福建省闽侯第一中学2025年高一下物理期末质量跟踪监视试题含解析.doc

福建省闽侯第一中学2025年高一下物理期末质量跟踪监视试题
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：（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、如图所示，一平底试管，管内放一质量为m的球，现驱使试管绕开口端在竖直平面内匀速转动，若通过最高点时，小球对管底刚好无压力，则通过最低点时，小球对管底的压力大小为: ( )

A．mg B．2mg C．3mg D．6mg
2、 (本题9分)如图所示，质量为m的物体以速度v0离开桌面后，经过A点时所具有的机械能是(以地面为零势能面，不计空气阻力)

A． B．
C． D．
3、 (本题9分)如图所示，小球原来紧压在竖直放置的轻弹簧的上端，撤去外力后弹簧将小球竖直弹起，从小球被弹起到离开弹簧的过程中，以下说法正确的是（ ）

A．小球的动能和重力势能发生了变化，但机械能保持不变
B．小球增加的动能和重力势能，等于弹簧减少的弹性势能
C．小球运动的加速度一直减小
D．小球离开弹簧时动能最大
4、两个大小和材质完全相同的金属小球a、b，带电荷量分别为+5q和﹣q，两小球接触后分开，下列关于小球带电荷量的说法，正确的是（　　）
A．小球a带电荷量为+3q，小球b带电荷量为+3q
B．小球a带电荷量为+3q，小球b带电荷量为﹣3q
C．小球a带电荷量为+2q，小球b带电荷量为+2q
D．小球a带电荷量为+2q，小球b带电荷量为﹣2q
5、 (本题9分)A、B两颗人造卫星绕地球做匀速圆周运动，运动周期TA：TB=2：1，则（　　）
A．轨道半径rA：rB=8：1
B．线速度vA：vB=1：
C．角速度ωA：ωB=4：1
D．向心加速度aA：aB=1：2
6、如图所示，在电场强度为E的匀强电场中，将电荷量为+q的点电荷从电场中A点经B点移动到C点，其中AB⊥BC，AB=4d，BC=3d，则此过程中静电力所做的功为

A．3qEd B．4qEd
C．5qEd D．7qEd
7、 (本题9分)体重为600N的小红同学站在升降机中的测力计上，某一时刻他发现磅秤的示数为500N，则在该时刻升降机可能是以下列哪种方式运动( )
A．加速上升
B．匀速上升
C．加速下降
D．减速上升
8、 (本题9分)从距水平地面同一高度，以相同初速度同时抛出两个质量不同的小石块，不计空气阻力.下列说法正确的是( )
A．两个石块同时落地
B．质量较大的石块先落地
C．两个石块在落地前瞬间的速度相等
D．质量较大的石块在落地前瞬间的速度较大
9、 (本题9分)如图甲所示，物体受到水平推力F的作用在粗糙水平面上做直线运动．监测到推力F、物体速度v随时间t变化的规律如图乙、丙所示．取g=10 m/s2，则：

甲 乙 丙
A．第1 s内推力做功为1 J
B．第2 s内物体克服摩擦力做的功为W=2.0 J
C．第1.5 s时推力F的功率为2W
D．第2 s内推力F做功的平均功率＝3W
10、 (本题9分)在物理学的发展过程中，许多物理学家做出了贡献，他们的科学发现和所采用的科学方法推动了人类社会的进步．以下说法正确的是（ ）
A．牛顿利用轻重不同的物体捆绑在一起后下落与单个物体分别下落时快慢的比较推理，推翻了亚里士多德重的物体下落快、轻的物体下落慢的结论
B．开普勒利用行星运行的规律，并通过月地检验，得出了万有引力定律
C．卡文迪许通过扭秤实验，测出了万有引力常量．这使用了微小形变放大方法
D．伽利略利用铜球沿斜槽滚下的实验，推理出自由落体运动是匀加速直线运动．这采用了实验和逻辑推理相结合的方法
11、 (本题9分)关于太阳与行星间的引力，下列说法中正确的是(　　)
A．由于地球比木星离太阳近，所以太阳对地球的引力一定比对木星的引力大
B．行星绕太阳沿椭圆轨道运动时，在近日点所受引力大，在远日点所受引力小
C．由F＝G可知，G＝，由此可见G与F和r2的乘积成正比，与M和m的乘积成反比
D．行星绕太阳运动的椭圆轨道可近似看作圆形轨道，其向心力来源于太阳对行星的引力
12、 (本题9分)如图，x轴水平，y轴竖直。图中画出了从y轴上沿x轴正向抛出的三个小球a、b和c的运动轨迹，其中b和c是从同一点抛出的，不计空气阻力，若a、b、c的飞行时间分别为ta、tb、tc，抛出的初速度分别为va、vb、vc，则 错误 的是:

A．ta＞tb＞tc B．ta＜tb＝tc C．va＞vb＝vc D．va>vb>vc
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)图乙是验证合外力的功与速度变化间的关系某次实验中得到的一条纸带，其中A、B、C、D、E、F是计数点，相邻计数点间的时间间隔为T．距离如图乙所示，则打B点时小车的速度为_______．

14、（10分） (本题9分)某同学用如图所示的装置来探究弹力和伸长量的关系，她分别把弹簧和橡皮筋作为研究对象，记录每一次悬挂钩码的质量和指针所对应的刻度，然后通过分析这些数据获得了自己的实验结论。

(1)实验时，该同学认为可以用钩码的重力来代替弹簧或橡皮筋产生的弹力大小，这样做的依据是____；
A．钩码静止时受到的弹力和重力是一对作用力与反作用力
B．钩码静止时受到的弹力和重力是一对平衡力
C．钩码静止时受到的弹力和重力本来就是同一个力
(2)该同学用图像法来分析数据，如图所示，其中横轴代表伸长量、纵轴代表弹力。图中“虚线”是根据橡皮筋的测量数据绘制出的图线，“+”是根据弹簧的测量数据描绘的点迹，但她对弹簧的研究工作还未结束，请你根据下面表格中的数据在图中完成剩余工作：

a。请用“+”将第4个点迹描绘在图像中；
b。请根据所有点迹“+”画出能反映弹簧弹力变化规律的图线___；

(3)请根据图中你所绘制的图线计算该弹簧的劲度系数为___N/m；（保留3位有效数字）
(4)若将橡皮筋和弹簧分别从原长拉伸5cm的伸长量，人克服弹力做的功分别为W1、W2，请根据图判断W1____W2 （选填“>”“=”或“<”）。
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，光滑水平面AB与竖直面内粗糙的半圆形导轨在B点衔接，BC为导轨的直径，与水平面垂直，导轨半径为R，一个质量为m的小球将弹簧压缩至A处．小球从A 处由静止释放被弹开后，以速度v 经过B点进入半圆形轨道，之后向上运动恰能沿轨道运动到C点，求：

(1)释放小球前弹簧的弹性势能；
(2)小球到达C点时的速度；
(3)小球在由B到C过程中克服阻力做的功．
16、（12分） (本题9分)如图所示，宇航员站在某质量分布均匀的星球表面一斜坡上P点沿水平方向以初速度v0抛出一个小球，测得小球经时间t落到斜坡上另一点Q，斜面的倾角为α，已知该星球半径为R，万有引力常量为G，求：

(1)该星球表面的重力加速度；
(2)该星球的质量。
17、（12分） (本题9分)某工厂生产流水线示意图如图所示，半径R=1m的水平圆盘边缘E点固定一小桶．在圆盘直径DE正上方平行放置的水平传送带沿顺时针方向匀速转动，传送带右端C点与圆盘圆心O在同一竖直线上，竖直高度h=1. 25m；AB为一个与CO在同一竖直平面内的四分之一光滑圆弧轨道，半径r=0.45 m，且与水平传送带相切于B点．一质量m=0.2kg 的滑块(可视为质点)从A点由静止释放,滑块与传送带间的动摩擦因数μ=0.2 ,当滑块到达B点时，圆盘从图示位置以一定的角速度ω绕通过圆心O的竖直轴匀速转动，滑块到达C点时恰与传送带同速并水平抛出，刚好落人圆盘边缘的小捅内．取g=10m/s2，求:

(1)滑块到达圆弧轨道B点时对轨道的压力NB;
(2)传送带BC部分的长度L;
(3)圆盘转动的角速度ω应满足的条件．
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、D
【解析】
通过最高点时小球对管底刚好无压力，则重力提供向心力，设最高点速度为v0即：

移项得：

运动到最低点的过程中，设最低点速度为v，由动能定理得：

即：

设在最低点时轨道对其支持力为N，则：

即：

A．描述与分析不符，故A错误.
B．描述与分析不符，故B错误.
C．描述与分析不符，故C错误.
D．描述与分析相符，故D正确.
2、B
【解析】
以地面为零势能面，抛出时的重力势能为mgH，初动能为，不计空气阻力，物体在下落过程中机械能守恒，故经过A点时的机械能为，所以只有选项B正确．
考点：机械能守恒定律
3、B
【解析】
A.在上升的过程中，弹簧弹力对小球做正功，小球的机械能增加，所以A错误。
B.对于小球和弹簧组成的系统来说，整个系统只有重力和弹簧的弹力做功，系统的机械能守恒，弹簧减少的弹性势能都转化成了小球的动能和重力势能，所以B正确。
CD.在撤去外力的瞬间，小球受重力和弹簧的弹力，弹力大于重力，根据牛顿第二定律，加速度方向向上，向上运动的过程中，弹力减小，则加速度减小，加速度方向与速度方向相同，速度增大，加速度减小为零后，重力大于弹力，加速度方向又变为向下，向上运动的过程中，加速度又逐渐增大。速度与加速度反向，速度逐渐减小。所以速度先增大后减小，动能先增大后减小，加速度先减小后增大。故CD错误。
4、C
【解析】
完全相同的金属球，接触时先中和再平分，所以每个球带电，故C正确,ABD错误．故选C．
5、B
【解析】
根据万有引力提供向心力得：，解得：，因为TA：TB=2：1，所以rA：rB=2：1，故A错误；根据得：则vA：vB=1：，故B正确；角速度 ，所以角速度ωA：ωB=：4，故C错误；向心加速度 ，则向心加速度aA：aB=1：4，故D错误．故选B.
点睛：解决本题的关键掌握万有引力提供向心力这一理论，知道线速度、角速度、加速度、周期与轨道半径的关系．
6、B
【解析】
从A到B电场力对电荷做功为：WAB=Eq∙4d=4qEd；从B到C电场力的方向与位移方向垂直，可知电场力对电荷做功为零；则从A到C电场力对电荷做功为4qEd；
A. 3qEd与结论不相符；
B. 4qEd与结论相符；
C. 5qEd与结论不相符；
D. 7qEd与结论不相符；
7、CD
【解析】
体重为600N的小红同学站在升降机中的磅秤上，发现磅秤的示数是500N，磅秤的示数是通过人对磅秤的压力产生的，所以人对磅秤的压力变小，人的重力不变，该同学处于失重状态，所以应该有向下的加速度，那么此时的运动可能是向下加速运动，也可能是向上减速运动，故AB错误，CD正确；故选CD．
当物体对接触面的压力大于物体的真实重力时，就说物体处于超重状态，此时有向上的加速度；当物体对接触面的压力小于物体的真实重力时，就说物体处于失重状态，此时有向下的加速度．
8、AC
【解析】
两个物体在同一高度以相同初速度抛出，都做抛体运动，故在竖直方向上都只受重力，加速度相同，同一时刻速度相同；所以落到地面所用时间相同，落地速度相等.
A．描述与分析相符，故A正确.
B．描述与分析不符，故B错误.
C．描述与分析相符，故C正确.
D．描述与分析不符，故D错误.
9、BD
【解析】
A、第1 s内物体保持静止状态，在推力方向没有位移产生，故做功为0，故A错误；
B、由图像可知，第3 s内物体做匀速运动，F＝2 N，故，由v-t图像知，第2 s内物体的位移，第2 s内物体克服摩擦力做的功，故B正确；
C、第1.5 s时物体的速度为1 m/s，则推力的功率：P=Fv=3×1=3W，故C错误；
D、第2 s内推力F＝3 N，推力F做功，故第2 s内推力F做功的平均功率，故D正确；
故选BD．
根据V-t图和F-t图可知：第1s内推力没有克服物体的最大静摩擦力，一直静止没有运动；第2s内物体做加速运动；第3s内做匀速运动可知此时，根据功、平均功率和瞬时功率的公式可求得各选项的结果．
10、CD
【解析】
伽利略用轻重不同的物体捆绑在一起后下落与单个物体分别下落时快慢的比较推理，推翻了亚里士多德重的物体下落快、轻的物体下落慢的结论，故A错误．牛顿通过月地检验，得出了万有引力定律，故B错误．卡文迪许发明了扭秤，测出了万有引力常量．这使用了微小形变放大方法，故C正确．伽利略根据小球在斜面上运动的实验和理想实验，得出了力不是维持物体运动原因的结论，并运用数学方法得出了落体运动的规律，故D正确．故选CD．
【点睛】本题属于物理学史和常识性，根据相关科学家的物理学成就和研究方法进行解答．
11、BD
【解析】
根据万有引力，B对．引力还跟星体质量有关，所以A错．G是万有引力常量是个定值，C错．万有引力提供天体做圆周运动的向心力，D对．
12、AC
【解析】
试题分析：根据得，，因为，可知．在水平方向上，有，因为，则初速度，B、D正确。
考点：考查了平抛运动规律的应用

二、实验题（本题共16分，答案写在题中横线上）
13、（∆x1+∆x2）/2T
【解析】
B是AC的中间时刻，所以B点的速度就等于AC过程中的平均速度：即：
14、B 14.0~15.0 >
【解析】
(1)当钩码静止时，对钩码受力分析，当处于共点力平衡时，即重力等于弹力，故B正确；
(2)通过描点连线如图所示；

(3)在F-x图像中，斜率代表弹簧的劲度系数，则k＝＝15.0N/m
(4)在F-x图像中，与x轴所围面积为克服弹力所做的功，故W1＞W2
点睛：解决本题的关键掌握描点作图的方法，知道图线的斜率倒数表示弹簧的劲度系数，与横轴所围面积为克服弹力做功

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)
【解析】
(1)小球从A至B，由弹簧和小球构成的系统机械能守恒得释放小球前弹簧的弹性势能为：

(2)由题意，小球在C点，由重力提供向心力，则有：

得：

(3)小球从B至C由动能定理有：

得：

16、（1） （2）
【解析】
平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，根据平抛运动的规律求出星球表面的重力加速度；根据万有引力等于重力求出星球的质量；
【详解】
(1)根据平抛运动知识可得
解得
(2)根据万有引力等于重力，则有
解得
17、（1）6 N，方向竖直向下；（2）1.25 m ；（3）ω=2nπrad/s(n=1，2，3…)
【解析】
试题分析：滑块由A点到B过程中，由动能定理求出滑块经过B点的速度大小，根据牛顿第二定律求解滑块到达B点时轨道对滑块的支持力；滑块离开C后做平抛运动，要恰好落入圆盘边缘的小桶内，水平位移大小等于圆盘的半径R，根据平抛运动的规律求得滑块经过C点的速度，根据动能定理求解BC的长度；滑块由B点到C点做匀减速运动，由运动学公式求出时间，滑块从B运动到小桶的总时间等于圆盘转动的时间，根据周期性求解ω应满足的条件．
（1）滑块从A到B过程中，根据动能定理得：
代入数据解得：
滑块到达B点时，由牛顿第二定律得：
代入数据解得：
（2）滑块离开C点后做平抛运动，在竖直方向有：
代入数据解得：t1=0.5 s
在水平方向：
代入数据解得：
滑块由B到C过程中，根据动能定理有：
代入数据解得：L=1.25 m
（3）滑块由B到C过程中，据平均运动公式有
代入数据解得：
则总时间为：
圆盘转动的角速度ω应满足条件
解得：
点睛：本题主要考查了竖直轨道连接传送带及平抛运动相结合的综合题，应用平抛公式、圆周运动公式和动能定理即可解题．