浙江省嘉兴市嘉善高级中学2025年高一物理第二学期期末调研模拟试题含解析.doc

浙江省嘉兴市嘉善高级中学2025年高一物理第二学期期末调研模拟试题
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（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)用小锤击打弹性金属片后，一小球做平抛运动，同时另一小球做自由落体运动．两球运动的频闪照片如图所示，最上面与最下面小球位置间的实际竖直距离为1 m，照片中反映的实际情况是

A．自由下落小球相邻位置间的位移相等
B．平抛运动小球相邻位置间的位移相等
C．自由下落小球相邻位置间的距离一定大于0.1 m
D．平抛运动小球相邻位置间的水平距离一定大于0.1 m
2、 (本题9分)在物理学发展中，许多物理学家做出了卓越贡献．以下关于物理学家所作科学贡献的叙述中，或物理现象及规律的描述正确的是（　　）
A．牛顿发现了万有引力定律并测量了万有引力常量
B．开普勒发现了行星运动三大定律
C．随着科学技术的发展，“永动机”是可能实现的
D．经典力学适用于高速接近光速的物体，也适用于微观的物体
3、人站在电梯内加速上升的过程中，电梯对人的支持力所做的功等于（　　）
A．人的动能增加量
B．人的势能的增加量
C．人的机械能增加量
D．人克服重力所做的功
4、 (本题9分)宇航员在围绕地球做匀速圆周运动的航天器中会处于完全失重状态，下述说法不正确的是（）
A．宇航员受力平衡
B．宇航员仍受引力作用
C．引力正好等于宇航员围绕地球做匀速圆周运动的向心力
D．引力仍产生加速度
5、 (本题9分)如图所示，圆锥摆的摆长为L，摆角为α，质量为m的摆球在水平面内做匀速圆周运动，则

A．摆线的拉力为
B．摆球的向心加速度为
C．其运动周期为
D．其运动周期为
6、 (本题9分)牛顿曾设想，把炮弹从高山上水平射出，速度越大，落地点越远。当炮弹的速度足够大，它将绕地球运动，成为人造地球卫星。弹道A、B对应的发射速度分别为vA、vB，B为紧贴地面表面的圆轨道，如图所示。则

A．vA＝7.9 km/s B．vA>7.9km/s C．vB=7. 9km/s D．vB>7.9km/s
7、组成星球的物质是靠引力吸引在一起的，这样的星球有一个最大的自转的速率，如果超出了该速率，星球的万有引力将不足以维持其赤附近的物体随星球做圆周运动,由此能得到半径为R,密度为ρ质量为M且均匀分布的星球的最小自转周期T，下列表达式正确的是：（　　）
A． B． C． D．
8、 (本题9分)一个连同装备总质量M=100kg的宇航员，脱离飞船进行太空行走后，在与飞船相距d=45m的位置与飞船保持相对静止．所带氧气筒中还剩有m0=0.5kg氧气，氧气除了供他呼吸外，还需向与飞船相反方向喷出一部分氧气以获得使他回到飞船反冲速度v′，为此氧气筒上有可使氧气以v=50m/s速度喷嘴．按照物理原理：如果一次性喷出氧气质量为m，喷气速度为v，则其获得反冲速度v′=mv/M，已知耗氧率为R=2.5×10-4kg/s（即每秒钟呼吸消耗氧气量）．则为保证他安全返回飞船，一次性喷出氧气质量m可能为（ ）

A．0.04kg
B．0.25kg
C．0.35kg
D．0.46kg
9、一木块静止在光滑水平面上，一颗子弹沿水平方向射入木块中，并留在了木块里。则在子弹射入木块的过程中（ ）
A．子弹对木块的冲量和木块对子弹的冲量大小相等
B．子弹对木块的冲量大于木块对子弹的冲量
C．子弹对木块做的功与木块对子弹做的功大小相等
D．子弹对木块做的功小于木块对子弹做的功
10、如图，轻质弹簧一端固定在斜面（固定）底端的O点，弹簧处于原长状态时，对应的斜面OP部分光滑，斜面顶端Q至P的斜面部分粗糙。一滑块从斜面顶端Q处释放，接触弹簧并压缩，弹簧始终处于弹性限度内，滑块与弹簧作用时不损失能量， 从滑块开始运动至压缩弹簧最短的过程中，下列说法正确的是：

A．滑块减少的重力势能大于弹簧最大弹性势能
B．滑块、弹簧、地球构成的系统，机械能守恒
C．滑块先做匀加速后做匀减速直线运动
D．滑块接触弹簧以后减少的机械能全部转化为弹簧的弹性势能
11、 (本题9分)质量为m的汽车在平直的公路上从静止开始加速，前进了s距离后速度达到最大值vm．设在加速过程中发动机的功率恒为P，汽车所受阻力恒为f．当速度为v（vm＞v）时，所受牵引力为F，对汽车在这段位移内的有关物理量，以下说法正确的是（　　）
A．汽车的牵引力做功为Fs B．汽车的牵引力做功为mvm2+fs
C．汽车的速度v=P/F D．汽车的最大速度vm=P/f
12、 (本题9分)如图甲所示，质量为m=1 kg的小物块放在水平地面上，用水平力F拉着小物块沿水平面运动，小物块运动的v-t图像如图乙所示，小物块与地面之间的动摩擦因数为μ=0.2，重力加速度g取10 m/s2，则0-2 s内

A．小物块动能增加4 J
B．小物块动量变化2 kg·m/s
C．拉力F对小物块做的功为6 J
D．拉力F对小物块的冲量大小为2 N·s
二．填空题(每小题6分，共18分)
13、 (本题9分)如图所示为验证动量守恒的实验装置示意图．

若入射小球质量为，半径为；被碰小球质量为，半径为则______
A.                  

C.                  

为完成此实验，以下所提供的测量工具中必需的是______ 填下列对应的字母
A.直尺      
游标卡尺         
天平          
弹簧秤          
秒表
设入射小球的质量为，被碰小球的质量为为碰前入射小球落点的平均位置，则关系式用、及图中字母表示 ______ 成立，即表示碰撞中动量守恒．
14、 (本题9分)为了测量某待测电阻Rx的阻值，某实验小组先用多用电表进行粗测，后用伏安法精确测量，实验室提供的器材如下：
待测电阻：Rx
电压表：V1（量程3 V，内阻约为3kΩ）
电压表：V2（量程15 V，内阻约为15 kΩ）
电流表：A1（量程0.6 A，内阻约为5Ω）
电流表：A2（量程200 mA，内阻约为30Ω）
滑动变阻器：R（最大阻值10Ω，额定电流1 A）
直流电源：E（电动势为3 V，内阻可忽略）
单刀单掷开关一个，导线若干

（1）当用多用电表的欧姆×10挡粗测Rx的阻值时，发现指针偏转角度太大了，应使选择开关拨到________（填“×100或×1”）倍率挡，重新欧姆调零后再测，此时多用电表指针位置如图（a）所示。
（2）在用伏安法测量Rx时，为使测量尽量精确，要求电表指针均达到半偏以上，电压表应选_________，电流表应选______________。（均填器材符号）
（3）图为该实验小组设计测量电阻Rx电路图的一部分，请在虚线框内将电路图补充完整____。
15、 (本题9分)利用如图装置做“验证机械能守恒定律”实验.

(1)为验证机械能是否守恒,需要比较重物下落过程中任意两点间的（_________）
A．动能变化量与势能变化量
B．速度变化量和势能变化量
C．速度变化量和高度变化量
(2)在实验中,已知重物质量,在纸带上打出一系列的点,如图所示(打点间隔为),,纸带上所标数据单位,其中点与下一点之间距离为那么从打点到打点的过程中：

①重物的重力势能变化量_________,动能变化量____________(结果保留两位有效数字)
②有一位学生的实验结果显示,重力势能的减少量小于动能的增加量,原因是:________
A．重物下落时受到的阻力过大
B．在计算中误将取
C．重物的质量测量错误
D．交流电源的频率小于
(3)某同学想用下述方法研究机械能是否守恒,在纸带上选取多个计数点,测量它们到起始点的距离,计算对应计数点的重物速度,描绘图像,并做如下判断:若图像是一条过原点的直线,则重物下落过程中机械能守恒．请你分析论证该同学的判断依据是否正确_____________
三．计算题(22分)
16、（12分）坐标原点O处的波源t=0时刻开始沿着y轴方向做简谐运动，形成沿x轴正方向传播的简谐波。T=0.3s时刻，波刚传播到x=3m处的P点，t=0.3s时刻的波形如图所示。

求：
（1）波的传播速度大小；
（2）从图示时刻再经过多长时间，位于x=8m处的Q点第一次到达波谷；
（3）在图中画出t=0.5s时刻的波形（不用写出推导过程）。
17、（10分） (本题9分)有一水平抛出的小石子，大小不计，落地时的速度为20m/s，落地时速度方向与水平方向之间夹角450，（g=10m/s2），求:
(1)水平抛出的初速度等于多少？
(2)抛出点距离地面的竖直高度是多少？
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．小球做自由落体运动，相等时间内的位移增大，故A错误；
B．平抛运动小球在竖直向相同时间内位移增大，则相邻位置间的位移不相等，故B错误；
C．1米对于10等分的话为0.1m，但自由下落相同时间内的位移增大，则刚下落时的距离要小于0.1m，则C错误；
D．由图可知水平长度要大于竖直高度，而水平向为匀速直线运动，则为距离平分，要大于0.1m，故D正确．
2、B
【解析】
A. 牛顿发现了万有引力定律，卡文迪许测量了万有引力常量，选项A错误；
B. 开普勒发现了行星运动三大定律，选项B正确；
C. “永动机”违背能量守恒定律，即使随着科学技术的发展，“永动机”也是不可能实现的，选项C错误；
D. 经典力学适用于宏观低速物体，不适用高速接近光速的物体，也不适用于微观的物体，选项D错误；
3、C
【解析】
A.根据动能定理知，人的动能增加量等于支持力和重力对人做功的代数和，因支持力做正功，重力做负功，可知，人的动能增加量小于电梯对人的支持力所做的功；故A错误.
BD.人加速上升，支持力大于重力，则支持力所做的功大于人克服重力做的功，则人的势能的增加量小于电梯对人的支持力所做的功；故BD错误.
C.根据功能关系可知，电梯对人的支持力所做的功等于人的机械能增加量；故C正确.
4、A
【解析】
A. 宇航员在围绕地球做匀速圆周运动，有向心加速度，处于非平衡状态，故A说法错误，符合题意。
B.宇航员仍受地球对他的万有引力的作用，B说法正确，不符合题意。
C.因为宇航员做匀速圆周运动，所以引力正好等于宇航员围绕地球做匀速圆周运动的向心力，故C说法正确，不符合题意。
D.万有引力提供向心力，产生向心加速度，故D说法正确，不符合题意。
5、D
【解析】
A.小球的受力如图所示

小球受重力mg和绳子的拉力F，因为小球在水平面内做匀速圆周运动，靠合力提供向心力，根据平行四边形定则知，拉力为：，故A错误。
B.拉力与重力的合力沿水平方向提供向心加速度，根据牛顿第二定律得： ，解得： ．故B错误；
CD.小球做圆周运动根据牛顿第二定律得：

小球运动的周期为：

故C错误D正确。
6、C
【解析】
AB.物体沿弹道A运动时，最终落回地面，所以抛出速度vA＜7.9km/s，故AB错误；
CD.物体沿弹道B运动做匀速圆周运动，物体抛出速度vB=7.9km/s时，物体刚好能不落回地面，故C正确，D错误；
7、BC
【解析】
AB.当周期小到一定值时，压力为零，此时万有引力充当向心力，即

解得：
①
故B正确，A错误；
CD. 星球的质量

代入①式可得：

故C正确，D错误．
8、BC
【解析】
已知M=100kg，d=45m，m0=0.5kg，v=50m/s，R=2.5×10−4kg/s，
设喷出氧气的质量为m，返回的时间为t，则返回速度v′=mv/M= =0.5m，
运动的时间t=d/v′=  ①
宇航员耗氧：Rt=m0−m，即2.5×10−4×t=0.5−m，
t=4000×(0.5−m)= ，即400m2−200m+9=0，
解得m1=0.05kg，m2=0.45kg，
所以0.05kg
故选BC.
点睛：一次性喷出的氧气质量为m，根据题意得出宇航员及装备获得反冲速度，再根据速度公式求出宇航员返回飞船的时间，得出此段时间内宇航员消耗的氧气和一次性喷出的氧气质量以及总氧气质量之间的关系，联立方程进行求解，最终得出一次性喷出氧气质量的范围．
9、AD
【解析】
AB. 子弹对木块的作用力与木块对子弹的作用力是一对作用力与反作用力，故两者大小相等，作用时间也相等，所以子弹对木块的冲量和木块对子弹的冲量大小相等，故A正确，B错误。
CD. 子弹对木块的作用力与木块对子弹的作用力大小速度，但是子弹的对地位移大于木块的对地位移，子弹对木块做的功小于木块对子弹做的功，故C错误，D正确。
10、AD
【解析】
A.滑块开始运动至压缩弹簧最短的过程中，根据能量守恒定律可知，减少的重力势能转化为增加的弹性势能和QP段摩擦生的热能，故滑块减少的重力势能大于弹簧最大弹性势能；A正确.
B.滑块、弹簧、地球构成的系统在全程运动中，有除重力做功和弹簧的弹力做功外，其它的摩擦力做负功，根据功能关系知系统的机械能减少；B错误.
C.滑块在QP段受恒力做匀加速，接触弹簧后，弹簧的弹力逐渐增大，则合力先向下减小后向上增大，先做加速度向下减小的变减速直线运动，后做加速度向上增大的变减速直线运动；故C错误.
D.滑块接触弹簧时有不为零的速度，则此后的过程减少的重力势能和减少的动能一起转化为增加的弹性势能，即滑块减少的机械能全部变成弹簧增加的弹性势能；故D正确.
11、BCD
【解析】
汽车恒定功率启动，是变加速运动，牵引力是变力，故汽车的牵引力做功不为Fs，故A错误；根据动能定理，有：W-fs=；
解得：W=fs+，故B正确；
汽车的实际功率P=Fv，任意时刻的速度为v=，故C正确；汽车速度达到最大时，是匀速直线运动，牵引力与阻力平衡，f=F，由于：P=Fvm，故，故D正确；故选BCD。
本题是恒定功率启动问题，关键是分析清楚汽车的运动规律，知道汽车做加速度减小的变加速运动，然后动能定理列式分析.
12、BC
【解析】A：由图可得，0-2 s内，物体速度从0变为2m/s，则0-2 s内，小球动能的变化，即0-2 s内，小物块动能增加2 J。故A项错误。
B：由图可得，0-2 s内，物体速度从0变为2m/s，则0-2 s内，小球动量的变化。故B项正确。
C：由图得，0-2 s内，物体位移，据动能定理可得，解得：0-2 s内，拉力F对小物块做的功。故C项正确。
D：0-2 s内，物体速度从0变为2m/s，据动量定理可得：，解得：0-2 s内，拉力F对小物块的冲量大小为6 N·s。故D项错误。

二．填空题(每小题6分，共18分)
13、 (1)C (2)AC (3)
【解析】
（1）为了保证碰撞前后使入射小球的速度方向不变，故必须使入射小球的质量大于被碰小球的质量．为了使两球发生正碰，两小球的半径相同；
（2）两球做平抛运动，由于高度相等，则平抛的时间相等，水平位移与初速度成正比，把平抛的时间作为时间单位，小球的水平位移可替代平抛运动的初速度．将需要验证的关系速度用水平位移替代．
【详解】
（1）在小球碰撞过程中水平方向动量守恒定律故有m1v0=m1v1+m2v2
在碰撞过程中动能守恒故有m1v02=m1v12+m2v22
解得v1=v0
要碰后入射小球的速度v1＞0，即m1-m2＞0，m1＞m2，为了使两球发生正碰，两小球的半径相同，r1=r2，故选C
（2）P为碰前入射小球落点的平均位置，M为碰后入射小球的位置，N为碰后被碰小球的位置，碰撞前入射小球的速度v1＝；碰撞后入射小球的速度v2＝ ；碰撞后被碰小球的速度v3＝；若m1v1=m2v3+m1v2则表明通过该实验验证了两球碰撞过程中动量守恒，代入数据得：m1 =m1+m2，所以需要测量质量和水平位移，用到的仪器是直尺、天平；故选AC．
（3）若关系式m1 =m1+m2成立，即表示碰撞中动量守恒．
本题是运用等效思维方法，平抛时间相等，用水平位移代替初速度，这样将不便验证的方程变成容易验证．
14、×1 V1 A2
【解析】
第一空．欧姆×10挡粗测Rx的阻值时，发现指针偏转角度太大了，说明Rx的阻值较小，应换用×1挡。
第二空．电源电动势为3 V，为使电表指针均达到半偏以上，电压表选择V1．
第三空．据图（a）知，待测电阻，则流过待测电阻的最大电流，为使电表指针均达到半偏以上，电流表选择A2．
第四空．电压表选择V1，电流表选择A2，则：；待测电阻，所以测量电路选用电流表的外接法，电路如图：

15、A； 0.49J； 0.48； D； 不正确；
【解析】
（1）为验证机械能是否守恒,需要比较重物下落过程中任意两点间的动能变化量与势能变化量，故选A.
（2）①因O点与下一点之间距离为2mm，可知打O点时重物的速度为零；B点的速度：
重物的重力势能变化量ΔEp=mghB=1×9.8×0.0501J=0.49J；
动能变化量ΔEk=
②若重物下落时受到的阻力过大，则重力势能的减小量会大于动能的增量，选项A错误；在计算中误将g取10m/s2，则计算出的重力势能的减小量也会大于动能的增量，选项B错误；因为要比较的mgh和mv2两边都有m，则重物的质量测量错误对实验无影响，选项C错误；交流电源的频率小于50Hz，则打点的周期较大，点间距离较大，则测得的点的速度偏大，则可能会造成动能增加量大于重力势能减小量，选项D正确；故选D.
（3）该同学的判断依据不正确．在重物下落h的过程中，若阻力f恒定，根据mgh-fh=mv2，可得：v2=2（g-）h，则此时v2-h图象就是过原点的一条直线．所以要想通过v2-h图象的方法验证机械能是否守恒，还必须看图象的斜率是否接近2g．
点睛：解决本题的关键掌握实验的原理，会通过原理确定产生误差的原因，以及掌握纸带的处理方法，会通过纸带求解瞬时速度的大小，关键是匀变速直线运动推论的运用．

三．计算题(22分)
16、（1）（2）（3）
【解析】
；
【详解】
（1）由题可以知道，波的传播速度为
；
（2）由图可知，
，
故周期
，
设在经过时间，位于处的Q点到达波谷，则：

时，
。
（3）由题可以知道, 时，波恰好传递到5m处，所以，波形图是：

17、（1） （2）
【解析】
（1）抛出的初速度：
（2）落地的竖直速度：
抛出点距离地面的竖直高度