广西柳州高级中学柳南校区2024-2025学年高一物理第二学期期末质量跟踪监视试题含解析.doc

广西柳州高级中学柳南校区2024-2025学年高一物理第二学期期末质量跟踪监视试题
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（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)如图所示，一质量为m的小球固定于轻质弹簧的一端，弹簧的另一端固定于O点，现将小球拉至A处，弹簧恰好原长，在A处由静止释放小球，它运动到O点正下方B点的过程中，错误的是：

A．小球机械能守恒
B．小球重力势能减小
C．弹簧弹性势能增大
D．小球和弹簧组成系统机械能守恒
2、 (本题9分)如图,排球场总长为,宽为,网高,运动员在离网远的线上的中点处跳起后将排球水平击出.若击球高度为,不计空气阻力,排球可视为质点,当地重力加速度为,则（ ）

A．要使排球能落在对方界内,水平击出时排球的最小速度为
B．排球落地时重力的瞬时功率随击出速度的增大而增大
C．要使排球能落在对方界内,排球落地时的最大速度为
D．当排球被垂直球网击出时,只要,总可以找到合适的速度,使排球落到对方界内
3、 (本题9分)真空中有两个电荷量保持不变的点电荷。若将他们间的距离增大到原来的3倍，则两电荷之间相互作用的静电力将变为原来的
A．3倍 B．倍 C．9倍 D．倍
4、如图，质量相同的物体分别自斜面AC和BC的顶端由静止开始下滑，物体与斜面间的动摩擦因数相同，物体滑至斜面底部C点时的动能分别为EK1 和 EK2，下滑过程中克服摩擦力所做的功分别为W1和W2，则( )

A．EK1>EK2，W1 <W2
B．EK1＝EK2 ，W1>W2
C．EK1<EK2，W1>W2
D．EK1>EK2，W1 = W2
5、原来静止在光滑水平桌面上的木块，被水平飞来的子弹击中，当子弹深入木块d深度时，木块相对桌面移动了s，然后子弹和木块以共同速度运动，设阻力大小恒为f，对这一过程，下列说法正确的是( )
A．子弹与木块组成的系统机械能守恒
B．系统损失的机械能等于f（d+s）
C．子弹动能的减少量等于fd
D．系统机械能转变为内能的量等于fd
6、 (本题9分)“竹蜻蜓”是民间的儿童玩具，如图所示，双手用力搓柄可使“竹蜻蜓”向上升，某次试验，“竹蜻蜓”离手后沿直线上升到最高点，在该过程中（　　）

A．空气对“竹蜻蜓”的作用力大于“竹蜻蜓”对空气的作用力
B．“竹蜻蜓”的动能一直增加
C．“竹蜻蜓”的重力势能一直增加
D．“竹蜻蜓”的机械能守恒
7、 (本题9分)如图所示，小球用轻质细线拴着在水平面内做半径为的匀速圆周运动，当小球运动到左侧时，在小球的正上方高度为的小球水平飞出，飞出时的速度大小为.不计空气阻力，重力加速度为。要使小球在运动一周的时间内与小球相碰，则小球的向心加速度大小可能为（　　）

A． B． C． D．
8、 (本题9分)如图所示，可视为质点的小球用不可伸长的结实的细线悬挂起来，将细线水平拉直后从静止释放小球，小球运动到最低点时的速度为、重力的瞬时功率为P、绳子拉力为F，向心加速度为a，若不改变小球的质量，把悬线的长度增加一倍，仍将细线水平拉直后从静止释放小球，下面说法正确的是

A．改变悬线长度之后最低点的速度变为原来的倍
B．改变悬线长度之后最低点的重力瞬时功率P是原来的倍
C．改变悬线长度前后最低点绳子拉力F都等于小球重力的3倍
D．改变悬线长度前后最低点向心加速度a都等于重力加速度的3倍
9、 (本题9分)两个质量相等的物体，分别从两个高度相等而倾角不同的光滑斜面顶从静止开始下滑，则下列说法正确的是：（ ）

A．到达底部时重力的功率相等 B．到达底部时速度相等
C．下滑过程中重力做的功相等 D．到达底部时动能相等
10、2022年冬奥会将在北京召开。如图所示是简化后的跳台滑雪的雪道示意图，运动员从助滑雪道AB上由静止开始滑下，到达C点后水平飞出，落到滑道上的D点，E是运动轨迹上的某一点，在该点运动员的速度方向与轨道CD平行，设运动员从C到E与从E 到D的运动时间分别为t1、t2，EF垂直CD，则有关离开C点后的飞行过程（ ）

A．有t1=t2，且CF=FD
B．若运动员离开 C点的速度加倍，则飞行时间加倍
C．若运动员离开 C点的速度加倍，则落在斜面上的距离加倍
D．若运动员离开 C点的速度加倍，则落在斜面上的速度方向不变
11、 (本题9分)为了探测X星球，载着登陆舱的探测飞船在以该星球中心为圆心，半径为r1的圆轨道上运动，周期为T1，总质量为m1。随后登陆舱脱离飞船，变轨到离星球很近的半径为r2的圆轨道上运动，此时登陆舱的质量为m2。则（ ）
A．X星球表面的重力加速度为
B．X星球的质量为M
C．登陆舱在半径为r2轨道上做圆周运动的周期为
D．登陆舱在r1与r2轨道上运动的速度大小之比为
12、 (本题9分)2019 年北京时间 4 月 10 日 21 时，人类历史上首张黑洞照片被正式披露，引起世界轰动．黑洞是一类特殊的天体，质量极大，引力极强，在它附近（黑洞视界）范围内，连光也不能逃逸，并伴随很多新奇的物理现象．传统上认为，黑洞“有进无出”，任何东西都不能从黑洞视界里逃逸出来．但霍金、贝肯斯坦等人经过理论分析，认为黑洞也在向外发出热辐射，此即著名的“霍金辐射”，因此可以定义一个“黑洞温度”T： ，其中 h 为普朗克常量，c 为真空中的光速，G 为万有引力常量，M 为黑洞质量，k 是一个有重要物理意义的常量，叫做“玻尔兹曼常量”．以下能用来表示“玻尔兹曼常量”单位的是（ ）
A． B． C． D．
二．填空题(每小题6分，共18分)
13、 (本题9分)某实验小组的同学做“用单摆测定重力加速度”的实验。
（1）实验时除用到秒表、刻度尺外，还应该用到下列器材中的_________选填选项前的字母）
A．长约1m的细线 B．长约1m的橡皮绳
C．直径约1cm的均匀铁球 D．直径约10cm的均匀木球
（2）选择好器材，将符合实验要求的单摆悬挂在铁架台上，应采用图中________所示的固定方式（选填“甲”或“乙”）。

（3）将单摆正确悬挂后进行如下操作，其中正确的时____________（选填选项前的字母）。
A．测出摆线长作为单摆的摆长
B．把单摆从平衡位置拉开一个很小的角度由静止释放，使之做简谐运动
C．在摆球经过平衡位置时开始计时
D．用秒表测量单摆完成1次全振动所用时间并作为单摆的周期
（4）用l表示单摆的摆长，用T表示单摆的周期，则计算重力加速度的表达式为g=____________.
（5）乙同学测得的重力加速度数值大于当地的重力加速度的实际值，造成这一情况的原因可能是________（选填选向前的字母）。
A．开始摆动时振幅较小
B．开始计时时，过早按下秒表
C．测量周期时，误将摆球（n-1）次全振动的时间记为n次全振动的时间
D．实验中，由于操作不当，使摆球做圆锥摆运动
14、 (本题9分)（1）用多用电表测未知电阻阻值的电路如图甲所示，电池的电动势为E、内阻为r，R0为调零电阻，Rg为表头内阻，电路中电流I与待测电阻的阻值Rx关系图象如图乙所示，则该图象的函数关系式为______________；（调零电阻R0接入电路的部分阻值用R0表示）
（2）下列根据图乙中I—Rx图线做出的解释或判断中正确的是________；
A．用欧姆表测电阻时，指针指示读数越大，测量的误差越小
B．欧姆表调零的实质是通过调节R0，使Rx＝0时电路中的电流I＝Ig
C．Rx越小，相同的电阻变化量对应的电流变化量越大，所以欧姆表的示数左密右疏
D．测量中，当Rx的阻值为图乙中的R2时，指针位于表盘中央位置的右侧
（3）某同学想通过一个多用电表中的欧姆挡，直接去测量某电压表（量程10 V）的内阻（大约为几十千欧），欧姆挡的选择开关拨至倍率“1 k”挡．先将红、黑表笔短接调零后，选用图丙中________（填“A”或“B”）方式连接．在本实验中，如图丁所示为欧姆表和电压表的读数，请你利用所学过的知识，求出欧姆表电池的电动势，E＝________V．（计算结果保留3位有效数字）

15、 (本题9分)如图所示是某同学探究动能定理的实验装置.已知重力加速度为g，不计滑轮摩擦阻力，该同学的实验步骤如下：

a.将长木板倾斜放置，小车放在长木板上，长木板旁放置两个光电门A和B，砂桶通过滑轮与小车相连.
b.调整长木板倾角，使得小车恰好能在细绳的拉力作用下匀速下滑，测得砂和砂桶的总质量为m.
c.某时刻剪断细绳，小车由静止开始加速运动.
d.测得挡光片通过光电门A的时间为Δt1，通过光电门B的时间为Δt2，挡光片宽度为d，小车质量为M，两个光电门A和B之间的距离为L.
e.依据以上数据探究动能定理.
(1)根据以上步骤，你认为以下关于实验过程的表述正确的是________.
A．实验时，先接通光电门，后剪断细绳
B．实验时，小车加速运动的合外力为F＝Mg
C．实验过程不需要测出斜面的倾角
D．实验时应满足砂和砂桶的总质量m远小于小车质量M
(2)小车经过光电门A、B的瞬时速度为vA＝_______、vB＝_______.如果关系式_______在误差允许范围内成立，就验证了动能定理.
三．计算题(22分)
16、（12分） (本题9分)一辆汽车发动机的额定功率P=200kW，若其总质量为m=103kg，在水平路面上行驶时，汽车以加速度a1=5m/s2从静止开始匀加速运动能够持续的最大时间为t1=4s，然后保持恒定的功率继续加速t2=14s达到最大速度。设汽车行驶过程中受到的阻力恒定，取g=10m/s2.求：
(1)汽车所能达到的最大速度；
(2)汽车从启动至到达最大速度的过程中运动的位移。
17、（10分） (本题9分)如图所示，质量为m1＝1kg的小物块P，置于桌面上距桌面右边缘C点L1＝90cm的A点并与弹簧的右端接触（不拴接），轻弹簧左端固定，且处于原长状态．质量为M＝3.5kg、长L＝1.5m的小车静置于光滑水平面上，其上表面与水平桌面相平，且紧靠桌子右端．小车左端放有一质量为m2＝0.5kg的小滑块Q．现用水平向左的推力将P缓慢压缩L2＝5cm推至B点（弹簧仍在弹性限度内）时，撤去推力，此后P沿桌面滑到桌子边缘C时速度为2m/s，并与小车左端的滑块Q相碰，最后Q停在小车的右端，物块P停在小车上距左端0.35m处P与桌面间动摩擦因数μ1＝0.4，P、Q与小车表面间的动摩擦因数μ2＝0.1，重力加速度g＝10m/s2
（1）小车最后的速度v；
（2）推力所做的功；
（3）在滑块Q与车相对静止时，Q到桌边的距离．

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、A
【解析】
小球运动过程中，除重力做功外还有弹簧的弹力做功，则小球的机械能不守恒，选项A错误；小球高度降低，重力势能减小，选项B正确；弹簧被拉长，则弹簧弹性势能增大，选项C正确；小球和弹簧组成的系统由于只有重力和弹力做功，则系统的机械能守恒，选项D正确；此题选项错误的选项，故选A.
2、C
【解析】
排球做平抛运动，；要使排球能落在对方界内，落地的时间，水平击出时排球的最小速度为 ，选项A错误；排球落地时重力的瞬时功率，则排球落地时重力的瞬时功率与击球的速度无关，选项B错误；要使排球能落在对方界内,则球落地的时间；球的最大水平位移 ，击球的最大速度，排球落地时的最大速度为，选项C正确；若排球被击出后既恰好触网又恰好越界，则同时满足和，联立以上两式解得 、，当时，若排球被击出时的速度小于，排球会触网，若排球被击出时的速度大于,排球会越界，所以不是只要,就一定能使排球落到对方界内，选项D错误；故选C.
点睛：解决本题的关键知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，抓住等时性，结合临界条件结合运动学公式灵活求解；注意排球“触网”和“越线”的临界条件．
3、D
【解析】由库仑定律，点电荷间的距离r保持不变，静电力与两点电荷的电量乘积成正比，每个电荷的电荷量都增大到原来的3倍，则静电力为：，即静电力将增大到原来的倍，故D正确，ABC错误。
4、D
【解析】
设斜面的倾角为θ，滑动摩擦力大小为μmgcosθ，则物体克服摩擦力所做的功为μmgscosθ．而scosθ相同，所以克服摩擦力做功相等，即W1 = W1．根据动能定理得， ，在AC斜面上滑动时重力做功多，克服摩擦力做功相等，则在AC面上滑到底端的动能大于在BC面上滑到底端的动能，即．
A. EK1>EK1，W1 <W1，与分析不符，故A错误；
B. EK1＝EK1 ，W1>W1与分析不符，故B错误；
C. EK1<EK1，W1>W1 与分析不符，故C错误；
D. EK1>EK1，W1 = W1与分析相符，故D正确；
5、D
【解析】
A.根据能量转化和守恒定律分析可知：子弹原有的动能转化为子弹和木块的内能与后来木块和子弹的动能之和，机械能由损失，故A不符合题意。
BD.木块和子弹所组成的系统损失的机械能与产生的热能相等，为摩擦力与相对位移的乘积，即：Q=fd，故B不符合题意，D符合题意。
C.只有阻力对子弹做功，动能定理得知：子弹损失的动能等于子弹克服阻力所做的功，大小f（d+s）。故C不符合题意。
6、C
【解析】
A．根据牛顿第三定律，空气对“竹蜻蜓”的作用力和“竹蜻蜓”对空气的作用力是一对相互作用力，相互作用力是反向等大的，所以空气对“竹蜻蜓”的作用力等于“竹蜻蜓”对空气的作用力，故A错误；
BC．“竹蜻蜓”离手后沿直线上升到最高点的过程中，“竹蜻蜓”先加速后减速，动能先增大后减小，高度升高，重力势能一直增加，故B错误，C正确；
D．“竹蜻蜓”离手后沿直线上升到最高点的过程中，空气阻力对“竹蜻蜓”做功，所以“竹蜻蜓”的机械能不守恒，故D错误。
故选C。
7、AD
【解析】
B做平抛运动，在 竖直方向，有得

则水平方向的位移为

若要使小球在运动一周的时间内与小球相碰，根据几何关系可知，当A运动或时恰能与B相碰，则有
或
又向心加速度，联立解得
或
故选AD。
根据B做平抛运动的特点，求出B的水平位移，结合几何关系，分析A与B相碰的时间，求出A运动的周期，再根据即可求解。
8、AC
【解析】
A.由机械能守恒定律得，，加倍之后，低点的速度变得为原来的倍，A正确；
B.最低点重力与速度垂直，重力的瞬时功率为零，B错误；
C.在最低点绳的拉力为，则，则，与无关，C正确；
D.向心加速度，D错误。
9、BCD
【解析】
A、物体到达底部重力的功率: ,m、v相同而 不同,物体重力功率不同,故A错误;
B、物体从静止到最低点的过程,由动能定理得: ,计算得出: ,因为h相同,则物体到达底部时的速度大小相等,所以B选项是正确的;
C、物体下滑的高度相等,重力做功相等,物体下滑过程只有重力做功,物体质量与下滑高度相等,重力做功 相等,所以C选项是正确的;
D、在整个过程中只有重力做功,重力做功相等,由动能定理可以知道,物体到达底部时的动能相等,所以D选项是正确的;
综上所述本题答案是：BCD
10、BD
【解析】
AB.以C点为原点，以CD为x轴，以CD垂直向上方向为y轴，建立坐标系如图：

对运动员的运动进行分解，y轴方向做类竖直上抛运动，x轴方向做匀加速直线运动。当运
动员速度方向与轨道平行时，在Y轴方向上到达最高点，根据竖直上抛运动的对称性，
知t1=t2。而x轴方向运动员做匀加速运动，因t1=t2，故CF＜FD，故A错误；
BC. 将初速度沿x、y方向分解为v1、v2，将加速度沿x、y方向分解为a1、a2，则运动员的
运动时间为：，落在斜面上的距离：，离开C点的速度加倍，
则v1、v2加倍，t加倍，由位移公式得s不加倍，故B正确，C错误；
D. 设运动员落在斜面上的速度方向与水平方向的夹角为，斜面的倾角为．则有：
，，则得，一定，则一定，则知
运动员落在斜面上的速度方向与从C点飞出时的速度大小无关，故D正确。
11、BC
【解析】
A．根据圆周运动知识可得

只能表示在半径为r1的圆轨道上的向心加速度，而不等于X星球表面的重力加速度，故A错误；
B．研究飞船绕星球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力，列出等式

解得

故B正确；
C．研究登陆舱绕星球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力，列出等式

得

所以登陆舱在r1与r2轨道上运动时的周期大小之比为

则

故C正确；
D．研究登陆舱绕星球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力，在半径为r的圆轨道上运动

得

所以登陆舱在r1与r2轨道上运动时的速度大小之比为

故D错误。
故选BC。
12、BCD
【解析】
根据得

h的单位为J•s=Nms=kg•m2/s，c的单位是m/s，G的单位是N•m2/kg2=kg•m3/s2，M的单位是kg，T的单位是K，代入上式可得k的单位是 ，不等于。
A．，与结论不相符，选项A错误；
B．，与结论相符，选项B正确；
C．，与结论相符，选项C正确；
D．，与结论相符，选项D正确；

二．填空题(每小题6分，共18分)
13、AC 乙 BC CD
【解析】
（1）[1]AB.实验过程单摆摆长应保持不变，应选择长约1m的细线作为摆线，摆线不能选择有弹性的橡皮绳，故A正确，B错误；
CD.为减小实验误差，应选择密度大而体积小的球作为摆球，应选择直径约1cm的均匀铁球作为摆球，不要选用直径约10cm的均匀木球，故C正确，D错误；
故选：AC；
（2）[2]在该实验的过程中，悬点要固定，应采用图乙中所示的固定方式。
（3）[3]A.摆线长度与摆球半径之和是单摆的摆长，故A错误；
B.单摆在小角度下的运动为简谐运动，把单摆从平衡位置拉开一个很小的角度释放，使之做简谐运动，故B正确；
C.为减小测量误差，在摆球经过平衡位置时开始计时，故C正确；
D.为减小测量误差，应测出n个周期的总时间t，然后求出周期：，用单摆完成1次全振动所用时间并作为单摆的周期实验误差较大，故D错误；
故选：BC；
（4）[4]由单摆周期公式： ，可知：T与成正比，T−图象是正比例函数图象，T−图象的斜率：
，
则重力加速度：
；
（5）[5]由单摆周期公式：得：
；
A.单摆在小角度下的摆到为简谐振动，开始摆动时振幅较小，单摆的振幅对重力加速度的测量没有影响，故A错误；
B.开始计时时，过早按下秒表，所测周期T偏大，所测重力加速度偏小，故B错误；
C.测量周期时，误将摆球（n−1）次全振动的时间记为n次全振动的时间，所测周期T偏小，所测重力加速度g偏大，故C正确；
D.实验中，由于操作不当，使摆球做圆锥摆运动，测得的周期T偏小，所测重力加速度偏大；
故选：CD；
故答案为：（1）AC；（2）乙（3）BC；（4）（5）CD。
单摆测定重力加速度的原理：单摆的周期公式，还要知道：摆角很小的情况下单摆的振动才是简谐运动；摆长等于摆线的长度加上摆球的半径，为减小误差应保证摆线的长短不变；单摆在摆动的过程中，摆长不能发生变化．在最低点，速度最快，开始计时误差较小。
14、（1）I＝ （2）BC （3）A 8.75
【解析】
试题分析：（1）根据闭合电路欧姆定律得，．
（2）用欧姆表测电阻时，左边读数较大，刻度不均匀，读数误差较大，A错误；当，，此时电流为满偏电流，故B正确；越小，相同的电阻变化量对应的电流变化量越大，所以欧姆表的示数左密右疏，故C正确；测量中，当的阻值为图中的时，电流比半偏电流小，指针位于表盘中央位置的左侧，故D正确．
（3）由图所示图象可知，，，解得，电源电动势：；
（4）欧姆表中值电阻附近刻度比较均匀，读数误差最小，故倍率选择“×1K”挡位；电流从红表笔流入，黑表笔流出，故A方式正确；欧姆表读数=表盘读数×倍率=40×1K=40KΩ；
考点：用多用电表测电阻实验
【名师点睛】解决本题的关键掌握多用电表的读数方法，以及知道欧姆表测量电阻的原理，知道欧姆表表盘示数的特点．
15、 (1)AC (2)
【解析】
（1）A.实验时为了减小误差，需要先接通光电门，后剪断细绳让小车运动，A正确
B.实验中步骤b平衡了小车运动的摩擦力，所以下车受的合外力为重力沿斜面向下的分力：，B错误
C.因为砂和砂桶的总重力与小车重力沿斜面向下的分力相等，所以实验中不需测量斜面倾角来求合外力，合外力就等于砂和砂桶的总重力，C正确
D.实验中要验证动能定理，用砂和砂桶的总重力计算小车沿斜面向下的分力，所以不需要满足m远小于小车质量M，D错误
（2）光电门的原理：因为遮光条宽度很小，用遮光条通过光电门的平均速度代替滑块通过光电门的瞬时速度，所以通过A的速度：，通过B的速度：，根据动能定理：，所以要验证的就是：

三．计算题(22分)
16、 (1)40m/s；(2)480m
【解析】
(1)汽车匀加速结束时的速度

由P=Fv可知，匀加速结束时汽车的牵引力
=1×104N
由牛顿第二定律得

解得
f=5000N
汽车速度最大时做匀速直线运动，处于平衡状态，由平衡条件可知，
此时汽车的牵引力
F=f=5000N
由可知，汽车的最大速度：
v==40m/s
(2)汽车匀加速运动的位移
x1=
对汽车，由动能定理得

解得
s=480m
17、（1）0.4m/s；（2）6J；（3）1.92m．
【解析】
（1）设物块P与滑块Q碰后最终与小车保持相对静止，其共同速度为v
由动量守恒得：

代入数据可得：v＝0.4m/s
（2）90cm＝0.9m，设弹簧的最大弹性势能为Epm
根据动能定理得：

得：W＝6J
（3）设物块P与滑块Q碰后速度分别为v1和v2，P与Q在小车上滑行距离分别为S1和S2
P与Q碰撞前后动量守恒，则有：

由动能定理得：

联立得v1＝1m/s，v2＝2m/s
方程的另一组解：当 v2′=m/s时，v1′=m/s，v1′＞v2′不合题意舍去．
设滑块Q与小车相对静止时到桌边的距离为s，Q 在小车上运动的加速度为a
由牛顿第二定律得：

代入数据解得：a＝﹣1m/s2
由匀变速运动规律得：

解得：s＝1.92m