2025届重庆市珊瑚中学物理高一下期末达标检测模拟试题含解析.doc

2025届重庆市珊瑚中学物理高一下期末达标检测模拟试题
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（本题共12小题，每小题5分，共60分，在每小题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项正确，有的小题有多个选项正确.全部选对的得5分，选不全的得3分，有选错的或不答的得0分）
1、 (本题9分)如图所示，实线为电场线，虚线AB为带电质点仅在电场力作用下的运动轨迹，则运动过程中下列判断正确的是

A．带电质点可能带负电
B．带电质点一定由A运动至B
C．带电质点在A点动能大于在B点动能
D．带电质点在A点电势能大于在B点电势能
2、 (本题9分)如图所示，甲、乙两水平圆盘紧靠在一起，大圆盘为主动轮，乙靠摩擦随甲不打滑转动．大、小圆盘的半径之比为3:1，两圆盘和小物体m1、m2间的动摩擦因数相同．m1离甲盘圆心O点2r，m2距乙盘圆心O′点r，当甲缓慢转动且转速慢慢增加时（ ）

A．物块相对盘开始滑动前，m1与m2的线速度之比为1:1
B．物块相对盘开始滑动前，m1与m2的向心加速度之比为2:9
C．随转速慢慢增加，m1先开始滑动
D．随转速慢慢增加，m1与m2同时开始滑动
3、 (本题9分)因首次比较精确地测出引力常量G，被称为“称量地球质量第一人”的科学家是
A．伽利略 B．开普勒 C．卡文迪许 D．牛顿
4、 (本题9分)两物体质量之比为1:3, 它们距离地面高度之比也为1:3, 让它们自由下落,它们落地时的动能之比为( )
A．1:3 B．1:9 C．3:1 D．9:1
5、 (本题9分)如图所示，关于两颗人造地球卫星的下列说法正确的是

A．卫星a运行的周期大于卫星b运行的周期
B．卫星a运行的加速度小于卫星b运行的加速度
C．卫星a运行的线速度大于卫星b运行的线速度
D．卫星a运行的角速度小于卫星b运行的角速度
6、 (本题9分)关于动量的说法中，正确的是：（ ）
A．物体的动量改变了，其速度大小一定改变
B．物体的动量改变了，其速度方向一定改变
C．物体运动速度的大小不变，其动量一定不变
D．物体的运动状态改变，其动量改变
7、 (本题9分)下列关于电动势的说法正确的是（ ）
A．电动势就是电压，它是内外电压之和
B．电动势不是电压，它在数值上等于内外电压之和
C．电动势是表示电源把其他形式的能转化成电能本领大小的物理量
D．电动势的大小与外电路的结构有关
8、一行星绕恒星作圆周运动由天文观测可得，其运动周期为T,速度为v,引力常量为G,则下列结论正确的有
A．恒星的质量为
B．行星运动的轨道半径为
C．行星的质量为
D．行星运动的加速度为
9、 (本题9分)一竖直放置的轻弹簧，一端固定于地面，一端与质量为3kg的B固定在一起，质量为1kg的A放于B上。现在A和B正在一起竖直向上运动，如图所示。当A、B分离后，A上升0.2m到达最高点，此时B速度方向向下，弹簧为原长，则从A、B分离起至A到达最高点的这一过程中，下列说法正确的是(g取10m/s2)

A．A、B分离时B的加速度为g
B．弹簧的弹力对B做功为零
C．弹簧的弹力对B的冲量大小为6N·s
D．B的动量变化量为零
10、 (本题9分)如图所示，一-轻弹簧左端与物体相连，右端与物体相连，开始时，、均在粗糙水平面上不动，弹筑处于原长状态。在物体上作用一水平向右的恒力使物体，、向右运动。在此过程中，下列说法中正确的为（ ）

A．合外力对物体所做的功等于物体的动能增量
B．外力做的功与摩擦力对物体做的功之和等于物体的动能增量
C．外力做的功及摩擦力对物体和做功的代数和等于物体和的动能增量及弹簧弹性势能增量之和
D．外力做的功加上摩擦力对物体做的功等于物体的动能增量与弹簧弹性势能增量之和
11、 (本题9分)如图所示，水平地面上有两块完全相同的木块A、B，水平推力F作用在A上，用FAB代表A、B间的相互作用力，下列说法可能正确的是(　　)

A．若地面是完全光滑的，则FAB＝F
B．若地面是完全光滑的，则FAB=
C．若地面是有摩擦的，且A，B未被推动，可能FAB＝
D．若地面是有摩擦的，且A，B被推动，则FAB＝
12、 (本题9分)额定输出功率为P的起重机将质量为m的重物从地面由静止开始加速提起，起重机钢索对重物的拉力恒为重物重力的2倍，经历时间t重物上升到距地面的高度H，此时起重机的功率恰好达到额定输出功率，以下说法中正确的是（ ）
A．在这一过程中，钢索对重物做的功为2mgH
B．重物在高度为H的位置具有的速度大小为P/2mg
C．重物在高度为H的位置具有的动能为
D．在这一过程中，重物受到的合力为2mg
二．填空题(每小题6分，共18分)
13、 (本题9分)在利用重锤下落验证机械能守恒定律的实验中：
（1）实验中动能的增加量略小于重力势能的减少量，其主要原因是_____
A、重物下落的实际距离大于测量值
B、重物下落的实际距离小于测量值
C、重物下落受到阻力
D、重物的实际末速度大于计算值
（2）如图所示，有一条纸带，各点距A点的距离分别为d1，d2，d3，，各相邻点间的时间间隔为T，当地重力加速度为g，要用它来验证物体从B到G处的机械能是否守恒，则B点的速度表达式为vB＝_____，G点的速度表达式为vG＝_____，

（3）若B点和G点的速度vB、vG以及BG间的距离h均为已知量，则当满足_____时，物体的机械能守恒．
14、 (本题9分)图甲为“验证机械能守恒定律”的装置图，实验中，打点计时器所用电源频率为50Hz，当地重力加速度的值为9.80m/s2，测得所用重物的质量为1.00kg．若按实验要求正确地选出纸带进行测量，量得连续三个计时点A、B、C到第一个点的距离如图乙所示，那么：

（1）纸带的______端与重物相连；填“左”或“右”
（2）打点计时器打下点B时，物体的速度______(保留两位有效数字；
（3）从起点O到计数点B的过程中重力势能减少量______J，此过程中物体动能的增加量______J；（g=9.8m/s2，以上两空均保留两位有效数字
（4）通过计算，______填“”“”或“”，这是因为______；
（5）实验的结论是______．
15、未来在一个未知星球上用如图甲所示装置研究平抛运动的规律。悬点O正下方P点处有水平放置的炽热电热丝，当悬线摆至电热丝处时能轻易被烧断，小球由于惯性向前飞出做平抛运动， 现对小球采用频闪数码相机连续拍摄，在有坐标纸的背景屏前拍下了小球在做平抛运动过程中的多张照片，经合成后照片如图乙所示，a、b、c、d为连续四次拍下的小球位置，已知照相机连续拍照的时间间隔是0.10s，照片大小如图中坐标所示，又知该照片的长度与实际背景屏的长度之比为1：4，则：
⑴由以上信息，可知a点______________（填“是”或“不是”）小球的抛出点；
⑵由以上信息，可以推算出该星球表面的重力加速度为__________m/s2
⑶由以上信息可以算出小球平抛的初速度大小是_________m/s;
⑷由以上信息可以算出小球在b点时的速度大小是_________m/s.

三．计算题(22分)
16、（12分）光滑水平面上有一直角坐标系xoy，一质量为2kg的小物体位于坐标原点处。t=0时刻给物体施加一大小为10N、方向沿x轴正向的恒力F1作用，t1=2s时撤去此力，同时给物体施加一大小为5N、方向沿y轴正向的恒力F2作用。在t2=6s时刻，求：
（1)物体的位置坐标；
（2）物体的速度大小及方向。（结果保留两位有效数字）
17、（10分） (本题9分)如图所示，AB是一段粗糙水平轨道，在B点与一段半径R=0.4m的光滑竖直圆弧轨道相切并平滑连接．BOC是圆轨道的竖直直径，O为圆心．将一质量m=1kg的小滑块放在距B点x的A点，在水平恒定外力F=6N的作用下做加速运动，经B点撤去外力，小滑块恰好通过最高点C．已知小滑块与水平轨道AB间的动摩擦因素μ=0.4，g=10，求：

(1)小滑块通过C点时速度的大小；
(2)AB之间距离x的大小．
参考答案

一、选择题（本题共12小题，每小题5分，共60分，在每小题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项正确，有的小题有多个选项正确.全部选对的得5分，选不全的得3分，有选错的或不答的得0分）
1、D
【解析】
A.粒子受力方向为向左，质点一定带负电，故A错误；
B.由于只有质点的运动轨迹，不能判断运动方向是从A到B，还是从B 到A，故B错误；
CD.若质点从A到B电场力做正功，电势能减小，由动能定理可知动能增加，所以带电质点在A点动能小于在B点动能，A点电势能大于在B点电势能，故C错误，D正确；
2、B
【解析】
A. 甲、乙两轮子边缘上的各点线速度大小相等,有：ω1⋅r甲=ω2⋅r乙,则得ω1:ω2=1:2,所以物块相对盘开始滑动前,m1与m2的角速度之比为1:2.故A错误；
B. 物块相对盘开始滑动前,根据a=ω2r得：m1与m2的向心加速度之比为
a1:a2= ，故B正确；
CD. 根据μmg=mrω2知,物体转动的临界角速度ω= ,可知甲乙的临界角速度之比为1: ；由于甲乙的线速度相等,而两物体的角速度之比为ω1:ω2=1:2,可知当转速增加时,m2先达到临界角速度,所以m2先开始滑动．故D正确，C错误．
故选BD.
点睛：抓住两圆盘边缘的线速度大小相等，结合圆盘的半径关系得出两圆盘的角速度之比，从而根据向心加速度公式求出向心加速度之比．抓住最大静摩擦提供向心力求出发生滑动时的临界角速度，结合甲乙的角速度进行分析判断．
3、C
【解析】
牛顿发现了万有引力定律，牛顿得到万有引力定律之后，并没有测得引力常量，首次比较精确地测出引力常量的科学家是卡文迪许，称为“称量地球质量第一人”的科学家。
A. 伽利略与分析不符，A错误
B. 开普勒与分析不符，B错误
C. 卡文迪许与分析相符，C正确
D. 牛顿与分析不符，D错误
4、B
【解析】
设两物体的质量分别为，，初始高度分别为和，且设水平地面为零势能面，
根据机械能守恒定律，
对小球1，
对小球2，

故本题选B。
5、C
【解析】
根据万有引力提供向心力得出线速度、角速度、周期与轨道半径的关系，从而比较出大小关系．
【详解】
根据得，；；， ，知轨道半径越大，周期越大，加速度越小，线速度越小、角速度越小、所以a的线速度、角速度和加速度较大，但是周期较小。故ABD错误，C正确。故选C。
6、D
【解析】
动量是矢量，动量方向的改变也是动量改变，如匀速圆周运动，速度大小不变，故A错误；物体的动量改变，可能是大小的改变，也可能是速度方向改变，无论是速度大小还是方向变化，都是速度发生变化，B正确；动量是矢量，动量方向的改变也是动量改变，如匀速圆周运动中动量的大小不变，但方向时刻改变，故C错误；物体的运动状态改变，说明速度改变，故其动量mv一定改变，可能是方向的改变，也可能是大小的改变，还有可能是大小和方向同时改变，D正确．
7、BC
【解析】
试题分析：电动势在数值上等于内外电压之和，但是电动势与电压实质上不同，故A错误，B正确
C、电源的电动势由电源本身的性质决定的，是表征电源把其他形式的能转化为电能的本领大小的物理量，与外电路的结构无关，故C正确，D错误
故选BC
考点：对电源电动势的理解
点评：容易题．电动势是电源的一个重要参量，它表征在电源内部非静电力移动电荷做功，把其他形式的能转化为电势能的物理量．其定义式为．由电源中非静电力的特性决定，跟电源的体积无关，跟外电路也无关．
8、ABD
【解析】
A、B项：根据线速度与轨道半径和周期的关系得行星运动的轨道半径为：，根据万有引力提供向心力，列出等式：，联立解得：，故AB正确；
C项：根据题意无法求出行星的质量，故C错误；
D项：加速度为：结合解得：行星运动的加速度为，故D正确。
9、ABC
【解析】
A、由分离的条件可知，A、B物体分离时二者的速度、加速度相等，二者之间的相互作用力为0，对A分析可知，A的加速度，所以B的加速度为g，故A正确；
B、 A、B物体分离时弹簧恢复原长，A到最高点弹簧恢复原长，从A、B分离起至A到达最高点的这一过程中弹簧的弹性势能变化为零，所以弹簧对B做的功为零，故B正确；
CD、A、B物体分离后A做竖直上抛运动，可知竖直上抛的初速度，上升到最高点所需的时间：，由运动的对称性可知此时B的速度为2m/s，方向竖直向下，对B在此过程内用动量定理(规定向下为正方向)得：，解得弹簧的弹力对B的冲量大小为：，B的动量变化量为，故C正确，D错误；
故选ABC。
10、AC
【解析】
合外力所做的功等于物体动能的增量，所以A对，外力F做的功，摩擦力对物体B做的功跟弹簧的弹力对B做的功之和等于物体B的动能增量，B错，除去重力和弹簧的弹力以外的力对物体所做的功等于物体机械能的增量，所以以整体为研究对象可知外力F做的功及摩擦力对物体A和B做功的代数和等于物体A和B的动能增量及弹簧弹性势能增量之和
C对，弹性势能是系统共有的所以外力F做的功加上摩擦力对物体B做的功不等于物体B的动能增量与弹簧弹性势能增量之和，D错
11、BCD
【解析】
AB．若地面是完全光滑的，A、B将以共同的加速度运动，因木块AB完全相同 设质量为m、加速度为a．根据牛顿第二定律，对AB整体：

得

对B：

A错误B正确；
D．若地面是有摩擦的，且A、B被推动，A、B也将以共同的加速度运动，根据牛顿第二定律：对AB整体

解得

对B：

故

D正确；
C．若地面是有摩擦的，且A、B未被推动，则可能是F小于A所受的摩擦力未被推动，此时AB之间无作用力，也可能是F大于A所受的摩擦力，但小于AB所受的摩擦力之和未被推动，此时AB之间有作用力大于零，但要小于，因为根据D项可知，当时，AB就滑动了．即可以等于之间的任意值，C正确．
故选BCD.
用整体法与隔离法对物体受力分析是处理连接体问题常用的方法．一般情况下，先用整体法求出整体的加速度，由这一加速度再用隔离法根据牛顿第二定律，求解受力情况．正确选择研究对象是用整体法与隔离法的关键．
12、ABC
【解析】
钢索做的功：W=FH=2mgH，故A正确；重物到达H处，功率为P，此时的钢索拉力仍为2mg，有：P=Fv得：，故B正确。重物在高度为H的位置具有的动能为；故C正确；物体的合外力为F合=F-mg=2mg-mg=mg；故D错误；故选ABC。
此题关键是知道物体向上做匀加速直线运动；注意求力的功时，关键在于找准力和位移，关于功率和力及速度之间的关系，在于三者之间的对应关系．

二．填空题(每小题6分，共18分)
13、C VG2−VB2＝2gh
【解析】
第一空.在该实验中，由于摩擦力、空气阻力等阻力的存在，重锤动能的增加量略小于重力势能的减少量，故C正确；
第二空.在匀变速直线运动中，时间中点的瞬时速度等于该过程中的平均速度，因此有：
B点速度
第三空.G点速度
第四空.若从B到G机械能守恒，则mvB2+mgh=mvG2，即vG2-vB2=2gh，所以当vG2-vB2=2gh时，机械能守恒．
14、左 下落过程中存在阻力做功 在实验误差范围内，，机械能守恒
【解析】
第一空.物体做加速运动，由纸带可知，纸带上所打点之间的距离越来越大，这说明物体与纸带的左端相连．
第二空.利用匀变速直线运动的推论 ；
第三空.重物由O点运动到B点时，重物的重力势能的减少量
△Ep=mgh=1.0×9.8×0.0501 J=0.49J．
第四空. 物体动能的增加量EkB=mvB2=0.48J
第五空.由上数据可知，△Ep＞△Ek，原因是下落时存在阻力做功；
第六空.在实验误差范围内，△EP=△Ek，机械能守恒．
15、是， 8， 0.8，
【解析】
（1）[1]因为竖直方向上相等时间内的位移之比为1：3：5，符合初速度为零的匀变速直线运动特点，因此可知a点的竖直分速度为零，a点为小球的抛出点。
（2）[2]由照片的长度与实际背景屏的长度之比为1：4可得乙图中正方形的边长l=4cm，竖直方向上有：

解得：

（3）[3]水平方向小球做匀速直线运动，因此小球平抛运动的初速度为：

（4）[4]b点竖直方向上的分速度

所以：

三．计算题(22分)
16、（1）（2）14m/s，与Ox夹角为
【解析】
（1）0-t1内，物体沿Ox方向做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律得：F1=ma1。
可得：a1=5m/s2。
0-t1内，物体的位移为：x1=a1t12=×5×22=10m
t1=2s时刻物体的速度为：v1=a1t1=5×2=10m/s
2-6s内物体做类平抛运动，在x轴方向做匀速直线运动，y轴方向做初速度为零的匀加速直线运动，根据牛顿第二定律得：F2=ma2。
可得：a2=2.5m/s2。
2-6s内物体沿y轴方向的分位移：y2=a2(t2−t1)2=×2.5×(6−2)2=20m
x轴方向的分位移：x2=v1（t2-t1）=10×（6-2）=40m
故在t2=6s时刻，物体的位置坐标为：x=x1+x2=50m，y=y2=20m
（2）在t2=6s时刻，物体沿x轴方向的分速度为：vx=v1=10m/s
沿y轴方向的分速度为：vy=a2（t2-t1）=2.5×（6-2）=10m/s
故合速度为：
设合速度方向与Ox轴的夹角为θ，则有：，θ=45°
17、 (1)；(2).
【解析】
(1)由题意小滑块恰好通过最高点C，知重力提供向心力
解得：；
(2)从A到C过程，由动能定理得：
解得：．