2024-2025学年天津市静海区独流中学高一下物理期末检测试题含解析.doc

2024-2025学年天津市静海区独流中学高一下物理期末检测试题
请考生注意：
1．请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用0．5毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。写在试题卷、草稿纸上均无效。
2．答题前，认真阅读答题纸上的《注意事项》，按规定答题。

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)用轻弹簧竖直悬挂质量为m的物体，静止时弹簧伸长量为L．现用该弹簧沿斜面方向拉住质里为2m的物体，系统静止时弹簧伸长量也为L．斜面倾角为30°，如图所示．则物体所受摩擦力

A．等干零
B．大小为mg，方向沿斜面向下
C．大小为mg，方向沿斜面向上
D．大小为mg，方向沿斜面向上
2、如图所示，粗糙水平圆盘上，质量相等的A、B两物块叠放在一起，随圆盘一起做匀速圆周运动，则下列说法正确的是（ ）

A．A对B的摩擦力指向圆心
B．B运动所需的向心力大于A运动所需的向心力
C．盘对B的摩擦力是B对A的摩擦力的2倍
D．若逐渐增大圆盘的转速（A、B两物块仍相对盘静止），盘对B的摩擦力始终指向圆心且不断增大
3、 (本题9分)在地球上不同的地方，重力加速度大小是不同的。若把地球看成一个质量分布均匀的球体，已知地球半径为R，地球自转的周期为T，则地球两极处的重力加速度与赤道处的重力加速度之差为
A． B． C． D．
4、如图所示，一个球用一不计质量的网兜挂在光滑的墙壁上，已知球的重力为G，网兜悬绳与墙壁的夹角为α。则球对网兜的拉力F1及球对墙壁的压力F2大小分别为

A．F1=，F2=G tanα B．F1=Gcosα， F2=Gsinα
C．F1=， F2= D．F1=G tanα， F2=
5、(本题9分)重为2N的物体挂在竖直弹簧秤上，弹簧秤上端固定在电梯顶板上，如图所示. 当电梯竖直下降过程中，发现弹簧秤上的示数为1N. 则电梯的加速度a

A．，方向竖直向下
B．，方向竖直向下
C．，方向竖直向上
D．，方向竖直向上
6、 (本题9分)一物块在水平恒力F作用下沿水平面ABC直线运动。已知AB段光滑，BC段粗糙，且。设恒力F在AB、BC段所做的功分别为、，则
A．， B．，
C．， D．，
7、 (本题9分)如图所示，一个小球从高处自由下落到达轻质弹簧顶端A处起，弹簧开始被压缩。在小球与弹簧接触，到弹簧被压缩到最短的过程中，关于小球的动能、重力势能，弹簧的弹性势能的说法中正确的是　　

A．小球的动能先增大后减小
B．小球的动能一直在减小
C．小球的重力势能逐渐减小，弹簧的弹性势能逐渐增加
D．小球的重力势能和弹簧的弹性势能之和逐渐增加
8、如图所示，半径为R的竖直光滑圆轨道内侧底部静止着一个光滑的小球，现给小球一个冲击使其在瞬间得到一个水平初速度，若大小不同，则小球能够上升到的最大高度（距离底部）也不同，下列说法正确的是

A．如果，则小球能够上升的最大高度为
B．如果，则小球能够上升的最大高度为R
C．如果，则小球能够上升的最大高度为
D．如果，则小球能够上升的最大高度为2R
9、如图所示，一轻绳通过小定滑轮O与小球B连接，另一端与套在竖直杆上的小物块A连接，杆固定且足够长。开始时用手握住B使A静止在P点，细线伸直。现释放B，A向上运动，过Q点时细线与竖直杆成60°角，R点位置与O等高。(不计一切摩擦，B球未落地)则

A．物块A过Q点时，A、B两物体的速度关系为vA=2vB
B．物块A由P上升至R的过程中，物块A的机械能增加量等于小球B的机械能减少量
C．物块A由P上升至R的过程中，细线对小球B的拉力总小于小球B的重力
D．物块A由P上升至R的过程中，小球B所受重力的瞬时功率先增大后减小
10、 (本题9分)如图所示，两个完全相同的带正电荷的小球被a、b两根绝缘的轻质细线悬挂于O点，两小球之间用绝缘的轻质细线c连接，a、b、c三根细线长度相同，两小球处于静止状态，且此时细线c上有张力，两小球的重力均为G．现用一水平力F缓慢拉右侧小球，使细线a最终处于竖直状态，两小球最终处于静止状态，则此时与初态相比，下列说法正确的是:

A．细线a的拉力变大
B．细线b的拉力变大
C．细线c的拉力变大
D．最终状态时的水平拉力F比小球的重力G大
11、 (本题9分)如图所示，在光滑四分之一圆弧轨道的顶端a点，质量为m的物块(可视为质点)由静止开始下滑，经圆弧最低点b滑上粗糙水平面，圆弧轨道在b点与水平轨道平滑相接，物块最终滑至c点停止．若圆弧轨道半径为R，物块与水平面间的动摩擦因数为μ，下列说法正确的是(　　)

A．物块滑到b点时的速度为
B．物块滑到b点时对b点的压力是3mg
C．c点与b点的距离为
D．整个过程中物块机械能损失了3mgR
12、 (本题9分)如图所示，在光滑的圆锥漏斗的内壁，有两个质量相等的小球A、B，它们分别紧贴漏斗，在不同水平面上做匀速圆周运动，则下列说法正确的是（　　）

A．小球A的速率大于小球B的速率
B．小球A的运行周期等于小球B的运行周期
C．小球A漏斗壁的压力等于小球B对漏斗壁的压力
D．小球A的角速度大于小球B的角速度
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)某同学利用自由落体运动验证机械能守恒定律，它在同一竖直线上不同高度处安装两个光电门，然后在高处的光电门正上方一定距离处由静止释放小球，下落中小球球心经过两光电门的光束，光电门显示的遮光时间分别为t1、t2。
（1）为验证机械能守恒定律，它还必须测出的物理量有_____________
A．小球的质量m
B．小球的直径D
C．两光电门中心的距离L
D．小球在两光电门中心间运动的时间
（2）为验证机械能守恒定律，需要比较小球在两光电门间运动时重力势能的减少量△Ep与小球增加的动能△Ek是否相等，若运用所测物理量及相关常量表示，则△Ep =_________；△Ek =__________。
（3）为减小实验误差，对选择小球的要求是_____________________。
14、（10分） (本题9分)某同学为了“探究求合力的方法”，实验步骤如下：
A．用图钉将白纸固定在木板上．
B．将橡皮条的一端拴上两个细绳套，另一端用图钉固定在木板上．
C．用两只弹簧测力计同时互成角度地拉两细绳套，将橡皮条与细绳套的结点拉到某一位置O.用铅笔描下O点的位置及两细绳的方向，并记下弹簧测力计的读数F1、F1．
D．改用一只弹簧测力计向任意一个方向拉细绳套，记下细绳的方向和弹簧测力计的读数F.选好标度，沿细绳的方向做出力F的图示．
E.用同样的标度，用铅笔和刻度尺从0点沿两细绳的方向按F1、F1的大小做两个力的图示．用刻度尺与三角板，以F1、F1为邻边做平行四边形，找对对角线，即合力F′.
F.比较F′和F的大小和方向是否相同．
G.改变F1及F1的大小和方向，重复上述步骤．
(1)此同学的实验操作中有一步是错误的，错误的步骤是______(填步骤序号)，应如何改正?
_________________________________________________________________________．
(1)在实验中，采取下列哪些措施可减小实验误差__________．
A．两个分力F1、F1间夹角必须为90°
B．两个分力F1、F1的大小要适当大些
C．拉橡皮条的细绳要尽量短一些
D．细绳要与木板平行
E.若F′与F不完全重合，证明平行四边形定则是错误的
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）由于地球自转的影响，地球表面的重力加速度会随纬度的变化而有所不同．已知地球表面两极处的重力加速度大小为，在赤道处的重力加速度大小为，地球自转的周期为，引力常量为．假设地球可视为质量均匀分布的球体．求：
（1）质量为的物体在地球北极所受地球对它的万有引力的大小．
（2）地球的半径．
（3）地球的密度．
16、（12分）如图所示，一质量为m的物体在合外力F的作用下沿直线运动了距离l，物体的速度由v1变为v2.应用牛顿第二定律和运动学公式证明：此过程中合外力的功等于物体动能的增量.

17、（12分） (本题9分)真空中有两个点电荷A、B相距r=30cm，qA=4×10－6 C，qB=－4×10－6 C，已知静电力常量k = 9.0×109N·m2/C2
（1）在A，B两点电荷连线的中垂线上，距A、B两点都为r的O点放一个带电量为qC=4×10－6 C的正点电荷C，求该电荷所受的电场力的大小．
（2）求O点的电场强度．
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】
试题分析：弹簧竖直悬挂物体时，对物体受力分析，根据共点力平衡条件 F="mg" ①
根据胡克定律F="kL" ②
由①②得，③
物体放在斜面上时，再次对物体受力分析，如图

设物体所受的摩擦力沿斜面向上，根据共点力平衡条件，有
F′+f-2mgsin31°="1" ③
其中F′="kL=mg" ④
由以上四式解得f=1，故物体所受的摩擦力大小方向沿斜面向上，大小为1．故选A．
考点：物体的平衡
【名师点睛】本题关键对物体受力分析，然后运用共点力平衡条件及胡克定律列式求解；注意胡克定律中弹簧的弹力与伸长量成正比．
2、C
【解析】
A．两物体随圆盘转动，都有沿半径向外的滑动趋势，受力分析如图

则所受静摩擦力均沿半径指向圆心，由牛顿第三定理可知A对B的静摩擦力沿半径向外，故A错误；
B．两物体随圆盘转动，角速度相同为，运动半径为，则两物体转动所需的向心力均为，即B运动所需的向心力等于A运动所需的向心力，故B错误；
C．对整体由牛顿第二定律可知

对A由牛顿第二定律得

则盘对B的摩擦力是B对A的摩擦力的2倍，故C正确；
D．在增大圆盘转速的瞬间，两物体有沿半径向外的趋势和沿切线向后的趋势，则此时静摩擦力方向在径向和切向之间，与线速度成锐角，径向分力继续提供向心力，切向分力提供切向加速度使线速度增大，从而保证滑块继续跟着圆盘转动，而物体随转盘一起转时静摩擦力又恢复成沿半径方向提供向心力，故增大圆盘转速，盘对B的摩擦力大小不断增大，但方向不是始终指向圆心，故D错误。
故选C。
3、D
【解析】
在两极：；在赤道上：，则；
A. ，与结论不相符，选项A错误；
B. ，与结论不相符，选项B错误；
C. ，与结论不相符，选项C错误；
D. ，与结论相符，选项D正确；
4、A
【解析】
对足球进行受力分析，如图所示。

小球处于静止状态，故由平衡条件可得：F2=F1sinα；G=F1cosα；联立解得： ；F2=Gtanα；由牛顿第三定律可知球对网兜的拉力F1及球对墙壁的压力F2大小分别为： ；F2=Gtanα；
A. F1=，F2=G tanα，与结论相符，选项A正确；
B. F1=Gcosα， F2=Gsinα与结论不相符，选项B错误；
C. F1=， F2=，与结论不相符，选项C错误；
D. F1=G tanα， F2=，与结论不相符，选项D错误；
5、A
【解析】
对物体进行受力分析，物体受重力和弹簧秤的拉力F作用，取竖直向上为正方向，根据牛顿第二定律知：F-mg=ma得物体的加速度为：，负号表示物体的加速度方向竖直向下，小于重力加速度。
A. aAC
【解析】
AB.小球刚接触弹簧时，弹簧形变量较小，弹力小于重力，对小球而言受重力和弹力作用，合力方向向下，故小球先向下做加速运动；当弹力大于重力时，合力向上，则小球做减速运动，则小球的动能先增加后减小，故A正确；B错误；
C.由于将弹簧压缩至最低的过程中，小球一直在向下运动，相对地面的高度是越来越小，故重力势能一直减小，而小球接触弹簧至弹簧压缩最低点的过程中弹簧的形变量越来越大，弹性势能也越来越大，故C正确；
D.因为整个过程中忽略阻力，只有重力和弹力做功，满足系统机械能守恒，即小球的动能与重力势能及弹簧的弹性势能之和不变，而在小球压缩弹簧的过程中，小球的动能先增大后减少，所以小球的重力势能和弹簧的之和先减小后增大。故D错误。
8、ABD
【解析】
A、当v0，根据机械能守恒定律有：mgh，解得h，即小球上升到高度为时速度为零，所以小球能够上升的最大高度为．故A正确．
B、设小球恰好能运动到与圆心等高处时在最低点的速度为v，则根据机械能守恒定律得：mgRmv1，解得．故如果v0，则小球能够上升的最大高度为R．故B正确．
C、设小球恰好运动到圆轨道最高点时在最低点的速度为v1，在最高点的速度为v1．则在最高点，有mg＝m
从最低点到最高点的过程中，根据机械能守恒定律得： ，解得 v1，所以v0时，小球不能上升到圆轨道的最高点，会脱离轨道，在最高点的速度不为零．根据，知最大高度 h．故C错误．
D、当，由上分析知，上升的最大高度为1R．故D正确．
故选ABD．
9、ABD
【解析】
A.物块A过Q点时，将物块A的速度分解为沿绳子方向和垂直于绳子的方向，沿绳子方向的分速度等于B的速度，即vB=vAcos60°，得vA=2vB；故A正确.
B.物块A由P上升至R的过程中，对于A、B组成的系统，由于只有重力做功，所以系统的机械能守恒，则物块A的机械能增加量等于小球B的机械能减少量；故B正确.
C.物块A由P上升至R的过程中，小球B的速度先增大后减小，物块上升至R时B球的速度为零，则小球B的加速度先向上后向下，先处于超重状态后处于失重状态，则细线对小球B的拉力先大于小球B的重力，后小于小球B的重力；故C错误.
D.物块A由P上升至R的过程中，小球B的速度先增大后减小，由P=mgv知小球B所受重力的瞬时功率先增大后减小；故D正确.
10、BCD
【解析】
如图所示

对初末态小球受力分析可得：

所以细线a的拉力变小，故A错误；
B项：，，可解得：，故B正确；
C项：，，，所以细线c的拉力变大，故C正确；
D项：F与G的合力为 ，F=，故D正确．
11、BC
【解析】
由机械能守恒可知，mgR=mv2，解得b点时的速度为，故A错误；b点时，物体受重力、支持力而做圆周运动，则由F-mg=m可得，支持力F=3mg，由牛顿第三定律可知，物块对b点的压力为3mg； 故B正确；对全程由动能定理可知，mgR-μmgs=0，解得bc两点间的距离为，故C正确；在滑动过程中，摩擦力所做的功等于机械能的损失，故机械能损失了μmgs=mgR，故D错误。故选BC。
12、AC
【解析】
A、对A、B两球进行受力分析，两球均只受重力和漏斗给的支持力FN．设内壁与水平面的夹角为θ。根据牛顿第二定律有：mgtanθ=m，解得：v=，A球的轨道半径较大，则小球A的速率较大，故A正确；
B、根据牛顿第二定律有：mgtanθ=m，解得：T=，A球的轨道半径较大，则小球A的周期大于小于B的周期，故B错误；
C、支持力为：FN=，两小球的质量相等，则支持力相等，对漏斗壁的压力相等，故C正确；
D、根据ω==知，A的轨道半径大，则A的角速度较小，故D错误。

二、实验题（本题共16分，答案写在题中横线上）
13、BC mgL 质量较大，直径较小，外表光滑
【解析】
试题分析：（1）利用小球通过光电门的平均速度来代替瞬时速度，由此可以求出小铁球通过光电门时的瞬时速度，因此需要知道两光电门长度，及小球的直径，再根据机械能守恒的表达式可以求出所要求的关系式；（2）根据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该段时间内的平均速度可以求出物体在B点时的速度，然后根据动能、势能的定义进一步求得动能、势能的变化量；（3）选取质量较大，体积较小，则受到阻力较小．
（1）若想验证小球的机械能守恒，需测量的物理量有：两光电门间的高度，及两光电门点的瞬时速度，根据平均速度等于瞬时速度，则需要测量球的直径，从而求得球通过两光电门的瞬时速度，而对于质量，等式两边可能约去，而在两光电门中心间运动的时间是通过仪器读出，不需要测量，故BC正确，AD错误；
（2）重力势能的减少量：，利用匀变速直线运动的推论得动能的增量为；
（3）当阻力越小时，则实验误差越小，因此要选择质量较大，直径较小，外表光滑的小球；
14、D； 应将结点仍拉到位置O； BD；
【解析】
（1）错误的步骤是D，为保证效果相同，应将结点仍拉到位置O；（1）、方向间夹角大小适当即可，不一定要为，故A错误；实验要方便、准确，两分力适当大点，读数时相对误差小，但不宜太大，故B正确；为了便于确定拉力的方向，拉橡皮条的细绳要稍长一些，故C错误；测量力的实验要求尽量准确，为了减小实验中因摩擦造成的误差，操作中要求弹簧秤、细绳、橡皮条都应与木板平行，故D正确；因实验中存在误差，故不可能严格使F与重合，故实验结论在误差允许的范围内，可以说明平行四边形定则是正确的，故E错误；选BD.
【点睛】“验证平行四边形定则”的实验中，通过将橡皮筋拉到同一位置得到相同效果的合力与分力，则由平行四边形定则可得判断各项是否正确．

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) mg0 (2) (3)
【解析】
试题分析：（1）质量为的物体在两极所受地球的引力等于其所受的重力．
即F=mg02分
（2）设地球的质量为M，半径为R，在赤道处随地球做圆周运动物体的质量为m．
物体在赤道处随地球自转做圆周运动的周期等于地球自转的周期，轨道半径等于地球半径．
根据万有引力定律和牛顿第二定律有－mg＝mR 2分
在赤道的物体所受地球的引力等于其在两极所受的重力即＝mg01分
解得 R=1分
（3）因为，所以 M＝2分
又因地球的体积V=，所以 ρ＝2分
考点：考查了万有引力定律的应用
16、
【解析】
对物体依据牛顿第二定律有：

由匀变速直线运动的规律有：

合力的功为：

联立可得：

即：合外力的功等于物体动能的增量
17、（1）1.6N（2）E=V/m，方向水平向右
【解析】
（1）由库仑定律，A.B两电荷对电荷C的作用力的大小都为为；
由平行四边形定则可求出二力的合力，
点电荷C所受电场力；

（2）由场强公式，得，方向水平向右；