山西省长治市屯留县第一中学2024-2025学年高一物理第二学期期末考试试题含解析.doc

山西省长治市屯留县第一中学2024-2025学年高一物理第二学期期末考试试题
考生须知：
1．全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。
2．请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。
3．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。

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、质量为1kg的物体做匀变速直线运动，其位移随时间变化的规律为x=2t+t2（m）。t=2s 时，该物体所受合力的功率为
A．6 W B．8 W C．10 W D．12 W
2、如图所示,质量为m的小球在水平面内作匀速圆周运动.细线长为,与竖直方向的夹角为,细线的拉力大小为,小球作圆周运动的周期为,则在时间内小球所受合力的冲量大小为

A．零 B． C． D．
3、一台抽水机每秒能把30kg的水抽到10m高的水塔上，如果不计额外功的损失，这台抽水机保持输出功率不变的前提下，半小时内能做多少功（）( )
A． B． C． D．
4、如图所示，银河系中某行星有三颗卫星A、B、C，它们在同一平面沿顺时针方向绕行星做匀速圆周运动.不考虑其它星体的影响，下列说法正确的是

A．三颗卫星的角速度大小关系是A>B=C
B．三颗卫星向心加速度的大小关系是aA>aB =aC
C．三颗卫星受到行星的万有引力大小关系是FA中心的距离r2大小关系为
A．r1< r2 B．r1> r2 C．r1= r2 D．无法确定
7、 (本题9分)旅居加拿大十六岁学生温家辉，2009年在美国太空总署主办的太空移民设计赛中夺冠．温家辉的获奖设计是一个高1.6 km的圆筒形建筑，命名为Asten，如题图所示，内径约1 km，圆筒由一个个可以住人的环形物堆叠而成，并在电力的驱动下绕着中心轴以一定的角速度转动，从而产生 “模拟重力”，使居民能在“重力”环境下生活．垂直中心轴的截面图如题所示，圆筒的内壁正好是城市的地面，因此，生活在这座太空城市的人，站在“地面上”，跟站在地球地面上的感觉没有区别．以下说法正确的有（　）

A．太空城内的居民不能运用天平准确测出质量
B．太空城内物体所受的“重力”一定通过垂直中心轴截面的圆心
C．人随太空城自转所需的向心力由人造陆地对人的支持力提供
D．太空城绕自己的中心轴转动的角速度越大，太空城的居民受到的“重力”越大
8、 (本题9分)下列说法正确的是
A．做曲线运动的物体所受合外力一定变化
B．互成角度的两个匀变速直线运动的合运动一定是曲线运动
C．做曲线运动的物体所受合外力的方向与速度的方向不在同一条直线上
D．物体做圆周运动时，其所受合外力的方向不一定指向圆心
9、 (本题9分)一质量为m的物体，以g的加速度减速上升h高度，g为重力加速度，不计空气阻力，则(　　)
A．物体的机械能守恒
B．物体的动能减小mgh
C．物体的机械能减少mgh
D．物体的重力势能减少mgh
10、如图所示，一对水平放置的平行金属板AB中央有一个静止的电子e（不计重力），两板间距离足够大．0～4s内在两板间加上如图所示的交变电压后，则下列反映电子加速度a、速度v、位移x和动能四个物理量随时间t的变化规律中正确的是（所涉及的矢量均取向上方向为正）

A．
B．
C．
D．
11、 (本题9分)如图所示，质量M=2kg的滑块在光滑的水平轨道上，质量m=1kg的小球通过长L=0.5m的轻质细杆与滑块上的光滑轴O连接，小球和轻杆可在竖直平面内绕O轴自由转动滑块可以在光滑的水平轨道上自由运动，开始轻杆处于水平状态，现给小球一个竖直向上的初速度大小为，则下列说法正确的是（   ）

A．当小球通过最高点时滑块的位移大小是
B．当小球通过最高点时滑块的位移大小是
C．当小球击中滑块右侧轨道位置与小球起始位置点间的距离
D．当小球击中滑块右侧轨道位置与小球起始位置点间的距离
12、 (本题9分)如图所示，在点电荷Q产生的电场中，实线MN是一条方向未标出的电场线，虚线AB是一个电子只在静电力作用下的运动轨迹.设电子在A、B两点的加速度大小分别为、，电势能分别为、.下列说法正确的是(  )

A．电子一定从A向B运动
B．若>，则Q靠近M端且为正电荷
C．无论Q为正电荷还是负电荷一定有<
D．B点电势可能高于A点电势
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)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：铁架台、打点计时器及复写纸片、纸带、秒表、低压交流电源、导线、重锤，其中不必要的是__________________________；缺少的是_________________________．
（2）用公式进行验证时，对纸带上起点的要求是______________________，为此目的，所选纸带的第一、二两点间距应接近__．
（3）如果以为纵轴，以为横轴，根据实验数据绘出的图线应是下图中的____________，其斜率等于__________________的数值．
A． B．
C． D．
14、（10分） (本题9分)某同学采用频闪摄影的方法拍摄到如图所示的“小球做平抛运动”的照片。图中每个小方格的实际边长为10cm.

(1)请在图中作出小球运动的轨迹_______.
(2)小球做平抛的初速度大小为_______m/s.（取g=10m/s2，计算结果保留2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，轻质弹簧的自由端位于O点。用功率恒为P的水平拉力将一质量为m=2kg的滑块（可视为质点）从A处由静止开始向右拉动，经t=2 s时间运动到O点，恰好达到最大速度vm=4m/s，此时将拉力撤去。滑块继续向右运动到B点时，弹簧被压缩至最短。已知xAO=4m，xOB=1m，从A→O→B的整个过程中滑块所受摩擦阻力f恒定不变，空气阻力不计。求：
(1)恒定功率P及摩擦阻力f的大小；
(2)弹簧的最大弹性势能EP。

16、（12分） (本题9分)长为L的细线，拴一质量为m的小球，细线上端固定，让小球在水平面内做匀速圆周运动，如图所示，求细线与竖直方向成θ角时：(重力加速度为g)

(1)细线中的拉力大小；
(2)小球运动的线速度的大小.
17、（12分） (本题9分)如图所示，轻质弹簧的左端固定，并处于自然状态. 小物块的质量为m，从A处以一定的初速度向左沿水平地面运动，压缩弹簧后被弹回，运动到A点恰好静止. 物块向左运动的最大距离为x，此时弹簧的弹性势能为EP，重力加速度为g，弹簧未超出弹性限度. 求:

（1）物块全过程发生的位移；
（2）物块与地面间的动摩擦因数；
（3）物块在A点时的初速度大小.
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）
1D
【解析】
根据知质点的加速度，初速度为，
根据可知时速度为，
根据牛顿第二定律可知物体所受合力，
t=2s时，该物体所受合力的功率为，故选项D正确，A、B、C错误。
2、C
【解析】
冲量的定义式只能用于计算恒力的冲量，变力冲量可用动量定理来求解即可。
【详解】
小球做匀速圆周运动，在时间内，由动量定理知：，
对小球受力分析，知：，
联立得：。
A．零，与分析结果不符，故A错误；
B．，与分析结果不符，故B错误；
C．，与分析结果相符，故C正确；
D．，与分析结果不符，故D错误。
本题主要考查了动量定理的应用，属于一般题型。
3、C
【解析】
抽水机1秒钟内做的功是：

所以抽水机的功率为：

抽水机半小时做的功是：
.
A．与分析不符，故A错误.
B．与分析不符，故B错误.
C．与分析相符，故C正确.
D．与分析不符，故D错误.
4、D
【解析】
卫星绕行星做匀速圆周运动，由卫星与行星间的万有引力提供向心力，则，可得.
AB.根据，由ra＞rb=rc可知：A船竖直向上的速度为
v2=0.4m/s
故旗子相对于船的速度为

A. 0.3m/s与计算结果不符，故A错误。
B. 0.4m/s与计算结果不符，故B错误。
C. 0.5m/s与计算结果相符，故C正确。
D. 0.6m/s与计算结果不符，故D错误。
6、B
【解析】
根据地球对月球的万有引力等于向心力：，解得：；根据地球对同步卫星的万有引力：，解得：，联立可得：，即r1>r2，故B正确，ACD错误．
7、BCD
【解析】
A．天平的测量原理是等臂杠杆，故太空城内的居民可以运用天平准确测出质量，故A错误；
B．太空城内物体做匀速圆周运动，向心力指向圆心，故其所受的“重力”一定通过垂直中心轴截面的圆心且向外，故B正确；
C．太空城内物体做匀速圆周运动，人随太空城自转所需的向心力由人造陆地对人的支持力提供，故C正确；
D．等效重力等于向心力，故

故太空城绕自己的中心轴转动的角速度越大，太空城的居民受到的“重力”越大，故D正确。
8、CD
【解析】
AC.物体做曲线运动的条件是合力方向与速度方向不共线，合力可以是恒力，如平抛运动，故A错误，C正确；
B.当两分运动的合加速度与合初速度在同一直线上时，物体做匀变速直线运动，故B错误；
D.当物体做变速圆周运动时合力与速度成锐角或钝角，合力不指向圆心；只有匀速圆周运动合力才指向圆心全部用来提供向心力，故D正确.
9、BCD
【解析】
物体的加速度为g/3≠g，除重力做功外，还有其它力做功，物体机械能不守恒，故A错误；对物体受力分析，设物体受的拉力的大小为F，则由牛顿第二定律可得，mg-F=m×g，解得：F=mg，对全过程由动能定理可得，△EK=Fh-mgh=−mgh ，物体的动能减少了mgh，故B正确；除重力外其它力做的功等于物体机械能的变化量，则机械能的增量△E=Fh=mgh，故C正确；物体高度增加，重力势能增加，增加的重力势能为mgh，故D正确；故选BCD．
点睛：物体的加速度为g/3，这是本题的关键所在，由此可以说明物体还要受到向上的拉力的作用．同时要明确功能关系：重力做功等于重力势能的变化；合力功等于动能的变化；除重力以外的其它力的功等于机械能的变化.
10、AB
【解析】
0-1s内，电压不变，则板间的电场强度不变，电子在板间受到不变的电场力，根据牛顿第二定律可知，加速度恒定不变，所以0-1s电子做匀加速直线运动，1-2s，电场力反向，加速度方向反向，电子做匀减速直线运动，直至速度为零，2-3s，电场力正向不变，电子有开始做初速度为0的匀加速直线运动，3-4s，电场力反向不变，电子做匀减速直线运动，到4s末速度为零；
A. 0-1s，加速度恒定不变，为正，1-2s加速度为负，且恒定不变，2-3s加速度恒为正，且不变，3-4s加速度为负，且不变，故A项符合题意；
BC. 0-1s，2-3s物体做正向的匀加速的直线运动，v-t图象为倾斜的直线，x-t图象为抛物线，1-2s，3-4s物体做正向的匀减速的直线运动，v-t图象为倾斜的直线，x-t图象为抛物线，故B项符合题意，C项不符合题意；
D.因为可知，v-t图象为直线，则Ek-t图象为曲线，故D项不符合题意．
11、BD
【解析】
AB.滑块和小球系统在水平方向动量守恒，设当小球通过最高点时滑块的位移大小为x，由系统水平方向的动量守恒，得：mv3-MV'=0，将式两边同乘以△t，得：mv3△t-MV'△t=0，因此式对任意时刻附近的微小间隔△t 都成立，累积相加后，有：则，解得，故A错误，B正确；
CD.当小球击中滑块右侧轨道位置与小球起始位置点间的距离为y，则：，解得：，故C错误，D正确。
故选BD.
点睛：此题实质上是“人船模型”，对球和滑块水平方向平均动量守恒，注意球和滑块的位移都是相对地面的位移.
12、BC
【解析】
由于不知道电子速度变化，由运动轨迹图不能判断电子向那个方向运动，故A错误；若aA＞aB，则A点离点电荷Q更近即Q靠近M端；又由运动轨迹可知，电场力方向指向凹的一侧即左侧，所以，在MN上电场方向向右，那么Q靠近M端且为正电荷，故B正确；由B可知，电子所受电场力方向指向左侧，那么，若电子从A向B运动，则电场力做负功，电势能增加；若电子从B向A运动则电场力做正功，电势能减小，所以，一定有EpA＜EpB求解过程与Q所带电荷无关，只与电场线方向相关，故C正确；由B可知，电场线方向由M指向N，那么A点电势高于B点，故D错误；故选BC．

二、实验题（本题共16分，答案写在题中横线上）
13、（1）秒表 ， 刻度尺； （2）初速度为零， 2mm； （3）D， g；
【解析】
(1)其中不必要的器材是：秒表，通过打点计时器打出的点可以计算时间．
缺少的是刻度尺，我们需要刻度尺测量计数点间的距离．
(2)用公式=mgh进行验证时，对纸带上起点的要求是初速度为零，所以所选纸带的第一、二两点间距应接近h= ，
(3)利用v2−h图线处理数据，如果mgh=，那么=gh，
知−h图线是过原点的倾斜直线，故选：D；图线的斜率为重力加速度g.
利用v2-h图线处理数据，如果mgh=，那么-h图线是过原点的倾斜直线，图线的斜率就等于g．
14、 2.0
【解析】
根据竖直方向上连续相等时间内的位移之差是一恒量，求出相等的时间间隔，结合水平位移和时间间隔求出小球平抛运动的初速度。
【详解】
第一空．
第二空．在竖直方向上，根据，得：，
则小球的初速度：。
本题主要考查了对平抛运动实验的数据处理，较为简单。

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)16W；4 N；(2)12 J
【解析】
(1)设滑块所受阻力大小为f，到达O点的最大速度为vm，从A到O有

解得
P＝16W
f＝4N
(2)滑块从O到B的过程中，根据能量守恒

解得
EP＝12J
16、 (1) (2)
【解析】
(1)小球受重力、和绳子的拉力，合力提供向心力，由图得：
绳子拉力大小

(2)小球做圆周运动的半径r＝Lsin θ，
向心力Fn＝FTsin θ＝mgtan θ，
而
故小球的线速度
本题是圆锥摆问题，关键是分析受力情况，确定向心力的来源．要注意小球圆周运动的半径不等于绳长．
17、（1）（2）（3）
【解析】
（1）物体从A点出发又回到A点，则整个过程中的位移为：
（2）由能量关系得

解得：
（3）整个过程中由动能定理：

解得：