2024-2025学年浙江省宁波四中物理高一下期末达标检测试题含解析.doc

2024-2025学年浙江省宁波四中物理高一下期末达标检测试题
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、一质量为m的物体沿半径为R的光滑轨道下滑，当它从距底端高度R处下滑至距底端高度的过程中，重力和轨道的支持力对物体做的功为

A．；0 B．mg；mg
C．； D．mg；0
2、如图所示，用细绳拴着质量为m的小球，在竖直平面内做圆周运动，圆周半径为R，则下列说法正确的是（　　）

A．小球过最高点时，绳子一定有张力
B．小球刚好过最高点时的速度为
C．小球过最高点时的最小速度为零
D．小球过最高点时，绳子对小球的作用力可以与球所受的重力方向相反
3、已知河水的流速保持不变，小船在静水中的速度恒定且大于河水的流速。如图所示，为使小船由河岸O点沿虚线垂直河岸航行，船头的指向可能为图中的

A．①方向 B．②方向 C．③方向 D．④方向
4、 (本题9分)对于万有引力定律的表达式F=，下列说法正确的是（　　）
A．式中G为引力常量，它是由牛顿用实验测得的，而不是人为规定的
B．两个质量为1kg的铁球靠得很近时，万有引力趋于无限大
C．m1与m2受到相互的吸引力总是大小相等、方向相反的
D．该公式只适用于天体之间而不适用于相距较近的球体之间
5、 (本题9分)第三代海事卫星采用同步和中轨道卫星结合的方案，解决了覆盖全球的问题．它由4颗同步卫星与12颗中轨道卫星组成的卫星群构成，中轨道卫星离地面的高度约为地球半径的2倍，分布在几个轨道平面上（与赤道平面均有一定的夹角）．若地球表面处的重力加速度为，则中轨道卫星的轨道处受地球引力产生的重力加速度约为 （ ）
A． B．4g C． D．9g
6、物体仅在拉力、重力作用下竖直向上做匀变速直线运动，重力做功-2J，拉力做功3J，则下列说法正确的是
A．物体的重力势能减少2J
B．物体的动能增加3J
C．物体的动能增加1J
D．物体的机械能增加1J
7、 (本题9分)关于地球的同步卫星，下列说法正确的是( )
A．它处于平衡状态，且具有一定的高度
B．它的加速度小于9.8 m/s2
C．它的周期是24 h，且轨道平面与赤道平面重合
D．它绕行的速度小于7.9 km/s
8、 (本题9分)如图，长均为L的两根轻绳，一端共同系住质量为m的小球，另一端分别固定在等高的A、B两点，A、B两点间的距离也为L．重力加速度大小为g．今使小球在竖直平面内以AB为轴做圆周运动，若小球在最高点速率为v时，两根绳的拉力恰好均为零，则

A．当绳的拉力恰好为0时，小球在最高点的速率
B．当绳的拉力恰好为0时，小球在最高点的速率
C．若小球在最高点速率为3v时，每根绳的拉力大小为
D．若小球在最高点速率为3v时，每根绳的拉力大小为
9、 (本题9分)同步卫星A的运行速率为V1，向心加速度为a1，运转周期为T1；放置在地球赤道上的物体B随地球自转的线速度为V2，向心加速度为a2，运转周期为T2；在赤道平面上空做匀速圆周运动的近地卫星C的速率为V1，向心加速度为a1，动转周期为T1．比较上述各量的大小可得（ ）
A．T1=T2>T1 B．V1> V2> V1 C．a1< a2= a1 D．a1> a1> a2
10、如图甲所示，水平放置的平行金属导轨连接一个平行板电容器C和电阻R，导体棒MN放在导轨上且接触良好，整个装置放于垂直导轨平面的磁场中，磁感应强度B的变化情况如图乙所示（图示磁感应强度方向为正），MN始终保持静止，则0～t2时间（   ）

A．电容器C的电荷量大小始终没变 B．电容器C的a板先带正电后带负电
C．MN所受安培力的大小始终没变 D．MN所受安培力的方向先向右后向左
11、如图所示，固定坡道倾角为θ，顶端距光滑水平面的高度为h，一可视为质点的小物块质量为m，从坡道顶端由静止滑下，经过底端O点进入水平面时无机械能损失，为使小物块制动，将轻弹簧的一端固定在水平面左侧M处的竖直墙上，弹簧自由伸长时右侧一端恰好位于O点。已知小物块与坡道间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，则下列说法正确的是（ ）

A．弹贽弹性势能的最大值为mgh
B．小物块在倾斜轨道上运动时，下滑的加速度比上滑的加速度小
C．小物块在坡道上往返运动的总路程为
D．小物块返回倾斜轨道时所能达到的最大高度为
12、 (本题9分)如图所示，在倾角=30o的光滑固定斜面上，放有两个质量分别为1kg和1kg的可视为质点的小球A和B，两球之间用一根长L=0.1m的轻杆相连，小球B距水平面的高度h=0.1m．两球从静止开始下滑到光滑地面上，不计球与地面碰撞时的机械能损失，g取10m/s1．则下列说法中正确的是

A．下滑的整个过程中A球机械能守恒
B．下滑的整个过程中两球组成的系统机械能守恒
C．两球在光滑水平面上运动时的速度大小为1 m/s
D．系统下滑的整个过程中B球机械能的增加量为J
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)利用气垫导轨验证机械能守恒定律，实验装置如图甲所示，水平桌面上固定一倾斜的气垫导轨，导轨上A点处有一带长方形遮光片的滑块，其总质量为M，左端由跨过轻质光滑定滑轮的细绳和一质量为m的小球相连；遮光片两条长边与导轨垂直，导轨上B点有一光电门，可以测量遮光片经过光电门时的挡光时间t，用d表示A点到光电门B处的距离，b表示遮光片的宽度，将遮光片通过光电门的平均速度看做滑块通过B点时的瞬时速度，实验时滑块在A处由静止开始运动．

(1)某次实验测得倾角θ＝30°，重力加速度用g表示，滑块从A处到达B处时m和M组成的系统动能增加量可表示为ΔEk＝_________，系统的重力势能减少量可表示为ΔEp＝________，在误差允许的范围内，若ΔEk＝ΔEp，则可认为系统的机械能守恒．(用题中字母表示)
(2)在上述实验中，某同学改变A、B间的距离，作出的v2－d图象如图乙所示，并测得M＝m，则重力加速度g＝________m/s2.
14、（10分） (本题9分)利用如图所示的方式验证碰撞中的动量守恒。竖直平面内的四分之--光滑圆弧轨道下端与水平桌面相切，先将质量均为m的滑块A、B分别从圆弧轨道的最高点无初速度释放如图甲所示，测得滑块在水平桌面滑行的距离均为；然后将滑块B放在圆弧轨道的最低点，再将A从圆弧轨道的最高点无初速度释放如图乙所示，测得碰后B沿桌而滑行的距离为，A沿桌而滑行的距离为，圆弧轨道的半径为R，A、B均可视为质点，重力加速度为g。

滑块A运动到圆弧轨道最低点时对轨道的压力大小为______。
若A和B的碰撞过程动量守恒，则，，应满足的关系是______
若A和B发生弹性碰撞。则碰撞后瞬间A的速度为______，B的速度为______。
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，光滑的水平地面上停有一质量，长度的平板车，平板车左端紧靠一个平台，平台与平板车的高度均为，一质量的滑块以水平速度从平板车的左端滑上平板车，并从右端滑离，滑块落地时与平板车的右端的水平距离。不计空气阻力，重力加速度求：

滑块刚滑离平板车时，车和滑块的速度大小；
滑块与平板车间的动摩擦因数。
16、（12分） (本题9分)某人在离地面10m高处以10m/s的速度水平抛出一质量为1kg的物体，不计空气阻力，取g=10m/s2.求：
（1）人对物体所做的功；
（2）物体落地时的水平位移及速度大小；
（3）物体从抛出到落地过程中动量变化量的大小。
17、（12分） (本题9分)如图所示，竖直平面内，长为L=2m的水平传送带AB以v=5m/s顺时针传送，其右下方有固定光滑斜面CD，斜面倾角θ=37°，顶点C与传送带右端B点竖直方向高度差h=1．45m，下端D点固定一挡板．一轻弹簧下端与挡板相连，上端自然伸长至E点，且C、E相距1．4m．现让质量m=2kg的小物块以v1=2m/s的水平速度从A点滑上传送带，小物块传送至B点后飞出恰好落至斜面顶点C且与斜面无碰撞，之后向下运动．已知弹簧的最大压缩量为1．2m，物块所受空气阻力不计，取重力加速度g=11m/s2．求：

（1）传送带与小物块间的动摩擦因数μ；
（2）由于传送物块电动机对传送带所多做的功；
（3）弹簧的最大弹性势能．
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】
物体下滑的高度为，所以重力做功为：

由于下滑过程中支持力方向始终与速度方垂直，所以支持不做功
A.；0与分析相符，故A项正确；
B.mg；mg与分析不符，故B项错误；
C.，与分析不符，故C项错误；
D.mg；0与分析不符，故D项错误。
2、B
【解析】
A．小球在圆周最高点时，满足恰好由重力提供向心力时，可以使绳子的拉力为零，故A错误;
BC．小球刚好能在竖直面内做圆周运动，则在最高点，恰好由重力提供向心力时，向心力最小，线速度最小，有：，，故B正确，C错误;
D．小球在圆周最高点时，绳子只能提供向下的拉力，所以不可能与重力的方向相反，故D错误。
3、B
【解析】
，为使小船由河岸O点沿虚线垂直河岸航行，船头应向上游偏，速度合成如图所示，船头的指向可能为图中的②方向

A. ①方向与上述结论船头的指向可能为图中的②方向不相符，故A不符合题意；
B. ②方向与上述结论船头的指向可能为图中的②方向相符，故B符合题意；
C. ③方向与上述结论船头的指向可能为图中的②方向不相符，故C不符合题意；
D. ④方向与上述结论船头的指向可能为图中的②方向不相符，故D不符合题意；
4、C
【解析】
A．引力常量是由卡文迪许通过实验测得的，不是牛顿用实验测得的，故A错误；
B．当趋于零时，物体不能简化为质点，万有引力公式不适用，不能直接用这个公式计算万有引力，所以两个质量为1kg的铁球靠得很近时，不能直接用这个公式计算万有引力，万有引力不是趋于无限大，故B错误；
C．与之间的引力是一对作用力与反作用力，大小总是相等，方向相反的，故C正确；
D．万有引力定律适用于任何两个可以看成质点的物体之间或均质球体之间的引力计算，所以该公式也适用于相距较近的球体之间，故D错误；
故选C。
5、A
【解析】
试题解析：由于地球表面处的重力加速度为，则mg=；设中轨道卫星的轨道处受地球引力产生的重力加速度为g′，则mg′=；联立二者解之得g′=，故A正确．
考点：万有引力与航天．
6、C
【解析】
A. 物体的重力做功-2J，则重力势能增加2J，选项A错误；
B. 合力功为3J+(-2J)=1J，则物体的动能增加1J，选项B正确；
C. 由B的分析可知，选项C错误；
D. 拉力做功为3J，则物体的机械能增加3J，选项D错误.
7、BCD
【解析】
试题分析：地球同步卫星是指与地球具有相同运动周期的卫星，其相对于地球上的一点来说静止，轨道平面与赤道平面重合，但一直围绕地球在运动，没有处于平衡状态，A选项错误，C选项正确．近地卫星重力完全用来向心力，，此时加速度为9.8 m/s2，地球同步卫星半径更大，加速度变小，B正确．近地卫星的绕行速度为7.9 km/s，，，地球同步卫星半径更大，速度小，D正确．
考点：第一宇宙速度，同步卫星，近地卫星
点评：第一宇宙速度即近地卫星的绕行速度，也是发射卫星的最小速度．地球同步卫星与地球有相同的角速度，且轨道平面与赤道平面重合，则可以与地球上的一点保持相对静止．
8、BC
【解析】
试题分析：当绳的拉力恰好为0时，小球在最高点的速率满足：，则，选项B正确，A错误；当小球在最高点的速率为3v时，根据牛顿第二定律有：mg+2Tcos30°＝m
解得：．故选项C正确，D错误；故选BC．
考点：牛顿第二定律；向心力

9、AD
【解析】
A、同步卫星与地球自转同步，所以T3＝T2．
根据开普勒第三定律得卫星轨道半径越大，周期越大，故T3＞T3．故A正确．
B、同步卫星与物体2周期相同，根据圆周运动公式v，所以V3＞V2，故B错误．
CD、同步卫星与物体2周期相同，根据圆周运动公式a，得a3＞a2，
同步卫星3与人造卫星3，都是万有引力提供向心力，
所以a，由于r3＞r3，由牛顿第二定律，可知a3＞a3．故C错误、D正确．
故选AD．
10、AD
【解析】
A、B：由乙图知，磁感应强度均匀变化，根据法拉第电磁感应定律可知，回路中产生恒定电动势，电路中电流恒定，电阻R两端的电压恒定，则电容器的电压恒定，故电容器C的电荷量大小始终没变．根据楞次定律判断可知，通过R的电流一直向下，电容器上板电势较高，一直带正电．故A正确，B错误；
C：根据安培力公式F＝BIL，I、L不变，由于磁感应强度变化，MN所受安培力的大小变化，故C错误．
D：由右手定则判断得知，MN中感应电流方向一直向上，由左手定则判断可知，MN所受安培力的方向先向右后向左，故D正确．
故选AD．
11、BC
【解析】
A．根据能量的转化与守恒，当小物块压缩弹簧到最短时，物块的重力势能一部分转化为弹簧的弹性势能，一部分转化为内能，所以弹簧弹性势能的最大值小于mgh，故A错误；
B．根据牛顿第二定律，小物块下滑时

小物块上滑时

可见

故B正确；
C．物块m最终停止在O点，对于运动的全过程，由动能定理得

解得在斜面上运动的总路程

故C正确；
D．设物体能够上升得最大高度h1，物体被弹回过程中由动能定理得：

解得

故D错误。
故选BC。
12、BD
【解析】
当B下滑到水平面时，A还在继续下滑，此时轻杆对A有作用力且做功，所以下滑整个过程中A球机械能不守恒，故A错误，但两球组成的系统只有重力做功，所以机械能守恒，故B正确，当B下滑到地面时，A正好运动到了B开始时的位置，这时两球的速度相等，系统具有的机械能为，设两小球在水平面上的运动速度为v，因为整个过程机械能守恒，所以，得，所以C错误．下滑整个过程中B球机械能增加量为，所以D正确．

二、实验题（本题共16分，答案写在题中横线上）
13、 9.6
【解析】
（1）滑块从A处到达B处的速度:
则系统动能的增加量：
系统重力势能的减小量：△Ep=mgd-Mgdsin30°=（m−）gd
（2）根据系统机械能守恒的：（M+m）v2＝（m−）gd
则：
图线的斜率：
解得：g=9.6m/s2
14、3mg0
【解析】
滑块A在圆弧轨道上下滑过程机械能守恒，由机械能守恒定律得：，
在圆弧轨道最低点，由牛顿第二定律得：，
解得：，由牛顿第三定律可知，滑块对轨道的压力大小为：；
滑块在水平轨道运动过程，由动能定理得：
对滑块A：，
对B：，
如果碰撞过程系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：，
解得：；
、B发生弹性碰撞，碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：，
由机械能守恒定律得：，
解得：，；
注意在弹性碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒，分析清楚滑块的运动过程是解题的前提，应用机械能守恒定律、牛顿第二定律、动量守恒定律与机械能守恒定律即可解题。

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)
【解析】
设滑块刚滑到平板车右端时，滑块的速度大小为，平板车的速度大小为，
由动量守恒可知：
滑块滑离平板车后做平抛运动，则有：
解得：，；
由功能关系可知：
解得：
本题主要是考查了动量守恒定律；对于动量守恒定律，其守恒条件是：系统不受外力作用或某一方向不受外力作用；解答时要首先确定一个正方向，利用碰撞前系统的动量和碰撞后系统的动量相等列方程进行解答。
16、（1）（2），（3）
【解析】
（1）在抛出的过程中由动能定理可得：

即抛出时人对物体做的功为
（2）物体的落地时间为，在竖直方向：

化简可得：

落地水平位移为

落地竖直分速度为

所以落地的速度为

（3）在此过程中由动量定理可得动量的变化量等于合力的冲量，即：

17、（1）1．3（2）21J（3）3．2J
【解析】
将物块在C点的速度沿水平和竖直方向分解，则
则物块通过B点的速度为
由于，所以物块由A到B一直做匀加速运动，
在此过程中，物块的加速度为 
由
解得
物块由A到B的运动时间
此过程传送带的位移
所以由于传送块电动机对传送带所做的功
物块到C点时的速度为
对物块，由C点运动到最低点的过程，
由能量守恒定律得 ；
代入解得弹簧的最大弹簧性势能  
本题是多过程问题，关键要熟练运用运动的分解法研究平抛运动，把握题目中隐含的条件：物块到达C点时速度沿斜面向下，明确能量守恒定律是求弹簧的弹性势能常用的方法．