湖北省宜昌市二中2024-2025学年高一物理第二学期期末学业质量监测试题含解析.doc

湖北省宜昌市二中2024-2025学年高一物理第二学期期末学业质量监测试题
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)绕地球做匀速圆周运动的人造地球卫星，其轨道半径越大，则它运行的
A．速度越小，周期越小 B．速度越小，周期越大
C．速度越大，周期越小 D．速度越大，周期越大
2、用控制变量法，可以研究影响平行板电容器电容的因素（如图）．设两极板正对面积为S，极板间的距离为d，静电计指针偏角为θ．实验中，极板所带电荷量不变，若

A．保持S不变，增大d，则θ变大
B．保持S不变，增大d，则θ变小
C．保持d不变，减小S，则θ变小
D．保持d不变，减小S，则θ不变
3、下列说法正确的是
A．两个匀变速直线运动的合运动一定是匀变速直线运动
B．做圆周运动的物体受到的合力不一定指向圆心
C．一对摩擦力做功的代数和为零
D．物体竖直向上运动，其机械能一定增加
4、 (本题9分)一辆汽车正在水平公路上转弯,沿曲线由M向N行驶，速度逐渐增大,下面四幅图中画出的汽车所受合力F的方向可能正确的是（ ）
A． B．
C． D．
5、 (本题9分)一个物体从空中落下，在这个过程中，重力对它做的功为2000J，物体克服空气阻力做的功为100J．则在这一过程中，物体的重力势能
A．减小了2000J
B．减小了2100J
C．增加了2000J
D．减小了1900J
6、 (本题9分)如图所示，粗细均匀、全长为的铁链，对称地挂在转轴光滑的轻质定滑轮上，滑轮的大小与铁链长度相比可忽略不计，受到微小扰动后，铁链从静止开始运动，当铁链脱离滑轮的瞬间，其速度大小为（ ）

A． B．
C． D．
7、 (本题9分)如图甲所示，光滑水平面上停放着一辆表面粗糙的平板车，质量为，与平板车上表面等高的平台上有一质量为的滑块以水平初速度向着平板车滑来，从滑块刚滑上平板车开始计时，之后它们的速度随时间变化的图象如图乙所示，是滑块在车上运动的时间，以下说法中正确的是（ ）

A．滑块与平板车最终滑离
B．滑块与增板车的质量之比
C．滑块与平板车表面的动摩擦因数为
D．平板车上表面的长度为
8、 (本题9分)有一辆新型电动汽车，总质量为1 000 kg．行驶中，该车速度在14～20 m/s范围内保持恒定功率20 kW不变．一位同学坐在驾驶员旁边观察车内里程表和速度表，记录了该车在位移120～400 m范围内做直线运动时的一组数据如下表，设汽车在上述范围内受到的阻力大小不变，则(　　)
s/m
120
160
200
240
280
320
360
400
v/(m·s－1)
14.5
16.5
18.0
19.0
19.7
20.0
20.0
20.0
A．该汽车受到的阻力为1 000 N
B．位移120～320 m过程牵引力所做的功约为9.5×104 J
C．位移120～320 m过程经历时间约为14.75 s
D．该车速度在14～20 m/s范围内可能做匀加速直线运动
9、 (本题9分)如图所示，水平地面上不同位置的三个物体沿三条不同的路径抛出，最终落在同一点，三条路径的最高点是等高的，若忽略空气阻力的影响，下列说法正确的是（ ）

A．沿路径1抛出的物体落地的速率最大
B．沿路径3抛出的物体在空中运动的时间最长
C．三个物体抛出时初速度的竖直分量相等
D．三个物体抛出时初速度的水平分量相等
10、(本题9分)如图所示，内壁光滑的圆锥筒的轴线垂直于水平面，圆锥筒固定不动，两个质量相同的小球A和B紧贴着内壁分别在图中所示的水平面内做匀速圆周运动，则（　　）

A．球A的周期一定大于球B的周期
B．球A的角速度一定大于球B的角速度
C．球A的线速度一定大于球B的线速度
D．球A对筒壁的压力一定大于球B对筒壁的压力
11、如图所示，足够长的光滑细杆PQ水平固定，质量为2m的物块A穿在杆上，可沿杆无摩擦滑动，质量为0.99m的物块B通过长度为L的轻质细绳竖直悬挂在A上，整个装置处于静止状态，A、B可视为质点。若把A固定，让质量为0.01m的子弹以v0水平射入物块B（时间极短，子弹未穿出）后，物块B恰好能在竖直面内做圆周运动，且B不会撞到轻杆。则（　　）

A．在子弹射入物块B的过程中，子弹和物块B构成的系统，其动量和机械能都守恒
B．子弹射入物块B的初速度v0=100
C．若物块A不固定，子弹仍以v0射入时，物块上摆的初速度将小于原来物块A固定时的上摆初速度
D．若物块A不固定，子弹仍以v0射入，当物块B摆到与PQ等高时，物块A的速率为
12、 (本题9分)长木板A放在光滑的水平面上，质量为m=2kg的另一物体B以水平速度v0=2m/s滑上原来静止的长木板A的表面，由于A、B间存在摩擦，之后A、B速度随时间变化情况如图所示，则下列说法正确的是(　 　)

A．木板获得的动能为2J
B．系统损失的机械能为2J
C．木板A的最小长度为1m
D．A、B间的动摩擦因数为0.1
二、实验题（本题共16分，答案写在题中横线上）
13、（6分）如图甲所示，在水平光滑轨道上停着甲、乙两辆实验小车，甲车上系有一穿过打点计时器的纸带，当甲车获得水平向右的速度时，随即启动打点计时器，甲车运动一段距离后，与静止的乙车发生正碰并粘在一起运动，纸带记录下碰撞前甲车和碰撞后两车的运动情况，如图乙所示，电源频率为51Hz，则碰撞前甲车速度大小为________m/s，碰撞后的共同速度大小为________m/s．已测得甲小车的质量m1=1．21kg，乙小车的质量m2=1．11kg，由以上测量结果可得：碰前总动量为_____kg•m/s；碰后总动量为_____kg•m/s．

14、（10分） (本题9分)某同学验证“重锤做自由落体运动过程中机械能守恒”的实验，不慎将一条选择好的纸带的前面一部分破坏了，只能研究中间某过程机械能是否守恒。如图所示，相邻两个计数点间还有一个点未画出，用刻度尺测出各计数点之间的距离：S1=2.80cm，S2=4.40cm，S3=5.95cm，S4=7.55cm，S5=9.05cm。已知打点计时器工作频率为50Hz，重锤的质量为1kg，重力加速度g=10m/s2。

利用以上纸带可以求出在打第2个点到第5个点的过程中重锤重力势能的减少量为__________J，重锤动能的增加量为___________J（计算结果均保留3位有效数字）。
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，竖直平面内有一固定的光滑轨道ABCD，其中AB是足够长的水平轨道，B端与半径为R的光滑半圆轨道BCD平滑相切连接，半圆的直径BD竖直，C点与圆心O等高．现有一质量为m的小球Q静止在B点，另一质量为2m的小球P沿轨道AB向右匀速运动并与Q发生对心碰撞，碰撞后瞬间小球Q对半圆轨道B点的压力大小为自身重力的7倍，碰撞后小球P恰好到达C点．重力加速度为g．

（1）求碰撞前小球P的速度大小；
（2）求小球Q离开半圆轨道后落回水平面上的位置与B点之间的距离；
（3）若只调节光滑半圆轨道BCD半径大小，求小球Q离开半圆轨道D点后落回水平面上的位置与B点之间的距离最大时，所对应的轨道半径是多少？
16、（12分） (本题9分)如图所示，内壁光滑的弯曲钢管固定在天花板上，一根结实的细绳穿过钢管，两端分别拴着一个小球和B．小球A和B的质量之比．当小球A在水平面内做匀速圆周运动时，小球A到管口的绳长为l，此时小球B恰好处于平衡状态．管子的内径粗细不计，重力加速度为g．试求：

(1)拴着小球A的细绳与竖直方向的夹角θ；
(2)小球A转动的周期．
17、（12分）如图甲所示，平行板电容器的两个极板A、B分别接在电压为U的恒压电源的两极，两极板间距为d，板长为L．α粒子从非常靠近上极板的C点以v0的速度沿垂直电场线方向的直线CO方向射入电场，经电场偏转后由D点飞出匀强电场．已知α粒子质量为m，电荷量为+q，不计α粒子重力．求：

（1）α粒子飞离电场时沿电场方向发生的位移大小；
（2）C、D两点间的电势差；
（3）若仅将A、B极板上的电压换为如图乙所示的周期性变化的电压，t＝0时A板比B板的电势高．为使在t＝时刻由C点射入两板间的α粒子最终刚好能由O点水平射出，分别写出电压变化周期T与板间距离d满足的条件．(用L、U、m、q、v0表示)
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】
人造卫星做匀速圆周运动，设卫星的质量为，轨道半径为，地球质量为．根据万有引力提供向心力有，，．
计算得出：
…①
…②
所以卫星的轨道半径越大，速度越小，周期越大．故B正确．
故选B．
2、A
【解析】
AB、电容器所带电荷量Q不变，由可知不变，增大d，则变小，而由可得电容器的电压U变大，从而使得静电计的电压U变大，其指针的偏角θ变大，故A正确、B错误;
CD、同理可知保持d不变，减小S，则变小，而由可得电容器的电压U变大，使得静电计的电压U变大，其指针的偏角θ变大，故选项C、D均错误．
故选:A.
3、B
【解析】
A.当两个匀变速直线运动的合加速度与合初速度共线时，合运动为匀变速直线运动；当合加速度与合初速度不共线时，合运动为曲线运动，故A错误；
B.做匀速圆周运动的物体合外力全部提供向心力，合外力一定指向圆心；做变速圆周运动时，合外力沿半径方向的分力提供向心力，合外力沿切线方向的分力改变速度的大小，故B正确；
C.一对静摩擦力做的功的代数和为零，一对滑动摩擦力做的功的代数和为负值，故C错误；
D.根据功能关系可知，物体竖直向上运动时，当除重力以外的力的合力向上时，机械能增加，当除重力以外的力的合力向下时，机械能减小，故D错误.
4、B
【解析】
因汽车M向N行驶，故速度方向沿切线向上，由曲线运动条件知C错误；又因速度逐渐增大，故F与速度夹角为锐角，故A、D错误，故本题B正确．
5、A
【解析】
重力做正功，重力势能减小，重力做了2000J的正功，故重力势能减少2000J；
AC．综上所述重力势能减少2000J，A正确C错误；
BD．重力做了多少功，重力势能就改变多少，与其他力做功无关，BD错误．
6、A
【解析】
铁链从开始到刚脱离滑轮的过程中，链条重心下降的高度为，在链条下落过程，由机械能守恒定律，得：，解得：，故A正确，B、C、D错误；
故选A．
链条在下滑的过程中，对链条整体，只有重力做功，机械能守恒，根据机械能守恒定律求出链条的速度．
7、AC
【解析】由图象可知，滑块运动到平板车最右端时，速度大于平板车的速度，所以滑块将做平抛运动离开平板车，故A正确；根据图线知，滑块的加速度大小．小车的加速度大小，知铁块与小车的加速度之比为1：1，根据牛顿第二定律得，滑块的加速度大小为：a1=，小车的加速度大小为：a2=，则滑块与小车的质量之比m：M=1：1．故B错误。滑块的加速度a1==μg，又，则，故C正确；滑块的位移，小车的位移，则小车的长度L=v0t0-v0t0=v0t0，故D错误。故选AC。
点睛：解决本题的关键是通过v-t图像理清小车和铁块的运动情况，知道图像的斜率等于加速度，“面积”等于位移，结合牛顿第二定律和运动学公式进行求解。
8、AC
【解析】
当汽车匀速运动时，牵引力等于阻力，即，A正确；由动能定理得，解得，B错误；根据，所以有，C正确；在14m/s---20m/s，功率不变，由P=Fv可知，牵引力减小，由可知，加速度减小，D错误．
【点睛】本题关键要具有基本的读图能力，并根据表格中数据分析出汽车的运动情况．对于C问中，牵引力是变力，汽车做变速运动，不能用运动学的公式求解时间．
9、AC
【解析】
BC．根据运动的合成分解，将初速度分解为竖直方向和水平方向的分速度，设初速度方向与竖直方向的夹角为，故有小球沿竖直方向的速度分量，根据小球的运动轨迹可知，竖直方向的高度相等，加速度都为重力加速度，所以三个小球沿竖直方向的分速度相同，根据竖直上抛运动特点可知，三个小球在空中运动时间相同，故B错误，C正确；
A．由题知，根据竖直方向的速度分量

可知，落地时重力做功为零，所以落地进的速率与初速度相同，故A正确；
D．小球沿水平方向的速度分量，所以可知1的小球水平速度分量最大，故D错误。
故选AC。
10、AC
【解析】
ABC．对小球受力分析，小球受到重力和支持力，它们的合力提供向心力，如图：

根据牛顿第二定律，有

解得

A的半径大，则A的线速度大，角速度小
根据知A球的周期大，选项AC正确，B错误；
D．因为支持力

知球A对筒壁的压力一定等于球B对筒壁的压力，选项D错误。
故选AC。
11、BD
【解析】
A.在子弹射入物块B的过程中，子弹和物块B构成的系统，合外力冲量远小于内力冲量，其动量守恒，但由于要产生内能，所以机械能不守恒，故A错误。
B.物块B恰好能在竖直面内做圆周运动，在最高点时由重力提供向心力，根据牛顿第二定律得：
，
得

B从最低点到最高点的过程，根据机械能守恒定律得

子弹射入物块B的过程，取水平向右为正方向，由动量守恒定律得
0.01mv0=（0.01m+0.99m）v2
联立解得 

，
故B正确。
C.若物块A不固定，子弹仍以v0射入时，根据动量守恒定律知物块上摆的初速度等于原来物块A固定时的上摆初速度。故C错误。
D.若物块A不固定，子弹仍以v0射入，当物块B摆到与PQ等高时，设A的速率为vA，B的水平速率为vB．根据水平动量守恒有 
（0.01m+0.99m）v2=（2m+0.01m+0.99m）vA．
得
，
故D正确。
12、BCD
【解析】
A．根据速度时间图像可知木板最终的速度为v=1m/s，从B刚滑上A开始，到两者共速，过程中，将两者看做一个整体，整体所受合力为零，故整体动量守恒，设木板的质量为M，则根据动量守恒定律可得：
，
解得：
，
故木板获得的动能为
，
A错误；
B．系统减少的动能为
，
B正确；
C．图像图线与坐标轴围成的面积表示位移，则由图得到：0-1s内B的位移为
，
A的位移为
，
木板A的最小长度为

C正确；
D．由斜率大小等于加速度大小，得到B的加速度大小为
，
根据牛顿第二定律得
，
代入解得
，
D正确．

二、实验题（本题共16分，答案写在题中横线上）
13、2．6, 2．4 , 2．22 , 2．22
【解析】
碰撞前Δx＝2．2cm，碰撞后Δx′＝2．8cm，T＝2．22s，由v＝得碰前v甲＝＝2．6m/s；碰后v＝＝2．4m/s．碰前总动量p2=m2v2=2．2×2．6 kg•m/s =2．22kg•m/s碰后的总动量：p2=（m2+m2）v2=2．3×2．4 kg•m/s =2．22kg•m/s．
14、1.79 1.75 (1.76也给分)
【解析】
[1] 点2到打下计数点5的过程中重力势能减少量是：

[2] 根据匀变速直线运动中时间中点的瞬时速度等于该过程中的平均速度，有2点的瞬时速度等于13段的平均速度，则：

5点的瞬时速度等于46段的平均速度，则：

此过程中物体动能的增加量：

代入数据可得

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】
设小球Q在B处的支持力为；碰后小球Q的速度为，小球P的速度为；碰前小球P的速度为；小球Q到达D点的速度为.
(1)由牛顿第三定律得小球Q在B点
碰后小球Q在B点由牛顿第二定律得:
碰后小球P恰好到C点，由动能定理得:
P、Q对心碰撞，由动量守恒得：
联立解得:
(2)小球Q从B到D的过程中，由动能定理得：
解得，所以小球Q能够到达D点
由平抛运动规律有：

联立解得
(3)

联立解得:
当时x有最大值
所以
解决本题时要抓住弹簧的形变量相等时弹性势能相等这一隐含的条件，正确分析能量是如何转化，分段运用能量守恒定律列式是关键．
16、 (1)60°；(2)π；
【解析】
（1）绳子的拉力，对A球分析，在竖直方向上的合力为零，则

解得

则
；
（2）根据牛顿第二定律得

解得
．
17、（1）（2）（3）
【解析】
（1）两板之间为匀强电场

粒子在电场中的加速度大小

粒子的偏移量

运动时间

解得：

（2）两点的电势差为

解得：

（3）为使粒子刚好由点水平射出，粒子在一个周期内竖直方向的分位移应为零，且在电场中运动时间与电压变化周期的关系为，则

竖直向下的最大分位移应满足：

解得：