两者速度相等，弹性势能最大
第一种情况：
由动量守恒定律得：，解得弹簧最短时物体A的速度，
最大弹性势能
第二种情况：
由动量守恒定律得：，解得弹簧最短时物体A的速度，
最大弹性势能
因为，所以，也就是第二种情况下，弹簧最短时物体A的速度较大；
因为，所以两种情况，弹簧的最大弹性势能相同。
AB.由上面分析可知，第二种情况下，弹簧最短时物体A的速度较大，故AB错误；
CD.由上面分析可知，两种情况，弹簧的最大弹性势能相同，故C正确，D错误。
5、A
【解析】
A项：哥白尼提出了日心说，认为太阳是宇宙的中心，故A错误；
B项：牛顿发现了万有引力定律，但没有测量引力常量，是卡文迪许测出了引力常量，故B正确；
C项：开普勒发现了行星运动的三大定律，正确描绘了行星运动的规律，为牛顿万有引力定律的发现奠定了基础，故C正确；
D项：万有引力定律建立后，经历过“月-地检验”，表明地面物体所受地球引力与月球所受地球引力遵从同样的规律，故D正确。
6、A
【解析】
做曲线运动的物体，速度方向一定发生变化，选项A正确；做曲线运动的物体，速度大小不一定发生变化，例如匀速圆周运动，选项B错误；物体在恒力作用下，也可能做曲线运动，例如平抛运动，选项C错误；曲线运动可能是匀变速运动，例如平抛运动，选项D错误.
7、ABC
【解析】
A.由题意，令星球的半径为R，则飞行器的轨道半径r=R+h，由几何关系，即，表达式中只有一个未知量R，故可以据此求出星球半径R；故A正确.
B.由A项分析知，可以求出飞行器轨道半径r，据万有引力提供圆周运动向心力可知，已知r和T及G的情况下可以求得星球质量M，再根据密度公式可以求得星球的密度，故B正确.
C.在求得星球质量M及星球轨道半径R的情况下，根据，已知引力常量G，可以求出星球的第一宇宙速度，故C正确；
D.因为不知道飞行器的质量大小，故无法求得星球对飞行器的引力大小，故D错误.
8、ABC
【解析】
试题分析：第一次小球在水平拉力F作用下，从P点缓慢地移动到Q点，则小球处于平衡状态，根据平衡条件得：F的最大值，随着增大，F逐渐增大，因为速率恒定，而F在增大，所以在增大，故AB正确；第二次运动到Q点时，速度为零，则向心力为零，则绳子拉力，故C正确；第二次由于重力和拉力都是恒力，可以把这两个力合成为新的“重力”，则第二次小球的运动可以等效于单摆运动，当绳子方向与重力和F′方向在同一直线上时，小球处于“最低点”，最低点的速度最大，此时速度与新的“重力”方向垂直，即与重力和水平恒力的合力方向垂直，功率为零，所以两力的合力的功率先减小为零，后再增大，功率先减小后增大，D错误；
考点：动能定理的应用；共点力平衡的条件及其应用；功率的计算．
【名师点睛】本题的难点在第二次拉动小球运动过程的处理，由于重力和拉力都是恒力，可以把这两个力合成为新的“重力”，则第二次小球的运动可以等效于单摆运动，根据单摆的知识求解，难度适中
9、BD
【解析】
物体机械能守恒的条件是只有重力或者是弹力做功，或者看有没有机械能转化为其它形式的能，根据机械能守恒的条件逐个分析物体的受力的情况，即可判断物体是否是机械能守恒．
【详解】
A、雨滴落地前在空中匀速下落的过程，说明雨滴动能不变，重力势能减小，所以机械能不守恒;故A错误.
B、小石块做平抛运动只受重力作用，所以机械能守恒;故B正确.
C、子弹射穿过木块的运动中，要受到阻力的作用，阻力对物体做负功，所以机械能不守恒;故C错误.
D、物体沿光滑曲面下滑，没有摩擦力的作用，同时物体受到支持力对物体也不做功，所以只有物体的重力做功，机械能守恒;故D正确.
故选BD。
本题是对机械能守恒条件的直接考查，掌握住机械能守恒的条件，知道各种运动的特点即可.
10、BC
【解析】
A．半径切割磁感线产生的感应电动势，由于匀速转动，所以进入时，电动势是恒定的，则A错误；
B．由半径切割分段分析知道：M线框在转一周内感应电动势的变化是恒正、恒正、恒负、恒负．N线框的变化是恒正、零、恒负、零，所以两导线框的周期相等地，则B正确；
C．显然从开始到转过90°，都是半径切割，感应电动势相等，则C正确；
D．根据有效值的定义：对M线框，，对N线框，只有一半时间有感应电流，，两式对比得到：，所以D错误．
11、ACD
【解析】
A. 对小球自由下落的过程，小球只受重力作用，由动量定理可有，选项A正确；
B. 对小球自由下落的过程，由机械能守恒可有，选项B错误；
C. 对小球进入泥潭的过程，由动能定理可有，选项C正确；
D. 对小球下落的整个过程，由动能定理可有，选项D正确.
12、BD
【解析】
A、在1s∼3s内，物体的速度不变，故物体的动能不变，根据动能定理可知合力对质点不做功，故A错误；
B、在0∼1s，物体的速度减小，故动能减小，根据动能定理可知合力对质点做负功，故B正确；
C、在0∼1s速度减小，动能减小，故合外力做负功，而3s∼4s内，动能增大，故合力对质点做的正功，所以合力对质点所做的功不相同，故C错误；
D、由图可知，0∼4s内的初末速度相同，故动能的变化量为零，则由动能定理可知，合力对质点做的功为零，故D正确；
故选BD．
【点睛】由v-t图象可明确质点在某一过程中的初末状态的速度，明确动能的变化情况，再由动能定理即可分析合外力做功情况．

二、实验题（本题共16分，答案写在题中横线上）
13、A C B
【解析】
第一空.第二空.小球在竖直平面内做平抛运动，所以坐标纸应在竖直平面内，故A正确；小球在运动中摩擦力每次都相同，故不需光滑，故B错误；为了保证小球做平抛运动，斜槽末端必须水平，故C正确；连线时应将坐标纸上尽可能多的点连接起来，不在线上的点分居线的两侧，故D错误；
第二空.每两张照片的时间间隔T＝s，小球在坐标纸所在平面下落的总时间，因为，所以最多可以拍到小球下落时7个位置点，故B正确，ACD错误；
第三空.竖直方向上有y23−y12＝5l＝gt2，所以P1P2之间的时间为；
第四空.根据水平方向做匀速直线运动知小球的初速度为；
14、（1）（2）（3）可行；速度
【解析】
试题分析：（1）由于钩码通过狭缝后，C不再对A施加力了，而AB的质量又相等，故钩码A做做匀速运动，所以钩码A通过狭缝的速度为；（2）若验证机械能守恒时，因为A降低的重力势能等于B增加的重力势能，故重力势能的减少量为C下降h2的重力势能的减少量，即mgh2，而系统动能的增加量为，故满足的等式为时，就证明机械能守恒了；（3）当h1=h2=h时，A的运动是先匀加速运动，后匀速运动，如果设加速的时间为t1，匀速的时间为t2，匀速运动的速度为v，则加速运动时的平均速度为，故t1v=2h成立；在匀速运动时，t2v=h成立；二式相加得（t1+t2）v=3h，即，故这种做法是可行的．
考点：匀速运动的计算，匀变速运动的计算，机械能守恒．

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）m/s（2）1.75 J
【解析】
(1)小物块从B点滑到与弹簧刚接触时，设小物块的速度为v1，由动能定理

得：m/s
（2）设弹簧的最大压缩量为x，弹簧的最大弹性势能为EP，由功能关系得小物块从B点到最大压缩量的过程：
小物块从最大压缩量到C点的过程:
得：EP=1.75 J
16、（1）；（2），；（3）
【解析】
（1）小球到达小孔前是自由落体运动，根据速度位移关系公式，有：v2=2gh
解得： ①
（2）对从释放到到达下极板处过程运用动能定理列式，有：mg（h+d）-qEd=0
解得：②
电容器两极板间的电压为：
电容器的带电量为：
（3）加速过程：
mgt1=mv…③
减速过程，有：
（mg-qE）t2=0-mv…④
t=t1+t2…⑤
联立①②③④⑤解得：
本题关键是明确小球的受力情况和运动规律，然后结合动能定理和动量定理列式分析，不难．
17、 ；（1）； （3）
【解析】
（1）根据动能定理
可知到达B端时的速度为
小物块运动到B端恰好沿着切线方向进入圆弧轨道BC，所以运动到B端时速度方向应该刚好沿切线方向向下， 设速度方向与水平方向的夹角为 ，则根据矢量三角形的关系可求得：
所以
（1）从B到C点利用动能定理可求得：

且在C点利用牛顿第二定律可知

根据以上两式可求得： ；
（3）小球A与长木板相互作用的过程动量守恒，并且最后达到共速，根据动量守恒可知：
在此过程中系统减少的动能转化为系统的内能
根据功能关系可知：
解得：
故本题答案是： ；（1）； （3）
点睛：根据动能定理求出小球A落到B点的速度以及C点的速度，借助于牛顿第二定律求解压力的大小，利用动量守恒结合功能关系即可求得板长．