江西省白鹭洲中学2025年物理高一下期末综合测试模拟试题含解析.doc

江西省白鹭洲中学2025年物理高一下期末综合测试模拟试题
考生请注意：
1．答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内，不得在试卷上作任何标记。
2．第一部分选择题每小题选出答案后，需将答案写在试卷指定的括号内，第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。
3．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。

一、选择题（本题共12小题，每小题5分，共60分，在每小题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项正确，有的小题有多个选项正确.全部选对的得5分，选不全的得3分，有选错的或不答的得0分）
1、 (本题9分)仰卧起坐是体育课上经常锻炼的项目，一次测试中某位女同学质量为50kg，假设其上半身质量为全身的0.6，她在1分钟内做了40个仰卧起坐，每次仰卧起坐时下半身重心位置不变，则她克服重力做功的平均功率约为（ ）

A．6w B．60w C．120w D．240w
2、 (本题9分)一个质量为0.3kg的弹性小球，在光滑水平面上以6m/s的速度垂直撞到墙上，碰撞后小球沿相反方向运动，反弹后的速度大小与碰撞前相同，则碰撞前后小球速度变化量的大小△v和碰撞过程中小球的动能变化量△Ek为（   ）
A．△v=0                            B．△v=12m/s
C．△Ek=1.8J                            D．△Ek=10.8J
3、 (本题9分)静止在光滑水平面上的物体，受到水平拉力F的作用，拉力F随时间t变化的图象如图所示，则下列说法中正确的是

A．0~4s内拉力对物体的冲量为4N·s
B．4s末物体的动能最大
C．4s末物体的动量为零
D．0~4s内物体的位移为零
4、 (本题9分)已知河水的流速保持不变，小船在静水中的速度恒定且大于河水的流速。如图所示，为使小船由河岸O点沿虚线垂直河岸航行，船头的指向可能为图中的

A．①方向 B．②方向 C．③方向 D．④方向
5、 (本题9分)如图所示，斜面体静止在粗糙水平地面上，物体静止在斜面上，下列说法正确的是

A．物体所受重力和斜面体对物体的支持力是一对作用力和反作用力
B．物体对斜面体的压力和斜面体对物体的支持力是一对平衡力
C．斜面体受四个力作用
D．斜面体受五个力作用
6、 (本题9分)对于电场中确定的A、B两点，关于表达式，下列说法正确的是：
A．电势差Uab随着电场力所做的功Wab变化而变化
B．Wab随着检验电荷q运动路径不同而变化
C．检验电荷q的大小直接影响电势差Uab的大小
D．电势差Uab由电场决定，与电场力做功WAB及检验电荷q无关
7、如图所示，A、B两小球由绕过轻质定滑轮的细线相连，A放在固定的光滑斜面上，B、C两小球在竖直方向上通过劲度系数为k的轻质弹簧相连，C球放在水平地面上．现用手控制住A，并使细线刚刚拉直但无拉力作用，并保证滑轮左侧细线竖直、右侧细线与斜面平行．已知A的质量为4m，B、C的质量均为m，重力加速度为g，细线与滑轮之间的摩擦不计，开始时整个系统处于静止状态．释放A后，A沿斜面下滑至速度最大时C恰好离开地面．下列说法正确的是（ ）

A．C刚离开地面时，B的加速度最大
B．A获得最大速度为2g
C．斜面倾角α＝30°
D．从释放A到C刚离开地面的过程中，A、B两小球组成的系统机械能守恒
8、 (本题9分)如图所示,(a)图表示光滑平台上,物体A以初速度v0滑到上表面粗糙的水平小车上,车与水平面间的动摩擦因数不计,(b)图为物体A与小车的v-t图像,由此可知( ).

A．小车B获得的动能
B．小车上表面至少的长度
C．物体A与小车B的质量之比
D．A与小车B上表面的动摩擦因数
9、 (本题9分)一部直通高层的客运电梯的简化模型如图1所示．电梯在t=0时由静止开始上升，以向上方向为正方向，电梯的加速度a随时间t的变化如图2所示．图1中一乘客站在电梯里，电梯对乘客的支持力为F．根据图2可以判断，力F逐渐变大的时间段有（ ）

A．0～1s内 B．8～9s内 C．15～16s内 D．23～24s内
10、 (本题9分)如图所示，在空间中存在竖直向上的匀强电场，质量为m、电荷量为+q的物块从A点由静止开始下落，加速度为g，下落高度H到B点后与一轻弹簧接触，又下落h后到达最低点C，整个过程中不计空气阻力，且弹簧始终在弹性限度内，重力加速度为g，则带电物块在由A点运动到C点过程中，下列说法正确的是

A．该匀强电场的电场强度为
B．带电物块机械能减少量为
C．带电物块电势能的增量为
D．对于弹簧和物体组成的系统，重力势能的减少量等于弹性势能与电势能的增加量之和
11、 (本题9分)如图所示，质量为m的小球从距离地面高H的A点由静止开始释放，落到地面上后又陷入泥潭中，由于受到阻力作用到达距地面深度为h的B点速度减为零．不计空气阻力，重力加速度为g.关于小球下落的整个过程，下列说法中正确的是(　 　)

A．小球克服阻力做的功为mgh
B．小球的机械能减少了mg(H＋h)
C．小球所受阻力的冲量大于
D．小球动量的改变量等于所受阻力的冲量
12、 (本题9分)在某一稳定轨道运行的空间站中，物体处于完全失重状态。如图所示的均匀螺旋轨道竖直放置，整个轨道光滑，P，Q点分别对应螺旋轨道中两个圆周的最高点，对应的圆周运动轨道半径分别为R和r（R＞r）。宇航员让一小球以一定的速度v滑上轨道，下列说法正确的是（ ）

A．小球经过P点时比经过Q点时角速度小
B．小球经过P点时比经过Q点时线速度小
C．如果减小小球的初速度，小球可能不能到达P点
D．小球经过P点时对轨道的压力小于经过Q点时对轨道的压力
二．填空题(每小题6分，共18分)
13、 (本题9分)在做“研究平抛运动”的实验时，为了确定小球在不同时刻所通过的位置，用如图所示的装置，将一块平木板钉上复写纸和白纸，竖直立于槽口前某处且和斜槽所在的平面垂直，使小球从斜槽上紧靠挡板处由静止滚下，小球撞在木板上留下点迹A；将木板向后移距离x，再使小球从斜槽上紧靠挡板处由静止滚下，小球撞在木板上留下点迹B；将木板再向后移距离x，小球再从斜槽上紧靠挡板处由静止滚下，再得到点迹C．

（1）实验时将固定有斜槽的木板放在实验桌上，实验前要检查木板是否水平，请简述你的检查方法_____________．
（2）关于这个实验，下列选项中的会增大实验误差的是_______.
A．斜槽末端不水平
B．斜槽轨道不光滑
C．实验小球为泡沫球
D．每次从同一高度无初速释放小球
（3）若测得木板每次后移距离，、间距离力，、间距离，根据以上直接测得的物理量推导出小球初速度的计算公式为__________(用题中所给字母表示)；小球初速度值为__________m/s．(取9.80 m/s2，结果保留三位有效数字)
14、 (本题9分)某同学做“探究功与速度变化的关系”的实验，如图所示，小车在一条橡皮筋的作用下弹出沿木板滑行，这时橡皮筋对小车做的功为W．当用2条、3条…实验时，使每次实验中橡皮筋伸长的长度都保持一致，每次实验中小车获得的速度都由打点计时器所打的纸带测出．
（1）除了图中已有的器材外，还需要导线、开关、交流电源和_______-(填测量工具)．
（2）实验中小车会受到摩擦阻力，可以使木板适当倾斜来平衡摩擦力，需要在_____(填“左”或“右”)侧垫高木板．

15、某学习小组做“探究功与物体速度变化的关系”实验，如图，图中小车是在一条橡皮筋作用下弹出，沿木板滑行，这时，橡皮筋对小车做的功记为W，，当用2条、3条、… 完全相同的橡皮筋并在一起进行第2次、第3次、…实验时，使每次实验中橡皮筋伸 长的长度都保持一致，每次实验中小车获得的速度由电磁打点计时器所打的纸带测出

（1） 实验中，小车会受到摩擦阻力的作用，可使木板适当倾斜来平衡摩擦力，则下面操作正确的是（ ）
A．不系橡皮筋，放开小车，能够自由下滑即可
B．不系橡皮筋，轻推小车，小车能够匀速下滑即可
C．不系橡皮筋，放开拖着纸带的小车，能够自由下滑即可
D．不系橡皮筋，轻推拖着纸带的小车，小车能够匀速下滑即可
（2） 若根据多次测量数据画出的v-W草图如图所示，根据图线形状可知，对W与v的关系作出的以下猜想可能正确的是 ．

A．W∝ 1/v B．W∝v C．W∝v2 D．W∝v3
三．计算题(22分)
16、（12分） (本题9分)如图所示，有半径相同的小球a、b，a球质量为2m，b球质量为m，b球位于光滑轨道ABC的水平段BC的末端C处。a球从距BC水平面高h的A处由静止滑下，在C处与b球发生弹性正碰。求：
（1）碰前瞬间a球的速度v；
（2）两球在水平地面DE上的落点间的距离s。

17、（10分）如图所示为某种弹射装置的示意图，该装置由三部分组成，传送带左边是足够长的光滑水平面，一轻质弹簧左端固定，右端连接着质量M=6.0kg的物块A。装置的中间是水平传送带，它与左右两边的台面等高，并能平滑对接。传送带的皮带轮逆时针匀速转动，使传送带上表面以u=2.0m/s匀速运动。传送带的右边是一半径R=1.25m位于竖直平面内的光滑圆弧轨道。质量m=2.0kg的物块B从圆弧的最高处由静止释放。已知物块B与传送带之间的动摩擦因数μ=0.1，传送带两轴之间的距离l=4.5m。设第一次碰撞前，物块A静止，物块B与A发生碰撞后被弹回，物块A、B的速度大小均等于B的碰撞前的速度的一半。取g=10m/s2。求：

(1)物块B滑到圆弧的最低点C时对轨道的压力；
(2)物块B与物块A第一次碰撞后弹簧的最大弹性势能；
(3)如果物块A、B每次碰撞后，物块A再回到平衡位置时弹簧都会被立即锁定，而当它们再次碰撞前锁定被解除，求物块B经第一次与物块A碰撞后在传送带上运动的总时间。
参考答案

一、选择题（本题共12小题，每小题5分，共60分，在每小题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项正确，有的小题有多个选项正确.全部选对的得5分，选不全的得3分，有选错的或不答的得0分）
1、B
【解析】
假设女同学身高为1.60m，做一次仰卧起坐重心升高h大约为身高的，女同学做一次仰卧起坐克服重力做的功W=0.6mgh=0.650101.60J=96J，1分钟内做了40个仰卧起坐，则她克服重力做功的平均功率大约为P==W=64W，故A、C、D错误，B正确。
2、B
【解析】
AB．规定初速度方向为正方向，初速度为：v1=6m/s，碰撞后速度为：v2=﹣6m/s △v=v2﹣v1=﹣12m/s，负号表示速度变化量的方向与初速度方向相反，所以碰撞前后小球速度变化量的大小为12m/s．故A错误，B正确；
C、反弹后的速度大小与碰撞前相同，即初、末动能相等，所以△Ek=0，故C错误，D错误．
故选B．
3、C
【解析】
由图象可知物体在4s内先做匀加速后做匀减速运动，4 s末的速度为零，位移一直增大。
A.根据I=Ft可知：前4s内I合=2F-2F=0，故A错误；
BC.4s末的速度为零，故动量为零，动能为零，故B错误C正确；
D.物体在4s内先做匀加速后做匀减速运动，4 s末的速度为零，位移一直增大，不为0，故D错误；
4、B
【解析】
，为使小船由河岸O点沿虚线垂直河岸航行，船头应向上游偏，速度合成如图所示，船头的指向可能为图中的②方向

A. ①方向与上述结论船头的指向可能为图中的②方向不相符，故A不符合题意；
B. ②方向与上述结论船头的指向可能为图中的②方向相符，故B符合题意；
C. ③方向与上述结论船头的指向可能为图中的②方向不相符，故C不符合题意；
D. ④方向与上述结论船头的指向可能为图中的②方向不相符，故D不符合题意；
5、C
【解析】
AB.物体静止在斜面上，受重力、支持力、摩擦力处于平衡状态．物体对斜面体的压力和斜面体对物体的支持力是一对作用力和反作用力，故A、B错误；
CD.物体对斜面体的摩擦力沿斜面向下，对斜面体的压力垂直于斜面向下，这两个力合力竖直向下，大小等于物体重力，斜面体相对于水平地面没有运动趋势，故水平地面对斜面体只有支持力（没有摩擦力），斜面体还受自身重力，这样斜面体共受四个力作用，故C正确，D错误。
6、D
【解析】
ACD.电势差的定义式为，是用比值法定义的物理量，其特点是电势差与试探电荷无关，由电场的强度和两点的位置决定；故A，C错误，D正确.
B.电场力做功是与路径无关，只由初末位置的电势差有关；故B错误.
7、BC
【解析】
A.C刚离开地面时，A的速度最大，此时B的速度也是最大的，则B球的加速度为零，故A错误；
C.C刚离开地面时，对A有：kx2=mg
此时B有最大速度，即aB=aA=0
对B有：T-kx2-mg=0
对A有：4mgsinα-T=0
以上方程联立可解得：sinα=0.5，α=30° 故C正确；
B.初始系统静止，且线上无拉力，对B有：kx1=mg
由上问知 x1=x2=，则从释放至C刚离开地面过程中，弹性势能变化量为零；此过程中A、B、C组成的系统机械能守恒，即：
4mg（x1+x2）sinα=mg（x1+x2）+（4m+m）vAm2
以上方程联立可解得：A球获得最大速度为 vAm=2g，故B正确；
D. 从释放A到C刚离开地面的过程中，A、B两小球组成的系统由于弹簧的弹力对系统做功，则系统的机械能不守恒，选项D错误.
8、BCD
【解析】
当A滑上B后，在滑动摩擦力作用下，A做匀减速直线运动，B做匀加速直线运动，最终以共同速度v1匀速运动，根据动量守恒定律求解质量比，根据速度时间图象的面积表示位移可以求得A相对于B的位移，根据能量守恒可以确定动摩擦因数，因为不知道B车质量，所以不能求得B的动能．
【详解】
A、由于小车B的质量不可知，故不能确定小车B获得的动能，故A错误；
B、由图象可知，AB最终以共同速度匀速运动，这时两物体位移差即为小车上表面最小的长度，即最小为：，故B正确；
C、由动量守恒定律得，，解得：，故可以确定物体A与小车B的质量之比，故C正确；
D、由图象可以知道A相对小车B的位移，根据能量守恒得：，根据B中求得质量关系，可以解出动摩擦力因数，故D正确；
本题主要考查了动量守恒定律、能量守恒定律的直接应用，要求同学们能根据图象得出有效信息．
9、AD
【解析】
试题分析：根据牛顿第二定律列式，分加速度向上和加速度向下两个过程讨论即可．
解：1、加速度向上时，根据牛顿第二定律，有：
F﹣mg=ma
故F=mg+ma
故在0﹣1s内的支持力F是增加的，1s﹣8s内支持力恒定，8s﹣9s支持力是减小的；
2、加速度向下时，根据牛顿第二定律，有：
mg﹣F=m|a|
故F=mg﹣m|a|
故在15s﹣16s支持力是减小的，16s﹣23s支持力是固定的，23s﹣24s内的支持力F是增加的；
故AD正确，BC错误；
故选AD．
【点评】超重和失重现象可以运用牛顿运动定律进行分析理解，产生超重的条件是：物体的加速度方向向上；产生失重的条件：物体的加速度方向向下．
10、CD
【解析】
A.物体静止开始下落时的加速度为g，根据牛顿第二定律得：mg-qE=ma，解得：，故A错误。
B.从A到C的过程中，带电物块速度都为零，则机械能变化为重力势能减少量mg（H+h），故B错误。
C.从A到C过程中，电场力做功为
W=-qE（H+h）=-（H+h），
，则电势能增加量为（H+h），故C正确。
D根据能量守恒知对于弹簧和物体组成的系统，重力势能的减少量等于弹性势能与电势能的增加量之和，故D正确。
11、BC
【解析】
对全过程运用动能定理得，mg（H+h）-Wf=0，则小球克服阻力做功Wf=mg（H+h）。故A错误。小球在整个过程中，动能变化量为零，重力势能减小mg（H+h），则小球的机械能减小了mg（H+h）。故B正确。落到地面的速度，对进入泥潭的过程运用动量定理得：IG−IF＝0−m，得：IF＝IG+m知阻力的冲量大于m．故C正确。对全过程分析，运用动量定理知，动量的变化量等于重力的冲量和阻力冲量的矢量和。故D错误。
12、AD
【解析】
AB.在空间站中的物体处于完全失重状态，靠轨道的支持力提供向心力，且支持力始终不做功，
则速率不变，即小球经过P点时与经过Q点时线速度大小相等，由R＞r，根据，可知
小球经过P点时比经过Q点时角速度小，故A正确，B错误；
C.在空间站中的物体处于完全失重状态，靠轨道的支持力提供向心力，且支持力始终不做功，
则速率不变，若减小小球的初速度，小球可以到达P点，故C错误；
D.在空间站中的物体处于完全失重状态，靠轨道的支持力提供向心力，则有：，由
于支持力始终不做功，则速率不变，又R＞r，所以小球经过P点时对轨道的压力小于经过Q
点时对轨道的压力，故D正确。

二．填空题(每小题6分，共18分)
13、把小球放在槽口末端，看小球能否处于静止状态 AC 2.00
【解析】
(1)检查斜槽末端切线是否水平，将小球放在槽的末端看小球能否静止.
(2)A、当斜槽末端切线没有调整水平时，小球脱离槽口后并非做平抛运动，但在实验中，仍按平抛运动分析处理数据，会造成较大误差，故斜槽末端切线不水平会造成误差，故A正确；
B、只要让它从同一高度、无初速开始运动，在相同的情形下，即使球与槽之间存在摩擦力，仍能保证球做平抛运动的初速度相同，因此，斜槽轨道不必要光滑，所以不会引起实验误差，故B错误；
C、实验小球为泡沫球，则受到的阻力较大，因此小球不是做平抛运动，故C正确；
D、根据实验原理，则要求每次从同一高度无初速释放小球，确保以同一初速度平抛运动，故D错误；
故选AC.
(3)设时间间隔为t，由x=v0t，,解得：,将x=20.00cm=0.2m，y1=4.70cm=0.047m，y2=14.50cm=0.145m；代入求得：v0=2.00m/s.
14、（1）刻度尺 （2）左
【解析】
利用刻度尺测量长度，把左端垫高是为了平衡摩擦力
15、（1）D （2）CD
【解析】
试题分析：（1）小车受到重力、支持力、摩擦力和细线的拉力，要使拉力等于合力，必须使重力的下滑分量平衡摩擦力，摩擦力包括纸带受到的摩擦和长木板的摩擦，因此平衡摩擦力时，不系橡皮筋，轻推拖着纸带的小车，如果小车能够匀速下滑，则恰好平衡摩擦力，故选D．
（2）根据图象结合数学知识可知，该图象形式和形式，故CD正确．
考点：“探究功与物体速度变化的关系”实验

三．计算题(22分)
16、（1）；（2）；
【解析】（1）对a球，由机械能守恒定律得：
解得：
（2）设两球碰后的速度分别为v1、v2，由动量守恒和机械能守恒得：

两球碰后均从C点做平抛运动，且运动时间相同，设平抛的时间为t，两球平抛运动的水平位移分别为x1、x2，由平抛运动的规律得：
，， ，s=x2-x1
联解得：
17、（1）60N，竖直向下（1）11J（3）8s
【解析】
(1) 设物块B沿光滑曲面下滑到水平位置时的速度大小为v0，由机械能守恒定律得：

代入数据解得：
v0=5m/s
在圆弧最低点C，由牛顿第二定律得：

代入数据解得：
F=60N
由牛顿第三定律可知，物块B对轨道的压力大小：F′=F=60N，方向：竖直向下；
(1) 在传送带上，对物块B，由牛顿第二定律得：
μmg=ma
设物块B通过传送带后运动速度大小为v，有

代入数据解得：
v=4m/s
由于v＞u=1m/s，所以v=4m/s即为物块B与物块A第一次碰撞前的速度大小，设物块A、B第一次碰撞后的速度分别为v1、v1，两物块碰撞过程系统动量守恒，以向左为正方向，由动量守恒定律得：
mv=mv1+Mv1
由机械能守恒定律得：

解得：

物块A的速度为零时弹簧压缩量最大，弹簧弹性势能最大，由能量守恒定律得：

(3) 碰撞后物块B沿水平台面向右匀速运动，设物块B在传送带上向右运动的最大位移为l′，由动能定理得

解得：
l′=1m＜4.5m
所以物块B不能通过传送带运动到右边的曲面上，当物块B在传送带上向右运动的速度为零后，将会沿传送带向左加速运动，可以判断，物块B运动到左边台面时的速度大小为v1′=1m/s，继而与物块A发生第二次碰撞。设第1次碰撞到第1次碰撞之间，物块B在传送带运动的时间为t1。由动量定理得：

解得：

设物块A、B第一次碰撞后的速度分别为v4、v3，取向左为正方向，由动量守恒定律和能量守恒定律得：

代入数据解得：

当物块B在传送带上向右运动的速度为零后，将会沿传送带向左加速运动，可以判断，物块B运动到左边台面时的速度大小为v3′=1m/s，继而与物块A发生第1次碰撞，则第1次碰撞到第3次碰撞之间，物块B在传送带运动的时间为t1．由动量定理得：

解得：

同上计算可知：物块B与物块A第三次碰撞、第四次碰撞…，第n次碰撞后物块B在传送带运动的时间为

构成无穷等比数列，公比，由无穷等比数列求和公式

当n→∞时，有物块B经第一次与物块A碰撞后在传送带运动的总时间为