江西省安福第二中学、吉安县第三中学2025届高一物理第二学期期末综合测试模拟试题含解析.doc

江西省安福第二中学、吉安县第三中学2025届高一物理第二学期期末综合测试模拟试题
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，小车通过定滑轮用绳牵引水中的小船，当绳与水平面夹角为θ 时，小车、小船的速度大小分别为v1、v1．则v1、v1大小关系正确的是

A．
B．
C．
D．
2、下列单位属于国际单位制中基本单位的是(　　)
A．牛顿 B．米/秒 C．千克 D．厘米
3、 (本题9分)如图所示，一个质量为m的物体以某一速度从A点冲上倾角为的斜面，其运动的加速度为，这物体在斜面上上升的最大高度为h，则在这一过程中

A．重力势能增加了
B．机械能损失了mgh
C．动能损失了mgh
D．物体所受的合外力对物体做功为
4、如图，小球以初速度v0从A点出发，沿不光滑的轨道运动到高为h的B点后自动返回，其返回途中仍经过A点，小球经过轨道连接处无机械能损失，则小球经过A点的速度大小为（ ）

A． B．
C． D．
5、2019年5月17日，我国成功发射第45颗北斗导航卫星，“北斗二号”系统定位精度由10米提升至6米．若在北斗卫星中有a、b两卫星，它们均环绕地球做匀速圆周运动，且a的轨迹半径比b的轨迹半径小，则
A．a的周期小于b的周期
B．a的线速度小于b的线速度
C．a的加速度小于b的加速度
D．a的角速度小于b的角速度
6、 (本题9分)如图所示的电场中，实线和虚线分别表示电场线和等势线。两电子分别从a、b两点运动到c点，设电场力对两电子做的功分别为Wa和Wb，a、c两点的电场强度大小分别为Ea和Ec，则

A．Wa=Wb，Ea＜Ec B．Wa＞Wb，Ea=Eb
C．Wa=Wb，Ea＞Ec D．Wa＜Wb，Ea＞Ec
7、 (本题9分)如图所示的电路中，当R3的滑动头向右滑动时，以下判断正确的是

A．电流表示数变大 B．电容器带电量减小
C．电压表示数变大 D．R1消耗功率变小
8、 (本题9分)如图甲为应用于机场和火车站的安全检查仪，用于对旅客的行李进行安全检查，其传送装置可简化为如图乙所示的模型，紧绷的传送带始终保持v＝1m/s的恒定速率运行．旅客把行李无初速度地放在A处，设行李与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.1，A、B间的距离为2m，g取10 m/s2，若乘客把行李放到传送带的同时也以v＝1m/s的恒定速率平行于传送带运动到B处取行李，则(　　)

A．乘客与行李同时到达B处
B．乘客提前0.5s到达B处
C．行李提前0.5s到达B处
D．若传送带速度足够大，行李最快也要2 s才能到达B处
9、一重球从高h处下落，如图所示，到A点时接触弹簧，压缩弹簧至最低点位置B。那么重球从A至B的运动过程中：

A．速度一直减小
B．速度先增加后减小
C．在AB之间有个确切位置速度有最大值
D．加速度方向先竖直向下再竖直向上
10、 (本题9分)如图所示，+Q和-Q为真空中的两个电荷，abcd是以点电荷+Q为中心的正方形，c位于两电荷的连线上。则a、b、c、d四点中

A．c点场强最大 B．b、d两点的场强相同
C．a、c两点的电势相等 D．b、d两点的电势相等
11、 (本题9分)把动力装置分散安装在每节车厢上，使其既具有牵引动力，又可以载客，这样的客车车辆叫做动车。把几节自带动力的车辆（动车）加几节不带动力的车辆（也叫拖车）编成一组，就是动车组，如图所示。假设动车组运行过程中受到的阻力与其所受重力成正比，每节动车与拖车的质量都相等，每节动车的额定功率都相等。若节动车加节拖车编成的动车组的最大速度为；现在我国往返北京和上海的动车组的最大速度为，则此动车组可能（　　）

A．由节动车加节拖车编成的
B．由节动车加节拖车编成的
C．由节动车加节拖车编成的
D．由节动车加节拖车编成的
12、 (本题9分)如图所示,一辆货车利用跨过光滑定滑轮的轻质缆绳提升一箱货物,已知货箱的质量为M,货物的质量为m,货车以速度v向左作匀速直线运动,重力加速度为g.则在将货物提升到图示的位置时,下列给出的结论正确的是(  )

A．货箱向上运动的速度大于v
B．缆绳中的拉力T等于(M+m)g
C．货车对缆绳拉力做功的功率P大于(M+m)gvcosθ
D．货物对货箱底部的压力小于mg
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)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、（10分）在“验证机械能守恒定律”的实验中采用重物自由下落的方法。
（1）某同学列举实验中用到的实验器材为：A．铁架台、B．打点计时器及复写纸片、C．纸带、D．秒表、E.低压交流电源、F.导线、G.重锤、H.天平，其中不必要的是___________。
（2）如果以为纵轴，以h为横轴，根据实验数据绘出的图线应是下图中的___________。

（3）在一次实验中，质量m的重物自由下落，在纸带上打出一系列的点（交流电频率50Hz），如图所示，长度单位cm，那么从起点O到打下记数点B的过程中重力势能减少量是__________J，此过程中物体动能的增加量___________g取，结果数据均保留至小数点后两位；通过计算，数值上_______（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）如图所示，滑块A的质量m＝0.01kg，与水平地面间的动摩擦因数μ＝0.2，用细线悬挂的小球质量均为m＝0.01kg，沿x轴排列，A与第1只小球及相邻两小球间距离均为s＝2m，线长分别为L1、L2、L3…（图中只画出三只小球，且小球可视为质点），开始时，滑块以速度v0＝10m／s沿x轴正方向运动，设滑块与小球碰撞时不损失机械能，碰撞后小球均恰能在竖直平面内完成完整的圆周运动并再次与滑块正碰，g取10m／s2，求：

（1）滑块能与几个小球碰撞？
（2）求出碰撞中第n个小球悬线长La的表达式。
16、（12分）如图所示,半径R=0.5 m的光滑圆弧轨道的左端A与圆心O等高,B为圆弧轨道的最低点,圆弧轨道的右端C与一倾角θ=37°的粗糙斜面相切.一质量m=1 kg的小滑块从A点正上方h=1 m处的P点由静止自由下落.已知滑块与粗糙斜面间的动摩擦因数μ=0.5,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,重力加速度g=10 m/s2.

（1）求滑块第一次运动到B点时对轨道的压力．
（2）求滑块在粗糙斜面上向上滑行的最大距离.
（3）通过计算判断滑块从斜面上返回后能否滑出A点.
17、（12分） (本题9分)如图所示，一物体质量m = 2 kg．在倾角为θ =37°的斜面上的A点以初速度v0 = 3 m／s下滑．A点距弹簧上端B的距离AB = 4 m．当物体到达B后将弹簧压缩到C点，最大压缩量BC = 0.2 m．然后物体又被弹簧弹上去，弹到的最高位置为D点，AD = 3 m．挡板及弹簧质量不计，取g=10m／s2，sin37° = 0.6，求：

（1）物体与斜面间的动摩擦因数μ；
（2）弹簧的最大弹性势能Epm．
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】
将v1沿绳和垂直于绳分解，可得，B正确ACD错误
2、C
【解析】
国际单位制中的基本单位只有七个：米、秒、千克、安培、摩尔、开尔文、坎德拉。
A．导出单位，不符合题意
B．导出单位，不符合题意
C．基本单位，符合题意
D．导出单位，不符合题意
3、D
【解析】
A、物体在斜面上上升的最大高度为h，克服重力做功为mgh，则重力势能增加了mgh．故A错误．B、根据牛顿第二定律得：mgsin30°+f=ma，解得摩擦力大小为 ，物体克服摩擦力做功为，所以物体的机械能损失了．故B错误．C、D、合外力对物体做功为，则根据动能定理得知物体动能损失了,故C错误，D正确．故选D．
【点睛】本题的关键要掌握常见的几对功和能的关系：重力做功与重力势能的关系有关，合力做功与动能的变化有关，除重力以外的力做功与机械能的变化有关．
4、D
【解析】
对小球由A至B研究，由动能定理：，再对由B返回A研究，由动能定理：，解得：，故D正确．
5、A
【解析】
北斗卫星绕地球匀速圆周运动，万有引力提供圆周运动向心力有，可得：.
A.由周期得，a的轨道半径小，故其周期小，故A正确；
B.由线速度，a的轨道半径小，故其线速度大，故B错误；
C.由加速度，a的轨道半径小，故其加速度大，故C错误；
D.由角速度，a的轨道半径小，故其角速度大；则D错误.
6、C
【解析】
图中a、b两点在一个等势面上电势相等，则ac间的电势差等于bc间的电势差，即Uac=Ubc，根据W=qU，有Wa=Wb；a位置的电场线较密集，c位置电场线较疏，故Ea＞Ec；故选C。
7、AB
【解析】
当R3的滑动头向右滑动时，接入电路的电阻减小，电路的总电阻减小，电流变大，则电流表示数变大，电阻R1两端电压变大，R1消耗功率变大，则R3两端的电压减小，电压表的示数变小，故A正确，CD错误。电容器的电压等于变阻器两端的电压，由上分析可知其电压减小，由Q=CU知，带电量减小，故B正确。
8、BD
【解析】
行李在传送带上先加速运动，然后再和传送带一起匀速运动，由牛顿第二定律和运动学公式求出时间．若行李一直做匀加速运动时，运动时间最短．
【详解】
A、B、C、由牛顿第二定律，得 μmg=ma得 a=1m/s1．设行李做匀加速运动的时间为t，行李加速运动的末速度为v=1m/s．由v=at1代入数值，得t1=1s，匀加速运动的位移大小为：
x==0.5m，
匀速运动的时间为：t1==1.5s，
行李从A到B的时间为：t=t1+t1=1+1.5=1.5s．
而乘客一直做匀速运动，从A到B的时间为t人==1s．故乘客提前0.5 s到达B．故A、B错误C正确；
D、若行李一直做匀加速运动时，运动时间最短．由L=，解得最短时间tm=1s．故D正确．
故选CD．
9、BCD
【解析】
小球刚开始与弹簧接触过程中，在时，小球受到的合力竖直向下，所以仍做加速运动，随着弹簧压缩量的增大，向下的加速度在减小，当时，加速度为零，速度达到最大，当时，小球受到的合力方向向上，所以小球做减速运动，并且加速度在增大，当压缩至最低点时，速度为零．故BCD正确．
10、AD
【解析】
根据电场线分布的对称性和叠加性原理可知，bd两点场强大小相等，方向不同，但电势相同；a点的场强最小，c点的场强最大；a、b、c、d四点中a点电势最高，c点电势最低，a点的电势高于c点的电势，故AD正确，BC错误。
11、AD
【解析】
设每节车的质量为m，所受阻力为kmg，每节动车的功率为P，1节动车加3节拖车编成的动车组的最大速度为，可得：

设最大速度为的动车组由x节动车加y节拖车编成的，则有：

联立解得：

对照各个选项，选项AD正确，BC错误。
12、BC
【解析】
将货车的速度进行正交分解，如图所示：

由于绳子不可伸长，货箱和货物整体向上运动的速度和货车速度沿着绳子方向的分量相等，故，由于不断减小，故货箱和货物整体向上做加速运动，加速度向上，对整体可知，故，对货物分析，，故货箱对货物的支持力，即货物对货箱底部的压力大于mg，AC正确B错误；整体的速度为，故拉力功率，D错误．
【点睛】对于斜牵引问题：先确定合运动的方向（物体实际运动的方向），然后分析这个合运动所产生的实际效果（一方面使绳或杆伸缩的效果；另一方面使绳或杆转动的效果）以确定两个分速度的方向（沿绳或杆方向的分速度和垂直绳或杆方向的分速度，而沿绳或杆方向的分速度大小相同）．

二、实验题（本题共16分，答案写在题中横线上）
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、DH； C； 0.50m； 0.48m >
【解析】
（1）本题是用打点计时器研究自由落体的机械能守恒，所以秒表不需要，实验最后验证的是是否成立，等式两边都有m，所以天平可以不用，因此不必要的器材为DH；
（2）如果以为纵轴，以h为横轴，根据实验数据绘出的图线应是过原点的倾斜直线，C正确；
（3）从起点O到打下记数点B的过程中重力势能减少量是，B点的速度为，此过程中物体动能的增加量，重物下落过程中由于空气阻力的作用，重力势能没有全部转化为动能，所以>

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)12个;(2)
【解析】（1）因滑块与小球质量相等且碰撞中机械能守恒，滑块与小球相碰撞会互换速度，小球在竖直平面内转动，机械能守恒，设滑块滑行总距离为s0，有

得s0＝25m
（个）
（2）滑块与第n个球碰撞，设小球运动到最高点时速度为vn′
对小球，有：．①
②
对滑块，有：③
解①②③三式：
16、（1）70N （2）1.1m （3）能滑出A
【解析】
（1）滑块从P到B的运动过程只有重力做功，故机械能守恒，则有：
；
那么，对滑块在B点应用牛顿第二定律可得：轨道对滑块的支持力竖直向上，
且；
故由牛顿第三定律可得：滑块第一次运动到B点时对轨道的压力为，方向竖直向下；
（2）设滑块在粗糙斜面上向上滑行的最大距离为L，滑块运动过程只有重力、摩擦力做功，故由动能定理可得：
所以，；
（3）对滑块从P到第二次经过B点的运动过程应用动能定理可得：；
所以，由滑块在光滑圆弧上运动机械能守恒可知：滑块从斜面上返回后能滑出A点．
经典力学问题一般先对物体进行受力分析，求得合外力及运动过程做功情况，然后根据牛顿定律、动能定理及几何关系求解．
17、0.5 24J
【解析】
试题分析：解：(1)整个过程从A到D，由系统能量转化与守恒定律有：
mgssin37°-umgcos37°L=0-其中s=3m，L=5.4m
代入数据计算得μ=0.5
(2)弹簧压缩到C点时，对应的弹性势能最大，由A到C的过程：由系统能量转化与守恒定律有：
Epm=+mgL1sin37°-μmgcos37°L1其中L1=4.2m
代入数据计算得Epm＝24J
考点：能量转化与守恒定律