安徽省阜阳市第五中学2025届高一物理第二学期期末复习检测试题含解析.doc

安徽省阜阳市第五中学2025届高一物理第二学期期末复习检测试题
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考场号和座位号填写在试题卷和答题卡上。用2B铅笔将试卷类型（B）填涂在答题卡相应位置上。将条形码粘贴在答题卡右上角"条形码粘贴处"。
2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答案不能答在试题卷上。
3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。
4．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、如图甲所示，浙江百丈漈瀑布是全国单体落差最高的瀑布。如图乙是该瀑布的侧面示意图，第一漈=207米，第二漈=68米，第三漈=12米，三漈相加是287米。假设忽略上游水的初速度和空气的阻力，则水下落三漈后的竖直速度计算式为

A．
B．
C．
D．
2、 (本题9分)一长木板静止在光滑水平面上，如图所示，现让一滑块从木板一端，以某一水平速度滑上木板，最后小滑块未滑出木板则在此过程中，滑块克服摩擦力做的功

A．等于木板增加的动能
B．等于系统增加的内能
C．等于系统增加的内能与木板增加的动能之和
D．等于滑块减少的动能和系统增加的内能之和
3、在地面上方某高度处，以速度v0水平抛出一小物体，物体落地时的速度与竖直方向的夹角为30°。不计空气阻力，则物体抛出时的高度为
A． B． C． D．
4、我国发生的“天链一号01号星”属于地球同步卫星．关于定点后的“天链一号01号星”，下列说法正确的是
A．它同时受到万有引力和向心力
B．它“定点”，所以处于静止状态
C．它处于失重状态，不受重力作用
D．它的速度大小不变，但加速度不为零
5、 (本题9分)游乐场的过山车可以底朝上在圆轨道上运行，游客却不会掉下来，如图甲所示，我们把这种情形抽象为图乙的模型：弧形轨道的下端与竖直圆轨道相接，将小球从弧形轨道上端距地面高度为h处释放，小球进入半径为R的圆轨道下端后沿圆轨道运动。欲使小球运动到竖直圆轨道最高点时轨道对小球的压力等于小球的重力，则h与R应满足的关系是（不考虑摩擦阻力和空气阻力）( )
A．h=2R
B．h=2.5R
C．h=3R
D．h=3.5R
6、 (本题9分)如图所示，有M和N两颗质量相等的人造地球卫星，都绕地球做匀速圆周运动．两颗卫星相比较

A．M的线速度较大
B．M的角速度较大
C．N的线速度较大
D．N受到的万有引力较大
7、 (本题9分)沿x轴正方向传播的一列横波在某时刻的波形图为一正弦曲线，其波速为200m/s，则下列说法正确的是（　　）

A．从图示时刻开始，经0.01s质点a通过的路程为40cm，相对平衡位置的位移为零
B．图中质点b的加速度在增大
C．若产生明显的衍射现象，该波所遇到障碍物的尺寸为20m
D．从图示时刻开始，经0.01s质点b位于平衡位置上方，并沿y轴正方向振动做减速运动
E.若此波遇到另一列波，并产生稳定的干涉现象，则另一列波的频率为50Hz
8、示波管是示波器的核心部件，它由电子枪偏转电极和荧光屏组成，如图所示．如果在荧光屏上P点出现亮斑，那么示波管中的（ ）

A．极板x应带正电 B．极板x´应带正电
C．极板y应带正电 D．极板y´应带正电
9、 (本题9分)如图所示，三个小球A、B、C的质量均为m，A与B、C间通过铰链用轻杆连接，杆长为L，B、C置于水平地面上，用一轻质弹簧连接，弹簧处于原长．现A由静止释放下降到最低点，两轻杆间夹角α由60°变为120°，A、B、C在同一竖直平面内运动，弹簧在弹性限度内，忽略一切摩擦，重力加速度为g.则在此过程中

A．A的动能达到最大前，B受到地面的支持力小于mg
B．A的动能最大时，B受到地面的支持力等于mg

C．弹簧的弹性势能最大时，A的加速度方向竖直向下
D．弹簧的弹性势能最大值为mgL
10、老师课上用如图所示的“牛顿摆”装置来研究小球之间的碰撞，5个完全相同的小钢球用轻绳悬挂在水平支架上，5根轻绳互相平行，5个钢球彼此紧密排列，球心等高且位于同一直线上，用1、2、3、4、5分别标记5个小钢球. 当把小球1向左拉起一定高度后由静止释放，使它在极短时间内撞击其他小球，对此实验的下列分析中，正确的是（ ）

A．上述实验中，可观察到球5向右摆起，且达到的最大高度与球1的释放高度相同
B．上述碰撞过程中，5个小球组成的系统机械能守恒，动量守恒
C．如果同时向左拉起小球1、2、3到相同高度后，在同时由静止释放，经碰撞后，小球4、5一起向右摆起，且上升的最大高度大于小球1、2、3的释放高度
D．若只用小球1、2进行实验，将它们分别向左、右各拉起一个较小的高度，且小球1的高度是小球2的两倍，由静止释放，可观察到发生碰撞后两小球均反弹并返回初始高度
二、实验题
11、（4分） (本题9分)在测一节干电池的电动势和内电阻的实验中，根据实验数据画出的U-I图线如图所示，则求得的电动势是____________V，内电阻是__________Ω。

12、（10分）某探究小组想利用验证机械能守恒定律的装置测量当地的重力加速度，如图甲所示．框架上装有可上下移动位置的光电门1和固定不动的光电门2；框架竖直部分紧贴一刻度尺，零刻度线在上端，可以测量出两个光电门到零刻度线的距离和；框架水平部分用电磁铁吸住一个质量为m的小铁块，小铁块的重心所在高度恰好与刻度尺零刻度线对齐．切断电磁铁线圈中的电流时，小铁块由静止释放，当小铁块先后经过两个光电门时，与光电门连接的传感器即可测算出其速度大小和．小组成员多次改变光电门1的位置，得到多组和的数据，建立如图乙所示的坐标系并描点连线，得出图线的斜率为k．

⑴当地的重力加速度为________(用k表示)．
⑵若选择光电门2所在高度为零势能面，则小铁块经过光电门1时的机械能表达式为______________(用题中物理量的字母表示)．
⑶关于光电门1的位置，下面哪个做法可以减小重力加速度的测量误差（___）
A．尽量靠近刻度尺零刻度线
B．尽量靠近光电门2
C．既不能太靠近刻度尺零刻度线，也不能太靠近光电门2
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，Ⅰ、Ⅲ区域（足够大）存在着垂直纸面向外的匀强磁场，虚线MN、PQ分别为磁场区域边界，在Ⅱ区域内存在着垂直纸面向里的半径为R的圆形匀强磁场区域，磁场边界恰好与边界MN、PQ相切，S、T为切点，A、C为虚线MN上的两点，且AS=CS=R，有一带正电的粒子以速度v沿与边界成30°角的方向从C点垂直磁场进入Ⅰ区域，随后从A点进入Ⅱ区域，一段时间后粒子能回到出发点，并最终做周期性运动，已知Ⅱ区域内磁场的磁感应强度B2为Ⅰ区域内磁场的磁感应强度B1的6倍，Ⅲ区域与Ⅰ区域磁场的磁感应强度相等，不计粒子的重力。求：
(1)粒子第一次进入Ⅱ区域后在Ⅱ区域中转过的圆心角；
(2)粒子从开始运动到第一次回到出发点所经历的总时间。

14、（14分） (本题9分)如图所示，光滑的水平轨道与光滑半圆轨道相切，圆轨道半径R＝0.4 m．一个小球停放在水平轨道上，现给小球一个v0＝5 m/s的初速度，求：(g取10 m/s2)

(1)小球从C点飞出时的速度．
(2)小球到达C点时，对轨道的作用力是小球重力的几倍？
(3)小球从C点抛出后，经多长时间落地？
(4)落地时速度有多大？
15、（13分） (本题9分)建立如图所示的直角坐标系xoy，在第二象限内有电场强度大小为E、方向与x轴正方向成的匀强电场，在第一象限内有电场强度大小也为E、方向与y轴负方向成的匀强电场；现有质量为m、电荷量为q的正粒子重力不计从处静止释放．
粒子经过y轴时的速度大小
粒子由静止释放后经过x轴的坐标．

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、D
【解析】
水在竖直方向做自由落体运动，则由自由落体运动的规律v2=2gh可知，水下落三漈后的竖直速度计算式为
；
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。
2、C
【解析】
设木板的长度为L，木板在地面上移动的距离为s，则有在上述过程中，滑块的位移x=s+L，则滑块克服摩擦力做功， 摩擦力与相对位移的乘积等于系统产生的内能，即，根据动能定理可知，木板动能的增加量为fs，滑块减少的动能为，故C正确A、B、D错误；
故选C．
3、D
【解析】
设物体落地时，竖直方向的分速度为vy，落地时由几何关系有tan30°＝，可得vy＝v0，物体在竖直方向做自由落体运动，设物体抛出时的高度为H，则有vy2＝2gH，可解得，故D正确，ABC错误。
4、D
【解析】
A．地球同步卫星只受万有引力，万有引力完全充当了向心力，向心力不是物体实际受到的力，A错误；
B．同步卫星，相对于地球静止，做匀速圆周运动，合力不为零，所以不是处于静止状态，B错误；
C．万有引力完全充当向心力，所以同步卫星处于完全失重状态，但完全失重状态只是视重为零，并不是不受重力，C错误；
D．同步卫星相对地球静止，角速度一定，根据可知它的速度大小不变，做匀速圆周运动，加速度大小恒定，但不为零，D正确．
5、C
【解析】
试题分析：小球运动到竖直圆轨道最高点时轨道对小球的压力恰好等于零时重力完全充当向心力，根据牛顿运动定律和机械能守恒定律分析解题
小球恰能通过圆轨道最高点时，重力提供向心力，即应满足：，小球运动到最高点的过程中，只有重力做功，由机械能守恒定律：，解得，B正确．
6、CD
【解析】
A、C、由万有引力提供向心力：，解得：，可知半径大的线速度小，故M的线速度较小，故A错误，C正确.
B、由，解得：，可知半径大的角速度小，故M的角速度较小，故B错误.
D、由万有引力表达式，可知质量相等，半径小的万有引力大，故N受的万有引力大，故D正确.
故选CD.
本题就是对万有引力充当向心力的一个公式的综合应用，锻炼公式应用的熟练程度，另有一个简单方法就是，除了周期随半径增大外，其余都是随半径增大而减小．
7、BDE
【解析】
A．由图象可知波长为

又波速为

则该列波的周期为

那么经过0.01s，质点a振动了半个周期，质点a通过的路程为40cm，应在负向最大位移处，所以A错误；
B．根据同侧法可以判断b质点此时正沿y轴负方向振动，也就是远离平衡位置，所以回复力在增大，加速度在增大，所以B正确；
C．由图象已知该波的波长是4m，要想发生明显的衍射现象，要求障碍物的尺寸与机械波的波长差不多或更小，所以障碍物20m不能观察到明显的衍射现象，C错误；
D．经过0.01s，质点b振动了半个周期，图示时刻质点b正沿y轴负方向振动，所以可知过半个周期后，该质点b在平衡位置上方且沿y轴正方向振动，速度在减小，所以D正确；
E．该波的周期是0.02s，所以频率为

所以若此波遇到另一列波，并产生稳定的干涉现象，那么另一列波的频率也是50Hz，所以E正确。
故选BDE。
8、AC
【解析】
本题考查示波器的原理，YY’间的电场使得电子在y轴上产生偏转，XX’间的电场使得电子在x轴上产生偏转
据荧光屏上电子的坐标可知示波管内电子受力情况：受指向y方向和指向x方向电场力．即电子在经过偏转电极时向X、Y两极板偏转，则这两个电极都应带正电，故AC正确
9、AB
【解析】
A的动能最大时，设B和C受到地面的支持力大小均为F，此时整体在竖直方向受力平衡，可得2F=3mg，所以，在A的动能达到最大前一直是加速下降，处于失重情况，所以B受到地面的支持力小于，故AB正确；当A达到最低点时动能为零，此时弹簧的弹性势能最大，A的加速度方向向上，故C错误；A球达到最大动能后向下做减速运动，到达最低点时三个小球的动能均为零，由机械能守恒定律得，弹簧的弹性势能为Ep＝mg(Lcos 30°－Lcos 60°)＝，故D错误．所以AB正确，CD错误．
10AB
【解析】
A. 上述实验中，由于5个球是完全相同的小球，则相互碰撞时要交换速度，即第5个球被碰瞬时的速度等于第1个球刚要与2球碰撞时的速度，由能量关系可知，观察到球5向右摆起，且达到的最大高度与球1的释放高度相同，选项A正确；
B. 上述碰撞过程中，5个小球组成的系统碰撞过程无能量损失，则机械能守恒，水平方向受合外力为零，则系统的动量守恒，选项B正确；
C. 如果同时向左拉起小球1、2、3到相同高度同时由静止释放，则3与4碰后，3停止4具有向右的速度，4与5碰撞交换速度，4停止5向右摆起；3刚停止的时候2球过来与之碰撞交换速度，然后3与4碰撞，使4向右摆起；2球刚停止的时候1球过来与之碰撞交换速度，然后2与3碰撞交换速度，使3向右摆起；故经碰撞后，小球3、4、5一起向右摆起，且上升的最大高度与小球1、2、3的释放高度相同；故C错误；
D. 若只用小球1、2进行实验，将它们分别向左、右各拉起一个较小的高度，且小球1的高度是小球2的两倍，由静止释放，则到达最低点时1球的速度是2球的两倍，相碰后两球交换速度各自反弹，则可观察到发生碰撞后小球2的高度是小球1的两倍，选项D错误。

二、实验题
11、1.52 0.76
【解析】
电源U-I图象如图所示：

由U=E-Ir可得，图象与纵坐标的交点为电源的电动势，图象的斜率表示内阻，将图象延长；
[1].由图示图象可知，图象与纵轴交点坐标值为1.52，电源电动势：E=1.52V；
[2].电源内阻：
.
12、 C
【解析】
（1）以0刻度线为零势能面，小铁块从光电门1运动到光电门2的过程中机械能守恒，根据机械能守恒定律得：mv12-mgx1=mv22-mgx2
整理得：v22-v12=2g（x2-x1）
所以图象的斜率k=2g，解得：g=；
（2）小铁块经过光电门1时的机械能等于小铁块经过光电门1时的动能加上势能，若选择刻度尺零刻度线所在高度为零势能面，则有：
E1=mv12-mgx1 =mv12-mkx1 
（3）用电磁铁释放小球的缺点是，当切断电流后，电磁铁的磁性消失需要一时间，铁球与电磁铁铁心可能有一些剩磁，都会使经过光电门1的时间较实际值大，引起误差，并适当增大两光电门A、B间的距离，使位移测量的相对误差减小，所以C正确．

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)120°(2)
【解析】
(1)粒子的运动轨迹如图所示，由几何关系得，
半径

粒子转过的圆心角为

粒子从点进入Ⅱ区域，先做匀速直线运动，且速度延长线刚好过Ⅱ区域圆形磁场的圆心，接着在磁场中做圆周运动，离开时速度方向的反向延长线仍然过圆心

设轨迹半径为，由牛顿运动定律知

得

故

即

连接，得

得

故此粒子第一次进入Ⅱ区域后在Ⅱ区域转过的圆心角为

(2)粒子进入Ⅲ区域时，速度方向仍与边界成30°角，故此粒子的轨迹图左右对称，上下对称，粒子在一个周期内，在Ⅰ、Ⅲ区域总共要经历两次圆周运动过程，每次转过的圆心角均为
所用总时间为

在Ⅱ区域要经历两次圆周运动过程，每次转过的圆心角均为，所用时间为

在Ⅱ区域要经过4次匀速直线运动过程，每次运动的距离为

所用总时间

故此粒子在一个周期内所经历的总时间为

14、 (1)3m/s（2）1.25倍（3）0.4s（4）5m/s
【解析】
(1)小球从B到C的过程中根据机械能守恒可求出球从C点飞出时的速度；
(2)小球通过C点受支持力和重力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律求出压力和重力的关系；
(3)小球离开C点后做平抛运动，根据竖直方向上做自由落体运动计算运动的时间；
(4)根据动能定理计算落地的速度的大小．
【详解】
(1) 设在C点的速度为VC，小球从B到C的过程中利用动能定理可得：

代入数据解得：Vc=3m/s；
(2) 设C点对球的压力为N，小球通过C点受支持力和重力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律得：

解得：N=1.25mg，
即球对C点的压力是重力的1.25倍
(3) 小球离开C点后做平抛运动，在竖直方向有：

落地时间为：t=0.4 s ；
(4)全过程没有阻力的作用，只有重力做功，根据机械能守恒可得落地时的速度大小不变，
即：v=v0=5m/s．
解决多过程问题首先要理清物理过程，然后根据物体受力情况确定物体运动过程中所遵循的物理规律进行求解；小球能否到达最高点，这是我们必须要进行判定的，因为只有如此才能确定小球在返回地面过程中所遵循的物理规律．
15、（1） （2）
【解析】
(1)粒子从A运动到y轴上时有:
解得
(2) 如图所示,

在垂直方向上加速度
设长度为,有:
沿方向上有:
解得
则
故本题答案是：（1） （2）
在电场中正确受力分析，分析物体的运动状态，在结合运动学公式求解．