2025届贵州省贵阳市物理高一第二学期期末达标检测试题含解析.doc

2025届贵州省贵阳市物理高一第二学期期末达标检测试题
注意事项：
1． 答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。
2．选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0．5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。
3．请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。
4．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。

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、 (本题9分)“旋转秋千”是游乐园里常见的游乐项目，其运动经过简化可以看成圆锥摆模型．如图所示，质量为m的小球在水平面内做匀速圆周运动，长为L的悬线与竖直方向的夹角为，不计空气阻力，重力加速度取g，下列说法正确的是( )

A．小球受重力、拉力和向心力的作用
B．悬线对小球的拉力
C．小球运动的角速度
D．保持角速度不变，增大小球质量，则夹角将减小
2、 (本题9分)一辆汽车在平直公路上运动，受到的阻力恒定为f，运动的最大速度为vm．下列说法正确的是（　　）
A．汽车以恒定额定功率行驶时，牵引力F与速度v成正比
B．在汽车匀加速运动过程中，当发动机的实际功率等于额定功率时，速度就达到vm
C．汽车运动的最大速度vm与额定功率Pm满足Pm＝fvm
D．当汽车以恒定速度行驶时，发动机的实际功率一定等于额定功率
3、如图为某宇宙飞船的飞行示意图，飞船先在贴近天体A的表面做匀速圆周运动，发动机再次点火后飞离A，到达天体B附近后经调整贴近B的表面做匀速圆周运动。若天体A和B的质量、半径分别为M1、R1和M2、R2，则飞船在贴近A、B表面做圆周运动的周期之比T1：T2为

A． B． C． D．
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)下列运动过程中机械能守恒的是(　　)
A．小球在竖直光滑圆轨道内做圆周运动
B．跳伞运动员打开降落伞在竖直方向向下做匀速直线运动
C．摩天轮在竖直平面内匀速转动时,舱内的乘客做匀速圆周运动
D．带电小球仅在电场力作用下做加速运动
6、 (本题9分)甲、乙两辆汽车在同一条平直的公路上向东行驶，已知甲车运动得比乙车快，则下列说法正确的是(　　)
A．以甲车为参考系乙车在向东行驶
B．以甲车为参考系，乙车在向西行驶
C．以乙车为参考系，甲车在向东行驶
D．以乙车为参考系，甲车在向西行驶
7、 (本题9分)在光滑的冰面上，质量为80kg的冰球运动员甲以5.0m/s的速度向前运动时，与另一质量为100kg、速度为3.0m/s的迎面而来的运动员乙相撞，碰后甲恰好静止。假设碰撞时间极短，下列说法正确的是（ ）
A．碰后乙的速度的大小是1.5m/s B．碰后乙的速度的大小是1.0m/s
C．碰撞中总机械能损失了1500J D．碰撞中总机械能损失了1400J
8、 (本题9分)在水平地面上固定一高度为、倾角为的光滑斜面,在斜面顶端分别平抛一小球、由静止释放一完全相同的小球,两球恰好在斜面底端相遇,则（ ）
A．小球的初速度大小为
B．两小球释放的时间间隔为
C．两小球从斜面顶端到斜面底端的过程中动能变化量不同
D．小球落到斜面底端时速度与水平方向夹角的正切值为
9、2019年5月17日，中国在西昌卫星发射中心用长征三号丙运载火衛，成功发射了第四十五颗北斗导航卫星．该卫星发射过程为：先将卫星发射至近地圆轨道1上，然后在P处变轨到桶圆轨道2上，最后由轨道2在Q处变轨进入同步卫星轨道1．轨道1，2相切于P点，轨道2、1相切于Q点．忽略卫星质量的变化，则该卫星

A．在轨道1上的运行周期为24h
B．在轨道1上的运行速率大于7.9km/s
C．在轨道1上经过Q点的向心加速度大于在轨道2上经过Q点的向心加速度
D．在轨道2上由P点向Q点运动的过程中，地球引力对卫星做负功，卫星的动能减少
10、 (本题9分)皮带轮的大轮、小轮的半径不一样，它们的边缘有两个点A、B，如图所示，皮带轮正常运转不打滑时，下列说法正确的是（ ）

A．A、B两点的线速度大小相等
B．A点的角速度小于B点的角速度
C．A、B两点的向心加速度大小相等
D．大轮和小轮的周期相同
二、实验题
11、（4分） (本题9分)某物理兴趣小组利用图甲所示装置验证机械能守恒定律，当地的重力加速度大小为g。

(1)下列做法可减小实验误差的是___________(填字母序号)．
A.先松开纸带后接通电源
B.用电火花计时器替代电磁打点计时器
C.在铝锤和铁锤中，选择铝锤作为重锤
(2)在实验中，质量为m的重锤自由下落，带动纸带，纸带上打出的一系列点，如图乙所示，O是重锤刚下落时打下的点．已知打点计时器打点的频率为f，则从打点计时器打下O点到打下B点的过程中，重锤的重力势能的减少量为___________，动能的增加量为___________；若在实验误差允许的范围内满足等式___________，则机械能守恒定律得到验证。

(3)在图乙所示纸带上，某同学选取了多个计数点，并测出了各计数点到O点的距离h算出打点计时器打下各计数点时重锤对应的速度大小v，以v2为纵轴，以h为横轴若图线为直线，且其斜率为___________，则可验证机械能守恒定律。
12、（10分） (本题9分)有一个额定电压为2.8V，功率约为0.8W的小灯泡，现要用伏安法描绘这个灯泡的I-U图线，有下列器材供选用:
A．电压表(0～3 V，内阻约为6 kΩ)
B．电压表(0～15 V，内阻约为30 kΩ)
C．电流表(0～3 A，内阻约为0.1Ω)
D．电流表(0～0.6 A，内阻约为0.5Ω)
E．滑动变阻器(10Ω，5 A)
F．滑动变阻器(200Ω，0.5 A)
G．蓄电池(电动势6 V，内阻不计)
(1)请设计合适的电路，在空白方框内画出正确的电路图________________。按设计的电路图进行测量，电压表应选用______，电流表应选用________________，滑动变阻器应选用__________________。(用序号字母表示)

(2)通过实验测得此灯泡的伏安特性曲线如图所示。由图线可求得此灯泡在正常工作时的电阻为____________Ω。

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，AB是竖直面内的四分之一圆弧形光滑轨道下端B点与水平直轨道相切．一个小物块自A点由静止开始沿轨道下滑，已知轨道半径为R＝0.2m，小物块的质量为m＝0.1kg，小物块与水平面间的动摩擦因数μ＝0.5，g取10m/s2.求：

(1)小物块在B点时受到的圆弧轨道的支持力大小；
(2)小物块在水平面上滑动的最大距离．
14、（14分） (本题9分)质量为m1的木板静止在光滑的水平面上,在木板上放一个质量为m2的木块.现给木块一个相对地面的水平速度v0；已知木块与木板间动摩擦因数为μ,因此木板被木块带动,最后木板与木块以共同的速度运动.求
① 木板与木块的共同速度
② 此过程中木块在木板上滑行的距离.
15、（13分） 本题9分)研究表明，新冠病毒耐寒不耐热，温度在超过56°C时，30分钟就可以灭活。如图，含有新冠病毒的气体被轻质绝热活塞封闭在绝热气缸下部a内，气缸顶端有一绝热阀门K，气缸底部接有电热丝E。a缸内被封闭气体初始温度t1=27°C，活塞位于气缸中央，与底部的距离h1=60cm，活塞和气缸间的摩擦不计。
（i）若阀门K始终打开，电热丝通电一段时间，稳定后活塞与底部的距离h2=66cm，持续30分钟后，试分析说明a内新冠病毒能否被灭活?
（ii）若阀门K始终闭合，电热丝通电一段时间，给a缸内气体传递了Q=1.0×104J的热量，稳定后气体a内能增加了△U=8.5×103J，求此过程气体b的内能增加量。

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、C
【解析】
对摆球进行受力分析，受重力mg和绳子的拉力T作用，如图所示：

在竖直方向上，合力为零，则
在水平方向上，合力提供向心力，有：
有几何关系可知：
联立解得：，可知角速度、夹角与质量无关，即当角速度不变，增大小球质量，则夹角不变，故选项C正确，选项ABD错误．
点睛：该题是一个圆锥摆模型，对于圆周摆，在竖直方向上受力平衡，在水平方向上的合力提供向心力，结合向心力公式求解．
2、C
【解析】
A. 汽车以恒定额定功率行驶时，由P=Fv可知牵引力与速度成反比，故A项与题意不相符；
B. 汽车匀加速运动时，阻力恒定，根据牛顿第二定律可知牵引力恒定，由P=Fv，知发动机的实际功率不断增大，当发动机的实际功率等于额定功率时，开始做加速度逐渐减小的加速运动，功率不变，速度变大，故B项与题意不相符；
C. 当汽车匀速运动时，牵引力等于阻力，即F=f，当速度达到最大时，Pm满足Pm=Fvm=fvm，故C项与题意相符；
D. 当汽车以恒定速度行驶时，如果速度没有达到最大速度，发动机的实际功率将小于额定功率，故D项与题意不相符。
3、A
解析】
飞船贴近天体A的表面做匀速圆周运动时，万有引力提供向心力，有：，飞船贴近天体B的表面做匀速圆周运动时，万有引力提供向心力，有：得：，故A正确，BCD错误。
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】
A项：小球在竖直光滑圆轨道内做圆周运动，只有重力做功，故小球的机械能守恒，故A正确；
B项：跳伞运动员打开降落伞在竖直方向向下做匀速直线运动过程中阻力做功，机械能不守恒，故B错误；
C项：转轮始终不停地匀速转动，乘客做匀速圆周运动，所以除了重力做功以外还有其他力做功，C错误；
D项：电场力对小球做功，所以小球机械能不守恒，故D错误。
物体机械能守恒的条件是只有重力或者是弹力做功，根据机械能守恒的条件逐个分析物体的受力的情况，即可判断物体是否是机械能守恒。
6、BC
【解析】
甲、乙两辆汽车在同一条平直的公路上向东行驶，因甲车运动得比乙车快，则以甲车为参考系，乙车在向西行驶；以乙车为参考系，甲车在向东行驶；故选项BC正确，AD错误；故选BC.
7、BD
【解析】
AB.设运动员甲、乙的质量分别为m、M，碰前速度大小分别为v1、v2，碰后乙的速度大小为v′2，规定碰撞前甲的运动方向为正方向，由动量守恒定律有：mv1-Mv2=Mv′2，解得： ，故A错误，B正确。
CD.根据能量守恒定律可知，碰撞中总机械能的损失为：△E=mv12+Mv22-Mv′2，代入数据解得：△E=1400J，故C错误，D正确。
8、BD
【解析】
做平抛运动的物体：，；解得， ，选项A错误沿斜面下滑的物体：a=gsinθ，解得：，则P、Q两小球释放的时间间隔为，选项B正确；两小球从斜面顶端到斜面底端的过程中动能变化量等于重力做功mgh，则动能变化量相同，选项C错误；小球P落到斜面底端时 ；速度与水平方向夹角的正切值为，选项D正确；故选BD.
点睛：解决本题的关键知道两个物体的运动规律；平抛运动在水平方向匀速运动，竖直方向上做自由落体运动，抓住两球运动的位移相等，结合牛顿第二定律和运动学公式进行求解．
9、ACD
【解析】
A．在轨道1为同步卫星轨道，故在轨道1上运行周期为24h，故A正确；
B．7.9km/s是地球第一宇宙速度大小，而第一宇宙速度是绕地球圆周运动的最大速度，也是近地卫星运行速度，故同步轨道1上卫星运行速度小于第一宇宙速度，故B错误；
C．在同一点Q，卫星受到的万有引力相同，在轨道1上万有引力提供向心力，在轨道2上卫星在Q点做近心运动，则万有引力大于向心力，即， 则在轨道1上经过Q点的向心加速度大于在轨道2上经过Q点的向心加速度，故C正确；
D．卫星在轨道2上无动力运行时，由近地点P向远地点Q运动过程中，地球对卫星的引力做负功，势能增加，而卫星的机械能保持不变，故其动能减小，故D正确．
10、AB
【解析】
两轮子靠传送带传动，轮子边缘上的点具有相同的线速度，故vA=vB，故A正确；根据公式v=ωr，v一定时，角速度与半径成反比，故A点的角速度小于B点的角速度。故B正确；根据a=ωv可知，A点的向心加速度小于B点的向心加速度，故C错误。根据可知，大轮的周期大于小轮的周期，选项D错误；故选AB。
本题关键能分清同缘传动和同轴传动，还要能结合公式v=ωr、a=ωv列式求解，基础题目．

二、实验题
11、B mgh2 2g
【解析】
(1)[1]A．先接通电源后松开纸，故A错误；
B．用电火花计时器替代电磁打点计时器，纸带与打点计时间的阻力会更小，故B正确；
C．在铝锤和铁锤中，选择铁锤作为重锤，阻力会更小，故C错误。
故选B。
(2)[2]从打点计时器打下O点到打下B点的过程中，重锤的重力势能的减少量为mgh2；
[3]打B点时，重物的速度大小为

由于初速度为零，故此过程中，动能的增加量为
；
[4]若在误差允许的范围之内有重力势能减少量等于动能的增加量，即
gh2＝f2(h3−h1)2
则机械能守恒定律得到验证；
[5]若重物下落过程中，机械能的减少量与动能的增加量相等，则机械能守恒，即有
mv2＝mgh
可得
v2=2gh
所以若以v2为纵轴，以h为横轴，可得图线为一直线，且斜率为2g。
12、 A D E 10
【解析】
(1)[1]实验要求多组数据，电压表测量小灯泡两端电压，电流表测量通过灯泡的电流，灯泡的电阻和电流表的内阻相接近，所以采用电流表的外接法，并且小灯泡两端的电压需要从零开始，故选用滑动变阻器的分压接法，电路图如图所示：

[2]小灯泡的额定电压为2.8V，故选电压表A；
[3]额定电压为2.8V，功率约为0.8W的小灯泡，额定电流I=0.29A，为了减小误差，故电流表选择D；
[4]为了便于操作，滑动变阻器选用E，否则滑动变阻器最大阻值过大，操作时滑片移动较大距离而引起电压变化不明显；
(2)[5]灯泡在正常工作时的电压U=2.8V时的电流为I=0.28A，故根据欧姆定律可得此灯泡在正常工作时的电阻：

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)3N　(2)0.4m
【解析】(1)由机械能守恒定律，得
在B点
联立以上两式得FN＝3mg＝3×0.1×10N＝3N.
(2)设小物块在水平面上滑动的最大距离为l，
对小物块运动的整个过程由动能定理得mgR－μmgl＝0，
代入数据得
【点睛】解决本题的关键知道只有重力做功，机械能守恒，掌握运用机械能守恒定律以及动能定理进行解题．
14、① ②
【解析】
.①规定木块的初速度方向为正方向，根据动量守恒定律得：m2v0=（m1+m2）v，
解得共同速度为：，
②根据能量守恒定律得：μm2gL＝m2v02−(m1+m2)v2，
解得： ．
15、（i）病毒能被灭；（ii）1.5×103J
【解析】
（i）设活塞横截面积为S，则对a气体，初态V1=Sh1 T1=t1+273=300K；末态V2=Sh2 T2=t2+273 ①
阀门K打开，加热过程a气体做等压变化，由盖·吕萨克定律得
②
由①②得
t2=57℃ ③
因57℃＞56℃，a内病毒能被灭④
（ii）阀门K闭合，由于系统绝热，a气体膨胀对b气体做功，由热力学第一定律有
△Ua=Q+W⑤
由⑤式及代入数据得
W=-1.5×103J⑥
对b气体，由于系统绝热，则
Ub==1.5×103J⑦