甘肃省岷县第二中学2025年物理高一第二学期期末质量检测试题含解析.doc

甘肃省岷县第二中学2025年物理高一第二学期期末质量检测试题
注意事项
1．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回．
2．答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用0．5毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置．
3．请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符．
4．作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案．作答非选择题，必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效．
5．如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗．

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)如图所示，质量相同的物体A和B，分别位于地球表面赤道上的a处和某一纬度上的b处，跟随地球匀速自转，下列说法正确是(　　)

A．A物体的线速度等于B物体的线速度
B．A物体的角速度等于B物体的角速度
C．A物体所受的万有引力小于B物体所受的万有引力
D．A物体的向心加速度等于B物体的向心加速度
2、 (本题9分)下列关于能量守恒定律的认识不正确的是(　　)
A．某种形式的能量减少，一定存在其他形式的能量增加
B．某个物体的能量减少，必然有其他物体的能量增加
C．不需要任何外界的动力而持续对外做功的机器——永动机不可能制成
D．石子从空中落下，最后停止在地面上，说明机械能消失了
3、在奥运比赛项目中，高台跳水是我国运动员的强项。质量为m的跳水运动员进入水中后受到水的阻力而做减速运动，设水对他的阻力大小恒为F，那么在他减速下降高度为h的过程中，下列说法正确的是（g为当地的重力加速度）
A．他的动能减少了Fh
B．他的机械能减少了Fh
C．他的机械能减少了（F－mg）h
D．他的重力势能增加了mgh
4、湖南台的智勇大冲关娱乐节目，吸引了不少观众．其中一关是参赛者落到匀速转动的转台上，如图所示，参赛者相对转台静止，下列说法正确的是（ ）

A．参赛者的速度不变 B．参赛者受到两个力的作用
C．相同的时间内参赛者转过的角度相同 D．相同的时间内参赛者通过的位移相同
5、一带正电的粒子在电场中做直线运动的v﹣t图象如图所示，t1、t2时刻分别经过M、N两点，已知运动过程中粒子仅受电场力作用，则下列判断正确的是（ ）

A．该电场可能是由某正点电荷形成的
B．M点的电势高于N点的电势
C．从M点到N点的过程中，电势能逐渐增大
D．带电粒子在M点所受电场力大于在N点所受电场力
6、 (本题9分)让小钢珠在水平桌面上从同一位置以相同的初速度运动，将一条形磁铁放在桌面的不同位置，小钢珠的运动轨迹不同，图中a、b、c、d为其中四条运动轨迹，下列说法正确的是

A．磁铁放在位置A时，小钢珠的运动轨迹如图中c所示
B．磁铁放在位置B时，小钢珠的运动轨迹如图中b所示
C．通过这个实验可以研究曲线运动的速度方向
D．通过这个实验可以探究物体做曲线运动的条件
7、a、b是两颗绕地球做匀速圆周运动的人造卫星，它们距地面的高度分别是R和2R(R为地球半径)．下列说法中正确的是 (　 　)
A．a、b的线速度大小之比是∶1 B．a、b的周期之比是1∶2
C．a、b的角速度大小之比是3∶4 D．a、b的向心加速度大小之比是9∶4
8、 (本题9分)一人从高h处以初速度v1．水平拋出一个质量为m的物体，以抛出点为重力势能的零点，不计空气阻力，下列说法正确的是
A．人对小球做的功为mv12
B．小球落地时的机械能为mv12
C．小球落地时重力的瞬时功率为m
D．小球落地时的重力势能为1
9、 (本题9分)发射卫星时，先将卫星发射至近地圆轨道1，然后经点火使其沿椭圆轨道2运行，最后再次点火将卫星送人同步圆轨道3，轨道1、2相切于Q点。轨道2、3相切于P点。如图所示。卫星分别在1、2、3轨道上正常运行时，以下说法正确的是（ ）

A．卫星在轨道2上经过P点时的加速度小于它在轨道3上经过P点时的加速度
B．卫星在轨道3上的速率大于在轨道1上的速率
C．卫星在轨道1上运动一周的时间小于它在轨道2上运动一周的时间
D．卫星由轨道2变为轨道3机械能变大
10、 (本题9分)如图所示，光滑半球的半径为R，球心为O，固定在水平面上，其上方有一个光滑曲面轨道AB，高度为R/2。轨道底端水平并与半球顶端相切，质量为m的小球由A点静止滑下，小球在水平面上的落点为C，则 （ ）

A．小球将沿半球表面做一段圆周运动后抛至C点
B．小球将从B点开始做平抛运动到达C点
C．OC之间的距离为
D．OC之间的距离为2R
11、 (本题9分)以下关于分运动和合运动的关系的讨论中，错误的说法是（　　）
A．两个直线运动的合运动，可能是直线运动，也可能是曲线运动
B．两个匀速直线运动的合运动，可能是直线运动，也可能是曲线运动
C．两个匀变速直线运动的合运动，可能是直线运动，也可能是曲线运动
D．两个分运动的运动时间，一定与它们的合运动的运动时间相等
12、如图是一汽车在平直路面上启动的速度-时间图像，t1时刻起汽车的功率保持不变．

由图像可知（ ）
A．0~t1时间内，汽车的牵引力增大，加速度增大，功率不变
B．0~t1时间内，汽车的牵引力不变，加速度不变，功率增大
C．t1~t2时间内，汽车的牵引力减小，加速度减小
D．t1~t2时间内，汽车的牵引力不变，加速度不变
二、实验题（本题共16分，答案写在题中横线上）
13、（6分）在“验证机械能守恒定律”的实验中
（1）罗同学选用电火花打点计时器，则应按______（填“甲”、“乙”或“丙”）图中的方法连接电源．

（2）释放纸带前，下列操作正确的是______．
A． B． C．
（3）图丁为罗同学在实验中打出的一条纸带，“0”点为打下的第一个点，相邻两点间的时间间隔为，重物的质量为，打下第5个点时重物减小的重力势能为______（计算结果保留3位有效数字，注意：该地重力加速度）．

14、（10分）用如图实验装置验证m1、m1组成的系统机械能守恒．m1从高处由静止开始下落，在m1上拖着的纸带打出一系列的点，对纸带上的点迹进行测量，即可验证系统机械能守恒．下图给出的是实验中获取的一条纸带：0是打下的第一个点，每相邻两计数点间还有4个点未标出，计数点间的距离如图所示．已知m1=50g、m1=150g，当地重力加速度g=9.8m/s1．则

（1）在纸带上打下计数点5时m1的速度v=____m/s；
（1）在打点0～5过程中系统动能的增量△Ek=___J，系统势能的减少量△Ep=___J；
（3）上题中经精确计算得到系统动能的增量与系统势能的减少量间有差距，其原因是有空气阻力、测量误差和_____.（写一条）
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，A、B两球质量均为m，用一长为l的轻绳相连，A球中间有孔套在光滑的足够长的水平横杆上，两球处于静止状态．现给B球水平向右的初速度v0，经一段时间后B球第一次到达最高点，此时小球位于水平横杆下方l/2处．（忽略轻绳形变）求：

(1)B球刚开始运动时，绳子对小球B的拉力大小T；
(2)B球第一次到达最高点时，A球的速度大小v1；
(3)从开始到B球第一次到达最高点的过程中，轻绳对B球做的功W．
16、（12分）质量为70kg的人不慎从高空支架上跌落，由于弹性安全带的保护，使他悬挂在空中．已知人先自由下落3.1m，安全带伸直到原长，接着拉伸安全带缓冲到最低点，缓冲时间为1s，取g=10m/s1．求缓冲过程人受到安全带的平均拉力的大小．
17、（12分） (本题9分)用竖直向上的拉力F提升原来静止的质量m=10kg的物体，使其以的加速度匀加速竖直上升，不计其他阻力，取重力加速度为，求：
（1）开始运动的4s内拉力F做的功；
（2）拉力F在4s末的瞬时功率．
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】两者角速度相同，由v=rω半径大的线速度大，A物体的线速度大于B物体的线速度，故A错误，B正确两物体质量相同，距离球心的距离相等，则所受的万有引力的大小相等，故C错误；由a=rω2知，半径大的向心速度大，则A物体的向心加速度大于B物体的向心加速度，
故D错误。故选B。
点睛：本题考查对共轴转动的物体各个量的比较，抓住它们的周期和角速度相同是关键，同时要明确万有引力和向心加速度的决定因素．
2、D
【解析】
A项：根据能量守恒定律得知，某种形式的能减少，其它形式的能一定增大，故A正确；
B项：某个物体的总能量减少，根据能量守恒定律得知，必然有其它物体的能量增加，故B正确；
C项：不需要任何外界的动力而持续对外做功的机器--永动机，违反了能量的转化和守恒定律，不可能制成的，故C正确；
D项：石子在运动和碰撞中机械能转化为了物体及周围物体的内能，能量并没有消失；故D错误．
点晴：能量的转化和守恒定律是指能量在转化和转移中总量保持不变；但能量会从一种形式转化为其他形式．
3、B
【解析】
运动员进入水中后，受到重力和水的阻力，克服合力做的功等于动能的减小量，故动能减小（F-mg）h，故A错误；运动员进入水中后，除重力外，克服阻力做功Fh，故机械能减小Fh，故B正确，C错误；运动员进入水中后，重力做功mgh，故重力势能减小mgh，故D错误；
4、C
【解析】
A.参赛者的速度方向变化，则速度变化，故A错误；
B.参赛者受重力，支持力，摩擦力三个力的作用，故B错误；
C.因匀速转动，角速度相同，则相同时间内的转过的角度相同，故C正确；
D.位移为矢量，相同时间内的位移方向不一定相同，故D错误．
5、C
【解析】
AD、由速度时间图象可知：粒子在电场中做匀减速直线运动，加速度是一个定值，所以电场力不变，是匀强电场，所以不可能是由某正点电荷形成的，故A、D错误；
BC、从M到N的运动过程中速度减小，根据动能定理可知电场力做负功，电势能增加，又由于是正电荷，所以电势也增加，故M点的电势低于N点的电势，故B错误，C正确．
故选C．
6、D
【解析】
A、磁体对小钢珠有相互吸引力，当磁铁放在位置时，即在钢珠的正前方，所以钢珠所受的合力与运动的方向在一条直线上，所以其运动轨迹为直线，故应是，故选项A错误；
B、当磁铁放在位置时，小钢珠运动过程中有受到磁体的吸引，小钢珠逐渐接近磁体，其轨迹在曲线的切线方向与受力的方向之间，所以其的运动轨迹是，故选项B错误；
CD、实验表明，当物体所受合外力的方向跟物体的运动方向不在同一直线上时，物体做曲线运动，即通过这个实验可以探究物体做曲线运动的条件，故选项D正确，C错误。
7、CD
【解析】
A．根据万有引力提供向心力得：；A.线速度，它们距地面的高度分别是R和2R（R为地球半径）．所以轨道半径是2：3，则a、b的线速度大小之比是，故A错误；
B．周期，则a、b的周期之比是，故B错误；
C．角速度，则a、b的角速度大小之比是，即，故C正确；
D．向心加速度，则a、b的向心加速度大小之比是9:4，故D正确；
根据万有引力提供向心力表示出线速度、角速度、周期、向心加速度，据此判断所给各量的大小关系．
8、AB
【解析】
A.人对小球做的功等于小球得到的动能，为，选项A正确；
B.小球抛出时的机械能为mv12，落地过程中机械能守恒，则小球落地时的机械能也为mv12，选项B正确；
C.小球落地时的竖直速度,则落地时重力的瞬时功率为，选项C错误；
D.小球落地时的重力势能为-mgh，选项D错误；故选AB.
9、CD
【解析】
AB．人造卫星绕地球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力，设卫星的质量为m、轨道半径为r、地球质量为M，则有

解得
，
可知，卫星在轨道2上经过P点时的加速度等于它在轨道3上经过P点时的加速度，轨道3半径比轨道1半径大，卫星在轨道1上线速度较大，故AB错误；
C．由开普勒第三定律可知

由于，所以，卫星在轨道1上运动一周的时间小于它在轨道2上运动一周的时间，故C正确；
D．卫星由轨道2变为轨道3，向后喷气加速，即气体对卫星做正功，所以卫星的机械能增大，故D正确。
故选CD。
10、BC
【解析】
由A到B，由动能定理,在B 点只有重力提供向心力，小球抛出，由平抛运动规律可知小球做平抛运动，B对；C对；
11、ACD
【解析】
根据平行四边形定则知，两个直线运动的合运动，若合加速度与合初速度的方向共线，则是直线运动；若两者方向不共线，则可能是曲线运动．故A正确．根据平行四边形定则知，两个匀速直线运动的合运动一定是直线运动，因为合加速度为零，做匀速直线运动，故B错误．根据平行四边形定则知，两个匀变速直线运动的合运动，若合速度与合加速度共线，则是直线运动；若两者不共线，则是曲线运动．故C正确．两个分运动的运动时间，一定与它们的合运动的运动时间相等．故D正确．本题选择错误的，故选B．
点睛：考查平行四边形定则的应用，解决本题的关键知道合运动是直线运动还是曲线运动取决于合速度方向与合加速度方向是否在同一条直线上.
12、BC
【解析】
考点：功率、平均功率和瞬时功率．
分析：由图可知，汽车从静止开始做匀加速直线运动，随着速度的增加，汽车的功率也要变大，当功率达到最大值之后，功率不能在增大，汽车的牵引力就要开始减小，以后就不是匀加速运动了，当实际功率达到额定功率时，功率不能增加了，要想增加速度，就必须减小牵引力，当牵引力减小到等于阻力时，加速度等于零，速度达到最大值．
解答：解：A、0～t1时间内，汽车的速度是均匀增加的，是匀加速运动，所以汽车的牵引力不变，加速度不变，功率增大，所以A错误．
B、由A的分析可知，B正确．
C、t1～t2时间内，汽车的功率已经达到最大值，功率不能再增加，所以汽车的牵引力在减小，加速度也要减小，所以C正确．
D、由C的分析可知，D错误．
故选BC．
点评：这题考的知识点是汽车的两种启动方式，恒定加速度启动和恒定功率启动．本题属于恒定加速度启动方式，由于牵引力不变，根据p=Fv可知随着汽车速度的增加，汽车的实际功率在增加，此过程汽车做匀加速运动，当实际功率达到额定功率时，功率不能增加了，要想增加速度，就必须减小牵引力，当牵引力减小到等于阻力时，加速度等于零，速度达到最大值．

二、实验题（本题共16分，答案写在题中横线上）
13、丙 C
【解析】
（1）[1]罗同学选用电火花打点计时器，应该接220V交流电源，则应按丙图中的方法连接电源．
（2）[2]释放纸带前，应该用手提着纸带的一端使纸带在竖直方向，且然重物靠近打点计时器，故图C正确；
（3）[3]打下第5个点时重物减小的重力势能为：

14、1.4 0.576 0.588 纸带与打点计时器间有摩擦（细线与定滑轮间有摩擦或定滑轮的转动等）
【解析】
第一空.利用匀变速直线运动的推论.
第二空.系统动能的增量△Ek=Ek5-0=(m1+m1)v51=0.576 J．
第三空.系统重力势能减小量△Ep=（m1-m1）gh=0.1×9.8×0.600 J=0.588 J.
第四空. 上题中经精确计算得到系统动能的增量与系统势能的减少量间有差距，其原因是有空气阻力、测量误差和纸带与打点计时器间有摩擦（细线与定滑轮间有摩擦或定滑轮的转动等）.

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）mg+m（2）（3）
【解析】
（1）B球刚开始运动时，A球静止，所以B球做圆周运动
对B球：T-mg=m
得：T=mg+m
（2）B球第一次到达最高点时，A、B速度大小、方向均相同，均为v1

以A、B系统为研究对象，以水平横杆为零势能参考平面，从开始到B球第一次到达最高点，根据机械能守恒定律，

得：
（3）从开始到B球第一次到达最高点的过程，对B球应用动能定理
W-mg
得：W=
16、1160N
【解析】
人下落3.1m时的速度大小为

在缓冲过程中，取向上为正方向，由动量定理可得

则缓冲过程人受到安全带的平均拉力的大小

17、（1）1920J (2)960W
【解析】
（1）4s内物体上升的高度为：h=at2＝×2×16m＝16m，
根据牛顿第二定律得，F-mg=ma，
解得：F=mg+ma=100+10×2N=120N，
则拉力做功为：WF=Fh=120×16J=1920J．
（2）根据速度时间公式得：v=at=2×4m/s═8m/s    
则拉力的瞬时功率为：P=Fv=120×8W═960W．