江苏省常熟市第一中学2025届高一物理第二学期期末复习检测试题含解析.doc

江苏省常熟市第一中学2025届高一物理第二学期期末复习检测试题
注意事项
1．考生要认真填写考场号和座位序号。
2．试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B 铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。
3．考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。

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)有一根轻绳拴了一个物体，如图所示，若整体以加速度a向下做减速运动时，作用在物体上的各力做功的情况是（ ）

A．重力做正功，拉力做负功，合外力做负功
B．重力做正功，拉力做负功，合外力做正功
C．重力做正功，拉力做正功，合外力做正功
D．重力做负功，拉力做负功，合外力做正功
2、 (本题9分)质量为1 kg的物体以某一初速度在水平面上滑行,由于摩擦阻力的作用,其动能随位移变化的图线如图所示,g取10 m/则以下说法中正确的是 ( )

A．物体与水平面间的动摩擦因数为0.5
B．物体滑行的总时间为2 s.
C．物体与水平面间的动摩擦因数为0.2
D．物体滑行的总时间为4 s
3、 (本题9分)2011年中俄将联合实施探测火星活动计划，由中国负责研制的“萤火一号”火星探测器将与俄罗斯研制的“福布斯—土壤”火星探测器一起，由俄罗斯“天顶”运载火箭发射前往火星，在火星上绕圆轨道运行.已知地球质量约为火星的质量的9倍，火星的半径约为地球半径的，地球表面重力加速度为g.下列说法正确的是
A．火星表面的重力加速度约为
B．探测器环绕火星运行的最小周期约为地球同步卫星运行周期的倍
C．探测器环绕火星运行的最大速度约为地球第一宇宙速度的倍
D．探测器环绕火星运行时，其内部的仪器处于受力平衡状态
4、关于物体做曲线运动的条件，以下说法中正确的是（　　）
A．物体在恒力作用下，不可能做曲线运动
B．物体在受到与速度不在同一直线上合外力的作用下，一定做曲线运动
C．物体在变力作用下，一定做曲线运动
D．物体在变力作用下，不可能做匀速圆周运动
5、 (本题9分)如图所示，长为0.5m的轻质细杆,一端固定一个质量为2kg的小球，使杆绕O点在竖直平面内做圆周运动，小球通过最高点的速率为2m/s，g取10m/s2。关于球在不同位置受杆的作用力，下列判断正确的是

A．小球通过最高点时，杆对小球向下的拉力大小是16N
B．小球通过最高点时，杆对小球向上的支持力大小是4N
C．小球通过最低点时，杆对小球向上的拉力大小是32N
D．小球通过最低点时，杆对小球向上的拉力大小是30N
6、 (本题9分)从某一高处平抛一个物体，物体着地时末速度与水平方向成α角，取地面处重力势能为零，则物体抛出时，动能与重力势能之比为（ ）
A．sin2a B．cos2a C．tan2a D．1/tan2a
7、 (本题9分)如图所示，一倾角为a的固定斜面下端固定一挡板，一劲度系数为k的轻弹簧下端固定在挡板上．现将一质量为m的小物块从斜面上离弹簧上端距离为s处，由静止释放，已知物块与斜面间的动摩擦因数为μ，物块下滑过程中的最大动能为Ekm，小物块运动至最低点,然后在弹力作用下上滑运动到最高点，此两过程中，下列说法中正确的是（　　）

A．物块下滑刚与弹簧接触的瞬间达到最大动能
B．下滑过程克服弹簧弹力和摩擦力做功总值比上滑过程克服重力和摩擦力做功总值大
C．下滑过程物块速度最大值位置比上滑过程速度最大位置高
D．若将物块从离弹簧上端2s的斜面处由静止释放，则下滑过程中物块的最大动能大于2Ekm
8、A、B、C为电场中电场线上的三个点，一带电小球从A点由静止释放，并开始计时，先后沿直线经过B、C两点，其运动过程中的v-t如图所示，下列说法正确的是

A．电场方向由A指向C
B．A、B、C三点中B点场强最大
C．小球由B至C过程中平均速度等于5.5m/s
D．B、C两点间电势差大小|UBC|大于A、B两点间电势差大小|UAB|
9、 (本题9分)如图所示，木块静止在光滑水平桌面上，一子弹平射入木块的深度为d时，子弹与木块相对静止，在子弹入射的过程中，木块沿桌面移动的距离为L，木块对子弹的平均阻力为f，那么在这一过程中下列说法正确的是（　　）

A．木块的机械能增量fL
B．子弹的机械能减少量为f(L+d)
C．系统的机械能减少量为fd
D．子弹内能的增加量为fd
10、 (本题9分)关于重力势能与重力做功，下列说法中正确的是
A．重力对物体做正功，物体的重力势能可能增加
B．将质量相同的物体由同一位置沿不同方向抛出并下落至同一水平面，物体所减少的重力势能相等
C．用手托住一个物体匀速上举时，手的支持力所做的功等于物体克服重力所做的功与物体增加的重力势能之和
D．物体克服重力所做的功等于重力势能的增加量
11、 (本题9分)A、B两个质量相等的球在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动，A球的动量是7kg·m/s，B球的动量是5 kg·m/s，A球追上B球发生碰撞，则碰撞后A、B两球的动量可能值是(　　)
A．pA′＝8kg·m/s，pB′＝4 kg·m/s
B．pA′＝6kg·m/s，pB′＝6 kg·m/s
C．pA′＝5kg·m/s，pB′＝7 kg·m/s
D．pA′＝－2kg·m/s，pB′＝14 kg·m/s
12、 (本题9分)如图，一根轻弹簧下端固定，竖立在水平面上。其上方位置有一小球，小球从静止开始下落，在位置接触弹簧的上端，在位置小球所受弹力大小等于重力，在位置小球速度减小到零。则小球（ ）

A．下落至处速度最大
B．由至下落过程中机械能守恒
C．由至的过程中，动能先增大后减小
D．由至的过程中重力势能的减少等于弹簧弹性势能的增加
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)长木板水平放置，其右端固定一轻滑轮.轻绳跨过滑轮，一端与小车连接，车内放上5 个相同的钩码，另一端可悬挂钩码．小车的右端固定有宽度为d 的遮光片．利用如图的装置，实验小组探究质量一定时加速度与力的关系．他们进行了如下操作，完成步骤中的填空:

(1)从小车内取1 个钩码挂在轻绳的右端，将小车从A 处由静止释放，测出A、B 间的距离为x、遮光片通过光电门的时间为t1，则遮光片通过光电门的瞬时速度v1=____; 小车的加速度a1=______．(用已知和测得的物理量符号表示)
(2)再从小车内取1 个钩码挂在右端钩码的下方(共2 个)，仍将小车从A 处由静止释放，测出遮光片通过光电门的时间为t2，用m 表示一个钩码的质量，用M 表示小车的质量(不含钩码)，为达到实验目的，本次操作需要验证的关系式为__________．(重力加速度为g，用已知和测得的物理量符号表示)
(3)依次取3、4、5 个钩码挂在轻绳右端，重复以上操作，得到一系列遮光片通过光电门的时间t．用F 表示右端所挂钩码的总重量，如果实验操作无误，作出的下列图象中正确的是_____

(4)下列措施中，能够减小实验误差的是_____
A、保证轻绳下端所挂钩码的总质量远小于小车与车内钩码的总质量
B、实验前应平衡摩擦力
C、细线在桌面上的部分应与长木板平行
D、图中AB 之间的距离应尽量小些
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，一质量m=2kg的物体静止在光滑水平面上，在方向为水平向右、大小为8N的恒力F的作用下开始运动，求物体经过3s：

（1）力F对物体所做的功；
（2）力F对物体所做功的平均功率；
（3）在3s末力F对物体做功的瞬时功率．
16、（12分） (本题9分)有一光滑水平板,板的中央有一小孔,孔内穿入一根光滑轻线,轻线的上端系一质量为的小球,轻线的下端系着质量分别为和的两个物体.当小球在光滑水平板上沿半径为的轨道做匀速圆周运动时,轻线下端的两个物体都处于静止状态,如图所示.若将两物体之间的轻线剪断,则小球的线速度为多大时才能再次在水平板上做匀速圆周运动?

17、（12分） (本题9分)（15分）质量为m的物体以速度v0竖直向上抛出，物体落回地面时，速度大小为7v0/8(设物体在运动中所受空气阻力大小不变)，如图所示，求：
（1）物体在运动过程中所受空气阻力的大小．
（2）物体上升的最大高度
（3）若假设物体落地碰撞过程中无能量损失，求物体运动的总路程．
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、A
【解析】
物体向下运动，重力与位移方向夹角为0，故重力做正功；拉力方向向上，与位移方向夹角为180°，故拉力做负功；物体做减速运动，动能减小，根据动能定理合外力做负功；
A. 重力做正功，拉力做负功，合外力做负功，与结论相符，选项A正确；
B. 重力做正功，拉力做负功，合外力做正功，与结论不相符，选项B错误；
C. 重力做正功，拉力做正功，合外力做正功，与结论不相符，选项C错误；
D. 重力做负功，拉力做负功，合外力做正功，与结论不相符，选项D错误；
2、D
【解析】
AC.由图象可知，EK1=50J，EK2=0J，位移x=20m，EK1=mv12=50J，初速度v1=10m/s，由动能定理得：
EK2-EK1=-fx
解得：f=2.5N=μmg，μ=0.25，故AC不符合题意；
BD.物体加速度

物体运动时间

故B不符合题意，D符合题意；
3、C
【解析】
据万有引力等于重力有：G＝mg，可得火星表面的重力加速度，故A错误；根据万有引力提供圆周运动向心力，火星表面的最小周期mg′＝mR火，可得，即探测器绕火星运动的最小周期为绕地球运行的最小周期的倍，不是地球同步卫星的倍，故B错误；探测器绕火星的最大速度即为火星的第一宇宙速度，根据万有引力提供向心力有可得，故C正确；探测器绕火星运行时，其内部的仪器所受万有引力提供其随探测器一起绕火星圆周运动的向心力，故内部仪器处于完全失重状态不是处于平衡状态，故D错误．故选C．
掌握万有引力在星球表面与重力相等，航天器绕中心天体圆周运动时万有引力提供圆周运动向心力是解决问题的关键．
4、B
【解析】
A、C、物体在恒力作用下，可以是匀加速直线运动，也可以做曲线运动，而在变力作用下，可以做直线运动，不一定做曲线，故A错误，C错误；
B、物体做曲线运动的条件是合力与速度不在同一条直线上，所以B正确；
D、匀速圆周运动的向心力的方向始终是指向圆心的，所以匀速圆周运动一定是受到变力的作用，所以D错误.
故选B.
5、B
【解析】
AB、设小球在最高点时，重力刚好能提供向心力时，小球的速度为v，根据牛顿第二定律有，解得，由于，所以杆在最高点对小球产生支持力，方向向上，设大小为N，由牛顿第二定律有，代入数据可得N=4N，B正确A错误；
CD、设小球运动到最低点的速度为，由动能定理有，设杆对小球的拉力为F，根据牛顿第二定律有：，联立可得F=116N，CD错误．
当物体与杆连接在竖直平面内做圆周运动时，杆可以产生拉力与可以产生支持力，所以物体能否做完整的圆周运动的临界速度与杆出现支持力还是拉力的临界速度是不一样的，这也是本题的关键。
6、D
【解析】
由物体落地时末速度与水平方向的夹角为θ，有，抛出的动能为，重力势能做的功为，则物体抛出时其动能与重力势能之比为cot2θ，D正确．
7、BC
【解析】
A. 物块刚与弹簧接触的瞬间，弹簧的弹力仍为零，仍有mgsinα>μmgcosα，物块继续向下加速，动能仍在增大，所以此瞬间动能不是最大，当物块的合力为零时动能才最大，故A错误；
B. 根据动能定理，上滑过程克服重力和摩擦力做功总值等于弹力做的功．上滑和下滑过程弹力做的功相等，所以下滑过程克服弹簧弹力和摩擦力做功总值比上滑过程克服重力和摩擦力做功总值大，故B正确；
C. 合力为零时速度最大．下滑过程速度最大时弹簧压缩量为x1，则mgsinα=kx1+μmgcosα，x1=；上滑过程速度最大时弹簧压缩量为x2，则 kx2= mgsinα+μmgcosα，x2=；x1<x2，所以下滑过程物块速度最大值位置比上滑过程速度最大位置高，故C正确；
D．若将物块从离弹簧上端2s的斜面处由静止释放，下滑过程中物块动能最大的位置不变，弹性势能不变，设为Ep.此位置弹簧的压缩量为x.
根据功能关系可得：
将物块从离弹簧上端s的斜面处由静止释放，下滑过程中物块的最大动能为Ekm=mg(s+x)sinα−μmg(s+x)cosα−Ep.
将物块从离弹簧上端2s的斜面处由静止释放，下滑过程中物块的最大动能为E′km=mg⋅(2s+x)sinα−μmg⋅(2s+x)cosα−Ep.
而2Ekm=mg(2s+2x)sinα−μmg(2s+2x)cosα−2Ep=[mg(2s+x)sinα−μmg(2s+x)cosα−Ep]+[mgxsinα−μmgxcosα−Ep]=E′km+[mgxsinα−μmgxcosα−Ep]
由于在物块接触弹簧到动能最大的过程中,物块的重力势能转化为内能和物块的动能,则根据功能关系可得：mgxsinα−μmgxcosα>Ep，即mgxsinα−μmgxcosα−Ep>0，所以得E′km<2Ekm.故D错误．
故选BC.
8、BD
【解析】
A.根据图线可知，带电小球从A点由静止释放，速度逐渐增大，说明电场力方向由A指向C，但小球的电性未知，故无法判断电场强度的方向，故A错误；
B.由图知，小球在B处加速度最大，由qE=ma知，A、B、C三点中B点场强最大，故B正确；
C.如果小球从B到C做匀加速直线运动，则小球的平均速度为，但小球由B至C过程中做加速度减小的加速运动，位移大于匀加速过程的位移，故平均速度大于5.5m/s，故C错误；
D.根据动能定理得：，，可得UAB小于UBC．故D正确。
9、ABC
【解析】
A．子弹对木块的作用力大小为f，木块相对于地的位移为L，则子弹对木块做功为fL，而木块的重力势能不变，根据动能定理得知，木块动能的增加量等于子弹对木块做功，为fL，故A正确；
B．子弹相对于地面的位移大小为L+d，则木块对子弹的阻力做功为−f(L+d)，根据动能定理得知：子弹动能的减少量等于子弹克服阻力做功，大小为f(L+d)，故B正确；
C．子弹相对于木块的位移大小为d，则系统克服阻力做功为fd，根据功能关系可知，系统动能的减少量为fd，故C正确；
D．根据能量守恒定律知，子弹和木块组成的系统产生的热量为fd，故D错误．
故选ABC。
10、BD
【解析】
A. 重力对物体做正功，物体的重力势能减小，故A错误；
B. 将质量相同的物体由同一位置沿不同方向抛出并下落至同一水平面，初末位置的高度差相同，物体所减少的重力势能相等，故B正确；
C. 根据动能定理，用手托住一个物体匀速上举时，手的支持力所做的功等于物体克服重力所做的功，故C错误；
D. 物体克服重力做功就是重力做负功.假设上升高度为H，则重力做负功为mgH，重力势能增加也为mgH,所以相等，所以物体克服重力所做的功等于重力势能的增加量，故D正确。
11、BC
【解析】
以两物体组成的系统为研究对象，以甲的初速度方向为正方向，两个物体的质量均为m，碰撞前系统的总动能：；系统的总动量：P=7kg•m/s+5kg•m/s=12kg•m/s； 碰后甲乙两球动量为：8kg•m/s，4 kg•m/s，系统的总动量 P′=8+4=12kg•m/s，动量守恒。碰后，两球同向运动，甲的速度比乙球的速度大，不符合两球的运动情况，所以不可能，故A错误。碰后甲乙两球动量为：6 kg•m/s，6 kg•m/s，系统总动量P′=6+6=12kg•m/s，系统的动量守恒，总动能：，系统动能减小，是可能的，故B正确；碰后甲乙两球动量为：5kg•m/s，7 kg•m/s，系统动量总P′=5+7=12kg•m/s，系统动量守恒，总动能：，系统动能不变，是可能的，故C正确；如果-2kg•m/s，14kg•m/s，系统总动量P′=-2+14=12kg•m/s，系统动量守恒，系统总动能：，系统总动能增加，违反了能量守恒定律，不可能，故D错误；故选BC。
对于碰撞过程要遵守三大规律：1、是动量守恒定律；2、总动能不增加；3、符合物体的实际运动情况．
12、ACD
【解析】AC、小球从B至C过程，重力大于弹力，合力向下，小球加速，小球从C至D过程，重力小于弹力，合力向上，小球减速，所以动能先增大后减小，在C点动能最大，故AC正确；
B、由A至B下落过程中小球只受重力做正功，其机械能守恒，从B→D过程，小球重力势能和动能都减小转化为弹性势能，其小球的机械能不守恒；故B错误；
D、在D位置小球速度减小到零，小球的动能为零，则从A→D位置过程中，根据系统的机械能守恒得知，小球重力势能的减少量等于弹簧弹性势能的增加量，故D正确；
故选：ACD。
【点睛】小球下降过程中，重力和弹簧弹力做功，小球和弹簧系统机械能守恒，在平衡位置C动能最大。

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、 ； ； ； D； BC；
【解析】
（1）遮光片通过光电门的瞬时速度v1=;
根据v12=2ax可得小车的加速度．
（2）对砝码和小车的整体，合外力为F=2mg，加速度为；则需要验证的是F=M整体a2，即；
（3） 设下面挂的钩码重力为F，则由（2）的分析可知：，即F-为过原点的直线，可知选项D正确；
（4）因此实验中研究对象是小车的钩码的整体，则不需要保证轻绳下端所挂钩码的总质量远小于小车与车内钩码的总质量，选项A错误；实验前应平衡摩擦力，从而保证整体受的合外力等于F，选项B正确；细线在桌面上的部分应与长木板平行，以减小实验的误差，选项C正确；图中AB 之间的距离应尽量大些，这样小车到达光电门处的速度较大些，可减小测量的误差，选项D错误；故选BC.
本题考查验证牛顿第二定律的实验，要求能明确实验原理，认真分析实验步骤，从而明确实验方法；同时注意掌握图象处理数据的方法，能根据函数关系判断图象，明确对应规律的正确应用．

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）144J（2）48W（3）96W
【解析】
（1）物体的加速度
则位移
根据功的公式得：
（2）由功率公式得：
（3）3s末的速度
由瞬时功率
得：
故本题答案是：（1）144J（2）48W（3）96W
16、
【解析】
选小球为研究对象，设小球沿半径为的轨道做匀速圆周运动时的线速度为，由牛顿第二定律得：
，
当剪断两物体之间的轻线后，轻线对小球的拉力减小，不足以维持小球在半径为的轨道上继续做匀速圆周运动，于是小球逐渐偏离原来的轨道,同时轻线下端的物体逐渐上升,且小球的线速度逐渐减小。假设物体上升的高度为，小球的线速度减为时，小球在半径为的轨道上再次做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得：
 ，
再选小球和物体组成的系统为研究对象.两物体间的轻线被剪断后物体上升的过程,由于只有重力做功，所以系统的机械能守恒。选小球做匀速圆周运动的水平面为零势能面，设小球沿半径为的轨道做匀速圆周运动时到水平板的距离为，由机械能守恒定律得：
，
联立可得：
。
17、（1）f=15/103mg
（2）h=103v02/236g
（3）
【解析】（1）
f=15/103mg h=103v02/236g
（3）