2025年贵阳市清华中学物理高一第二学期期末统考试题含解析.doc

2025年贵阳市清华中学物理高一第二学期期末统考试题
考生请注意：
1．答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内，不得在试卷上作任何标记。
2．第一部分选择题每小题选出答案后，需将答案写在试卷指定的括号内，第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。
3．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。

一、选择题：本大题共10小题，每小题5分，共50分。在每小题给出的四个选项中，有的只有一项符合题目要求，有的有多项符合题目要求。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
1、关于功和能，下列说法正确的是（　　）
A．功有正负，因此功是矢量
B．功是能量转化的量度
C．能量的单位是焦耳，功的单位是瓦特
D．物体发生1m位移过程中，作用在物体上大小为1N的力对物体做的功一定为1J
2、如图所示，重物P放在粗糙的水平板OM上，当水平板绕O端缓慢抬高，在重物P没有滑动之前，下列说法中正确的是

A．P受到的支持力做正功
B．P受到的支持力不做功
C．P受到的摩擦力做负功
D．P受到的摩擦力做正功
3、 (本题9分)甲、乙两个物体从同一地点、沿同一直线同时做直线运动，其v-t图象如图所示，则（）

A．1s时甲和乙相遇
B．2s时甲的速度方向反向
C．2-6s内甲相对乙做匀速直线运动
D．4s时乙的加速度方向反向
4、 (本题9分)如图是共享单车的部分结构，单车的大齿轮、小齿轮、后轮的半径都不一样，它们的边缘有三个点A和B和C，如图所示．正常骑行时，下列说法正确的是（　　）

A．A点的角速度大于B点的角速度
B．A点的线速度与B点的线速度大小相等
C．C点的角速度小于B点的角速度
D．C点的线速度与B点的线速度大小相等
5、如图所示某小孩在广场游玩时将一气球用轻质细绳与地面上木块相连，气球在水平风力作用下处于斜拉状态，此时细绳与竖直线成角．假若气球和木块的质量分别为m、M。当水平风力缓慢增大时，则下列说法中错误的是（ ）

A．水平风力足够大时，木块一定会脱离水平面
B．细绳拉力变大
C．水平面对木块的支持力不变
D．水平面对木块的摩擦力变大
6、 (本题9分)一作匀速圆周运动的物体，半径为R，向心加速度为a，则下列关系中正确的是
A．线速度 B．角速度
C．周期 D．转速
7、在加速向右行驶的车厢里一个人用力向前推车厢，如图所示，人相对车厢未移动，则（ ）

A．人对车做正功 B．人对车做负功
C．推力对车做正功 D．车对人静摩擦力做正功
8、马戏团中上演的飞车节目深受观众喜爱。如图甲，两表演者骑着摩托车在竖直放置的圆锥筒内壁上做水平匀速圆周运动。若两表演者（含摩托车）分别看作质点A、B，其示意简图如图乙所示，摩托车与内壁倾斜方向的摩擦力恰好为零，则B做圆周运动的

A．周期较大
B．线速度较大
C．角速度较大
D．向心加速度较大
9、 (本题9分)如图所示，与水平面成θ角的传送带，在电动机的带动下以恒定的速率顺时针运行．现将质量为m的小物块从传送带下端A点无初速地放到传送带上，经时间t1物块与传送带达到共同速度，再经时间t2物块到达传送带的上端B点，已知A、B间的距离为L，重力加速度为g，则在物块从A运动到B的过程中，以下说法正确的是

A．在t1时间内摩擦力对物块做的功等于mv2
B．在t1时间内物块和传送带间因摩擦而产生的内能等于物块机械能的增加量
C．在t1+ t2时间内传送带对物块做的功等于mgL sinθ+mv2
D．在t1+t2时间内因运送物块，电动机至少多消耗 mgLsinθ+mv2的电能
10、 (本题9分)如图所示，a为地面上的待发射卫星，b为近地圆轨道卫星，c为地球同步卫星．三颗卫星质量相同．三颗卫星的线速度分别为va，vb，vc，角速度分别为ωa，ωb，ωc，周期分别为Ta，Tb，Tc，向心力分别为Fa，Fb，Fc，则(　 　)

A．ωa＝ωc<ωb B．Fa＝FcTb
二、实验题
11、（4分） (本题9分)王同学做“验证机械能守恒定律”的实验。
（1）实验中需要一个合适的“重物”，如图重物中最合适的为________（选填“A”、“B”或“C”）

（2）图中纸带为王同学做本实验所得纸带的一部分，重物的质量m=0.20kg，查得当地的重力加速度值，则打下点“5”时重物的速度大小为________m/s；从打下“2”点到打下“5”点过程中，重物重力势能的减少量为_________J。（结果均保留两位有效数字）
12、（10分）如图所示为研究平抛运动的实验装置：

(1)现把两个小铁球分别吸在电磁铁C、E上，然后切断电磁铁C的电源，使一只小铁球从轨道A射出，并在射出时碰到碰撞开关S，使电磁铁E断电释放它吸着的小铁球，两铁球同时落到地面。这个实验_________
A．只能说明平抛运动的水平方向做匀速直线运动的规律
B．只能说明平抛运动的竖直方向做自由落体运动的规律
C．不能说明上述AB规律中的任何一条
D．能同时说明上述AB两条规律
(2)若把该装置进行改装，可以验证动量守恒定律，改装后的装置如图。实验原理和简要步骤如下：

A．用天平测出直径相同的入射小球与被碰小球的质量m1、m2相比较，应是m1大于m2
B．在地面上依次铺白纸和复写纸。
C．调整斜槽，使斜槽末端平直部分水平，并用重锤确定小球抛出点（斜槽末端口）在地面上的竖直投影点O。
D．不放被碰球m2，先让入射球m1多次从倾斜轨道上S位置静止释放，找到其平均落地点的位置P，测量平抛射程OP。
E．把被碰球m2放在斜槽末端口上，让入射球m1从倾斜轨道上S位置静止滑下，与球正碰后，记下落点，重复多次，确定出入射球m1和被碰球m2的平均落地点位置M和N．用刻度尺量OM、OP、ON的长度。
请按要求完成：
①在步骤A中有“m1大于m2”的要求，其原因是为了防止________________，在步骤B中有“斜槽末端平直部分水平“的要求，其原因是为了__________________
②若两球相碰前后的动量守恒，其表达式可表示为_________；若碰撞是弹性碰撞，那么还应满足的表达式为_________（用实验测量的量m1、m2、OM、•ON和•OP表示）
三、计算题：解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤．只写出最后答案的不能得分．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位
13、（9分） (本题9分)如图所示倾角的粗糙直导轨与半径的光滑圆（部分）导轨相切，切点为，为圆心，为竖直直径，整个轨道处在竖直平面内．一质量的小滑块从直导轨上的点无初速度下滑，小滑块滑上圆环导轨后恰好能从圆环导轨的最高点水平飞出．已知滑块与直导轨间的动摩擦因数，重力加速度，不计空气阻力．求：

（1）滑块在圆导轨最低点时受到的支持力大小；
（2）滑块从到的运动过程中损失的机械能．（计算结果可保留根式）
14、（14分） (本题9分)如图所示，将一个小球水平抛出，抛出点距水平地面的高度h=1.8m，小球落地点与抛出点的水平距离x=4.8m．不计空气阻力，g取10m/s1．求：
（1）小球从抛出到落地经历的时间;
（1）小球抛出时的速度大小v0;
（3）小球落地时的速度大小v;

15、（13分） (本题9分)如图，一内壁光滑、质量为m1＝0.1kg、半径为R＝0.1m的环形细圆管，固定在一个质量为M＝0.5kg的长方体基座上。一质量为m2＝0.2kg的小球（可看成质点）在管内做完整的圆周运动，长方体与地面不粘连，且始终相对地面静止。重力加速度记为g＝10m/s2，求：

（1）当小球以速率v1= m/s经过最低点时，地面对长方体的支持力大小；
（2）当小球经过最高点时，若长方体对面的压力恰好为零，此时小球的速率v2为多大？
参考答案

一、选择题：本大题共10小题，每小题5分，共50分。在每小题给出的四个选项中，有的只有一项符合题目要求，有的有多项符合题目要求。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
1、B
【解析】
功有正负，但功是标量，A错．B对．能量的单位是焦耳，功的单位也是焦耳，C错．物体在力的方向上发生1m位移过程中，作用在物体上大小为1N的力对物体做的功一定为1J，若力与位移垂直，功为0，D错．
2、A
【解析】
AB. 当水平板绕O端缓慢抬高，在重物P没有滑动之前，P做圆周运动，支持力垂直板向上，支持力与速度方向相同，故支持力做正功，故A正确，B错误；
CD. 当水平板绕O端缓慢抬高，在重物P没有滑动之前，P做圆周运动，摩擦力沿板方向，与速度方向垂直，所以摩擦力不做功，故CD错误。
3、C
【解析】
v-t图象中，倾斜的直线表示匀变速直线运动，斜率表示加速度，图象与坐标轴围成的面积表示位移．在时间轴上方的位移为正，下方的面积表示位移为负，看物体是否改变运动方向就看速度图象是否从时间轴的上方到时间轴的下方；
【详解】
A、由图象可知：在时，甲乙速度相等，位移不等，没有相遇，故A错误；
B、2s前后甲的速度都是正值，所以2s时甲的速度方向没变，故B错误；
C、甲乙两个物体在内图象的斜率相同，所以加速度相同，则甲相对乙做匀速直线运动，故C正确；
D、2-6s乙物体的v-t图是一条倾斜直线，这段时间乙物体做匀变速直线运动，加速度不变，故4 s时乙的加速度方向不变，故D错误．
故选C
本题是速度--时间图象的应用，要明确斜率的含义，知道在速度--时间图象中图象与坐标轴围成的面积的含义，能根据图象读取有用信息，能够利用图像求解位移．
4、B
【解析】
大齿轮与小齿轮是同缘传动，边缘点线速度相等；小齿轮与后轮是同轴传动，角速度相等；结合线速度与角速度关系公式v=ωr列式求解．
【详解】
AB.AB两点在传送带上，是同缘传动的边缘点，所以两点的线速度相等，根据v=ωr，角速度与半径成反比，A点的角速度小于B点的角速度，故A错误，B正确；
CD.BC两点属于同轴转动，故角速度相等，根据v=ωr，线速度与半径成正比，C点的线速度大于B点的线速度，故CD错误；
故选B．
5、A
【解析】
AC. 对气球和砖块的整体，竖直方向受到重力、浮力和地面的支持力作用，则G=FN+F浮，若水平风力缓慢增大，地面支持力不变，与风力无关，木块不可能脱离水平面，故A错误，C正确；
B. 对气球受力分析，受到重力、风的推力、拉力、浮力，如图所示

根据共点力平衡条件，有：Tsinθ=F；Tcosθ+mg=F浮， 解得，当风力缓慢增大时，绳子的拉力T也增大，故B正确；
D. 水平方向，整体受到水平风力和地面给砖块的摩擦力作用，所以砖块受到的摩擦力总等于水平风力，当风力缓慢增大时，砖块受到的摩擦力也缓慢增大，故D错误。
6、ABC
【解析】
小球的加速度a=，得，故A正确；由圆周运动的向心加速度得：a=ω2R，得：，故B正确；由向心加速度与周期的关系得：a=R，，故C正确；转速与周期互为倒数，n=1/T，得：，故D错误．故选ABC．
7、BCD
【解析】
AB.由于人向右加速运动，故车厢对人的力向右，由牛顿第三定律可知，人对车的作用力向左，力与位移方向相反，人对车做负功，故选项A不符合题意，B符合题意；
C.人的推力向右，而车和人又是向右运动的，推力和位移的方向相同，故推力做正功，故选项C符合题意；
D.由于车厢对人静摩擦力向右，力与位移方向相同，故可知车厢对人的静摩擦力做正功，故选项D符合题意。
8、AB
【解析】
BC.摩托车做匀速圆周运动，摩擦力恰好为零，由重力mg和支持力F的合力提供圆周运动的向心力，作出受力分析如图：

则有：向心力Fn=mgtanα，由，得：，，则知B质点高，半径r大，则ω较小，v较大；故B正确，C错误.
A.因为，而B质点角速度小，则其周期较大；故A正确.
D.因为mgtanα=ma，则向心加速度为a=gtanα，所以A、B两质点的向心加速度相等，故D错误.
9、BC
【解析】
A. 由动能定理可知，在t1时间内摩擦力和重力对物块做的功之和等于mv2，选项A错误；
B. 在t1时间内，物块相对传送带的位移，则物块和传送带间因摩擦而产生的内能为；物块机械能的增加量等于摩擦力做的功，即，即在t1时间内物块和传送带间因摩擦而产生的内能等于物块机械能的增加量，选项B正确；
C. 由能量关系可知，在t1+ t2时间内传送带对物块做的功等于物块机械能的增量，即mgL sinθ+mv2，选项C正确；
D. 在t1时间内因运送物块，电动机至少多消耗 mgL1sinθ+mv2+Q，由选项B可知：mgL1sinθ+mv2=Q，则在t1时间内因运送物块电动机至少多消耗2mgL1sinθ+mv2；在t2时间内因运送物块电动机至少多消耗mgL2sinθ；则在t1+t2时间内因运送物块，电动机至少多消耗 2mgL1sinθ+mv2+mgL2sinθ=mg(L+L1)sinθ+mv2的电能，选项D错误；
10、AD
【解析】
ACD：同步卫星与地球自转同步，则、；据得：．地球同步卫星和近地卫星同是卫星，据可得，、、．故AD两项正确，C项错误．
B：万有引力，三卫星质量相等，轨道半径，可得．故B项错误．
点睛：区分在地面上的物体和近地圆轨道卫星，两者只有转动半径相等；受力不同，线速度、角速度、周期均不同．

二、实验题
11 (1)C (2)2.4~2.6m/s 0.25~0.27J
【解析】
第一空.实验中应选择质量尽量大，体积尽量小的重物挂在纸袋下方，故选C；
第二空.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，得出5点的瞬时速度大小为：，解得：v5=2.5m/s；
第三空.从打下“2”点到打下“5”点过程中，重物重力势能的减少量△Ep=mgh2-5，解得△EP=0.25J。
12、B 两球相碰后反弹 保证小球做平抛运动 m1 ·OM＋m1 ·ON=m1 ·OP m1 ·OM 1＋m1 ·ON1=m1 ·OP1
【解析】
(1)[1].两球同时落地，可知平抛运动在竖直方向上的运动规律与自由落体运动的规律相同，即平抛运动在竖直方向上做自由落体运动，该实验不能得出平抛运动在水平方向上的运动规律。
A．只能说明平抛运动的水平方向做匀速直线运动的规律，与分析不符，故A项错误；
B．只能说明平抛运动的竖直方向做自由落体运动的规律，与分析相符，故B项正确；
C．不能说明上述AB规律中的任何一条，与分析不符，故C项错误；
D．能同时说明上述AB两条规律，与分析不符，故D项错误。
(1)①[1].入射球质量应大于被碰球质量，即：m1＞m1，是为了防止两球碰撞后入射球反弹，保证小球碰后速度方向不变。
[3].斜槽的末端必须水平，是为了使小球抛出时速度方向水平，从而做平抛运动；
②[4].碰撞过程动量守恒，则
m1v0=m1v1+m1v1，
两边同时乘以时间t得：
m1v0•t=m1v1•t+m1v1•t，
则
m1•OP=m1•OM+m1•ON
[5].若碰撞为弹性碰撞，则
，
两边同时乘以时间的平方得

则得：
m1•OP1＝m1•OM1+m1•ON1．

三、计算题：解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤．只写出最后答案的不能得分．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位
13、（1）60N (2)
【解析】
（1）滑块在点时由重力提供向心力，有：
滑块从点到点的运动过程中，由机械能守恒可知：
在点有：，解得
（2）滑块从点到点过程，由机械能守恒可知：

滑块从点到点过程有：

由功能关系可知，损失的机械能
解得．
【点睛】该题的突破口是小滑块滑上圆环导轨后恰好能从圆环导轨的最高点C水平飞出，运用机械能守恒定律和牛顿第二定律解决问题．
14、 (1)t=0.6s(1)(3)
【解析】
(1)根据平抛运动规律得，竖直方向

得：

(1)水平方向得：

(3)落地时竖直方向的速度为

由运动的合成可知，落地时的速度

15、 (1)18N(2)2m/s
【解析】
(1) 设当小球经过最低点时受到圆管对它的支持力为N，小球对圆管的压力为FN，地面对长方体的支持力大小为F支，小球的向心力为：

由牛顿第三定律可知：

地面对长方体的支持力大小
F支=FN+Mg+m1g
代入数据联立解得：
F支=18N
(2) 当小球经过最高点时，小球对管道的压力为FN2，小球对圆管的支持力为N2，根据题意得

根据牛顿第三定律有：

要使长方体对地面的压力恰好为零，则
N2=Mg+m1g
代入数据联立解得：
v2=2m/s