2024-2025学年甘肃省兰州一中物理高一第二学期期末达标测试试题含解析.doc

2024-2025学年甘肃省兰州一中物理高一第二学期期末达标测试试题
注意事项
1．考生要认真填写考场号和座位序号。
2．试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B 铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。
3．考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。

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，轻弹簧竖直放置，下端固定．质量为m的小球从弹簧正上方A处由静止释放，到B处时接触弹簧，到C处时速度为1．小球在由A到C的过程中，不计空气阻力，下列判断正确的是

A．加速度先减小再增大
B．B点的速度最大
C．小球的机械能守恒
D．小球和弹簧组成系统的机械能守恒
2、 (本题9分)两个分别带有电荷量－Q和+2Q的相同金属小球（均可视为点电荷），固定在相距为r的两处，它们间库仑力的大小为F．两小球相互接触后将其固定距离变为，则两球间库仑力的大小为
A．4F B．2 F C． D．F
3、 (本题9分)如图所示，一质量为M的赛车，在某次比赛中要以恒定的速率通过一段凹凸起伏的圆弧形路面，若圆弧半径都是R，汽车在最高点对路面的压力为零，则下列说法正确的是（　　）

A．在凸起的圆弧路面的顶部，汽车处于超重状态
B．在凹下的圆弧路面的底部，汽车对路面的压力为2Mg
C．在经过凸起的圆弧路面的顶部后，汽车将做平抛运动，落地点到最高点得水平距离为2R
D．汽车在弧形轨道上运动的过程中向心力保持不变
4、 (本题9分)如图所示的电路中，A、B是平行板电容器的两金属板．先将电键S闭合，等电路稳定后将S断开，并将B板向下平移一小段距离，保持两板间的某点P与A板的距离不变．则下列说法正确的是( )

A．电容器的电容变小
B．电容器内部电场强度大小变大
C．电容器两极板电压变小
D．P点电势降低
5、一辆卡车在丘陵地匀速率行驶，地形如图所示，由于轮胎太旧，途中爆胎可能性最大的地段应是（ ）

A．a处 B．b处 C．c处 D．d处
6、 (本题9分)物体受到几个共点力作用做匀速直线运动，如果撤掉其中的一个力，其它力不变，下列说法正确的是
A．物体一定做匀变速曲线运动
B．物体可能做匀速直线运动
C．物体可能做匀加速直线运动
D．物体可能做匀速圆周运动
7、 (本题9分)一部直通高层的客运电梯的简化模型如图1所示．电梯在t=0时由静止开始上升，以向上方向为正方向，电梯的加速度a随时间t的变化如图2所示．图1中一乘客站在电梯里，电梯对乘客的支持力为F．根据图2可以判断，力F逐渐变大的时间段有（ ）

A．0～1s内 B．8～9s内 C．15～16s内 D．23～24s内
8、 (本题9分)如图所示，轻绳的一端系着物块A，另一端通过水平转盘中心的光滑小孔O吊着小球B，A随转盘一起绕通过小孔O的竖直轴匀速转动，小球B始终与转盘保持相对静止．已知物块A与转盘的接触面是粗糙的，则物块A受力的个数可能是

A．2个 B．3个 C．4个 D．5个
9、 (本题9分)已知某行星绕太阳公转的半径为R，公转周期为T，引力常量为G，则由此可求出（ ）
A．该行星动能 B．该行星的质量 C．该行星的角速度 D．太阳的质量
10、 (本题9分)小明家住26层，他放学后，乘坐电梯从1层直达26层。假设电梯刚起动时做加速直线运动，中间一段时间内做匀速直线运动，最后一段时间内做减速直线运动. 在电梯从1层直达26层的过程中，下列说法正确的是( )
A．电梯刚起动时，小明处于失重状态
B．电梯刚起动时，小明处于超重状态
C．电梯运动的加速度方向始终不变
D．电梯运动的加速度方向发生了变化
11、 (本题9分)如图所示，一倾角为a的固定斜面下端固定一挡板，一劲度系数为k的轻弹簧下端固定在挡板上．现将一质量为m的小物块从斜面上离弹簧上端距离为s处，由静止释放，已知物块与斜面间的动摩擦因数为μ，物块下滑过程中的最大动能为Ekm，小物块运动至最低点,然后在弹力作用下上滑运动到最高点，此两过程中，下列说法中正确的是（　　）

A．物块下滑刚与弹簧接触的瞬间达到最大动能
B．下滑过程克服弹簧弹力和摩擦力做功总值比上滑过程克服重力和摩擦力做功总值大
C．下滑过程物块速度最大值位置比上滑过程速度最大位置高
D．若将物块从离弹簧上端2s的斜面处由静止释放，则下滑过程中物块的最大动能大于2Ekm
12、 (本题9分)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．填空题(每小题6分，共18分)
13、 (本题9分)气垫导轨如图甲）工作时，空气从导轨表面的小孔喷出，使滑块不与导轨表面直接接触，大大减小了滑块运动时的阻力．为了研究动能与做功的关系，在水平气垫导轨上放置一个滑块，用橡皮筋对静止滑块做功．实验主要过程如下：

（1）选用同样的橡皮筋，并在每次实验中使橡皮筋拉伸的长度保持一致．当用1条橡皮筋进行实验时，橡皮筋对滑块做功为W，用2条、3条、……橡皮筋并在一起进行第2次、第3次、……实验时，橡皮筋对滑块做的功分别是2W、3W……；
（2）通过数字计时器，读出滑块被皮筋做功后获得的速度v1、v2、v3、……；
（3）做出W－v草图；
（4）分析W－v图像．如果W－v图像是一条直线，表明∝v；如果不是直线，可考虑是否存在W∝v2、W∝等关系．一位同学记录下橡皮筋做功与速度的大小，该同学又算出了v2的数据，如下表所示．请在给出的坐标系中，描点作出图象．
功

1W
0.66
0.43
2W
0.94
0.88
3W
1.13
1.27
4W
1.31
1.73
5W
1.45
2.09
由此实验可以得出：在初速度为0的条件下，__________与____________是成正比的．
14、 (本题9分)（1）读出图中游标卡尺和螺旋测微器的读数：图a的读数为___________cm．图b读数为________cm．

（2）如图所示，甲图为一段粗细均匀的新型导电材料棒，现测量该材料的电阻率。

①首先用多用电表的欧姆档（倍率为×10）粗测其电阻，指针位置如图乙所示，其读数R=____________。
②然后用以下器材用伏安法尽可能精确地测量其电阻：
A．电流表： 量程为200mA，内阻约为0.1Ω
B．电压表： 量程为3V，内阻约为3kΩ
C．滑动变阻器：最大阻值为20Ω，额定电流1A
D．低压直流电源：电压6V，内阻忽略
F．电键K，导线若干
在方框中画出实验电路图_________.

③如果实验中电流表示数为I，电压表示数为U，并测出该棒的长度为L、直径为d，则该材料的电阻率ρ=____________用测出的物理量的符号表示）
15、 (本题9分)验证“力的平行四边形法则”实验如图所示。
A为固定橡皮的图钉，O为橡皮筋与细绳的结点，OB、OC为细绳子，图乙是在白纸上根据实验结果画出的图。

（1）图甲中弹簧秤B的读数为_______N；
（2）图乙中的F和平行四边形画出的两力中，方向一定沿OA方向的是______；
（3）为了完成实验，在用两个完全相同的弹簧秤成一定角度拉橡皮筋时，必须记录的有_________
A．两细绳的方向 B．橡皮筋的原长
C．两弹簧秤的示数 D．结点O的位置
（4）本实验中，若将细绳换成橡皮筋，其它操作不变则实验结果_________发生变化。(选填“会”或“不会”)
三．计算题(22分)
16、（12分） (本题9分)如图所示倾角的粗糙直导轨与半径的光滑圆部分导轨相切，切点为B，O为圆心，CE为竖直直径，整个轨道处在竖直平面内．一质量的小滑块从直导轨上的D点无初速度下滑，小滑块滑上圆环导轨后恰好能从圆环导轨的最高点C水平飞出．已知滑块与直导轨间的动摩擦因数，重力加速度，不计空气阻力．求：

滑块在圆导轨最低点E时受到的支持力大小；
滑块从D到B的运动过程中损失的机械能．计算结果可保留根式
17、（10分）如图所示，某一滑道由斜坡和水平滑道组成，斜坡顶端A距水平滑道高度为h，倾角为θ，水平粗糙滑道BC段长为d，水平滑道CD段光滑。将轻弹簧的一端水平连接并固定在墙上，另一自由端恰位于水平滑道C点。物块从斜坡A处静止下滑，从斜坡进入水平滑道时，在底端B点处无能量损失（即速度大小不变）。已知物块质量为m，物块与斜坡AB、水平滑道BC间的动摩擦因数均为μ，整个过程空气阻力不计，重力加速度为g。则：
(1)求物块滑到B点时的速度大小？
(2)求弹簧为最大压缩量时的弹性势能Ep？
(3)若物块质量m=3 kg，斜坡倾角θ=370，重力加速度g取10 m/s2。弹簧第一次达到最大压缩量时的弹性势能Ep随物块不同下滑高度h变化关系如图所示，物块能第一次被弹回后不沿斜坡上滑，则物块从斜坡顶端A点下滑高度h应满足什么条件？

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】
AB．小球从A到B过程中做自由落体运动，加速度不变；在B点刚接触弹簧时，弹力小于重力，物体加速度开始减小，当弹力等于重力时加速度减为零，此时速度最大；然后重力小于弹力，加速度反向增加，直到到达C点时速度减为零，故选项AB错误；
C．小球刚开始下落一直到与弹簧接触前，只受重力，小球的机械能守恒，接触弹簧后，小球的机械能一部分转化为弹簧的弹性势能，所以小球的机械能减小，故C错误；
D．在整个过程中，小球与弹簧组成的系统只有重力和弹力做功，则系统的机械能守恒，故D正确；
故选D．
点睛：此题中掌握机械能守恒的条件是解决问题的关键，注意区分系统的机械能守恒和单个物体机械能守恒的区别．本题考查分析物体的受力情况和运动情况的能力．
2、C
【解析】
相距为r时，根据库仑定律得：；由于带异种电荷时，接触后，各自带电量变为Q，则此时，两式联立得F′=；
A. 4F，与结论不相符，选项A错误；
B. 2 F，与结论不相符，选项B错误；
C. ，与结论相符，选项C正确；
D. F，与结论不相符，选项D错误；
3、B
【解析】
在凸起的圆弧路面的顶部，汽车在最高点对路面的压力为零，重力提供向心力，向心加速度的方向向下，汽车处于失重状态．故A错误；汽车在最高点对路面的压力为零，重力提供向心力根据牛顿第二定律，有：Mg=M；则速率为：；在凹下的圆弧路面的底部，重力和支持力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律，有：N-Mg=M；速率恒为；
解得：N=2Mg，根据牛顿第三定律，汽车对路面的压力为2Mg，故B正确；由于在凸起的圆弧路面的顶部，支持力为零，故此后车将做平抛运动，平抛运动的时间：，所以平抛运动的水平位移：x=vt=R．故C错误；由于速率恒为，故向心力大小等于：Fn=M=Mg，但方向不断变化．故D错误；故选B.
点睛：该题属于向心力在日常生活中的应用，解答本题关键明确向心力来源，然后根据牛顿第二定律列式分析即可，同时要注意向心力的方向始终与速度的方向垂直．
4、A
【解析】
因断开开关，所以电量不变，则由、和，联立得：则可知，E与d无关，所以电容器内部电场强度大小不变，故A错误；将B板向下平移一小段距离时，板间距离增大，由，可知，电容C减小，故B正确；因电量不变，C减小，则由Q=UC可知，两板间的电压变大，故C正确；因E不变，P点与下极板间的距离增大，故P与下极板间的电势差增大，故P点电势升高，故D正确；本题选错误的，故选A．
【点睛】根据平行板电容器的电容决定式分析电容的变化情况，抓住电容器的电压不变，由分析板间场强的变化情况，由分析电容器所带电量的变化，根据P点与下极板间电势差的变化，判断P点电势的变化．
5、D
【解析】
在bd处，卡车做圆周运动，加速度方向竖直向上，根据牛顿运动定律得知，卡车处于超重状态，地面对卡车的作用力大于其重力；在a、c处，卡车做圆周运动，加速度方向竖直向下，根据牛顿运动定律得知，卡车处于失重状态，地面对卡车的作用力小于其重力；在b、d处，根据圆周运动可知可知，半径越小，FN越大，越容易爆胎，故在d处容易爆胎，故D正确，ABC错误；故选D．
6、C
【解析】
根据平衡条件得知，余下力的合力与撤去的力大小相等、方向相反；若合力与速度方向共线，则物体做直线运动， 当合力与速度不共线时，物体做曲线运动；由于合力恒定，故加速度恒定，故可能做做匀加速直线运动；由于力是恒力，故物体不可能做匀速运动，不可能做匀速圆周运动，故C正确，A、B、D错误；
故选C．
【点睛】撤掉其中的一个力，其余的力均保持不变，则知其余力的合力，根据速度和力的方向关系明确物体可能的运动情况；注意恒力作用下不可能做匀速圆周运动和匀速圆周运动．
7、AD
【解析】
试题分析：根据牛顿第二定律列式，分加速度向上和加速度向下两个过程讨论即可．
解：1、加速度向上时，根据牛顿第二定律，有：
F﹣mg=ma
故F=mg+ma
故在0﹣1s内的支持力F是增加的，1s﹣8s内支持力恒定，8s﹣9s支持力是减小的；
2、加速度向下时，根据牛顿第二定律，有：
mg﹣F=m|a|
故F=mg﹣m|a|
故在15s﹣16s支持力是减小的，16s﹣23s支持力是固定的，23s﹣24s内的支持力F是增加的；
故AD正确，BC错误；
故选AD．
【点评】超重和失重现象可以运用牛顿运动定律进行分析理解，产生超重的条件是：物体的加速度方向向上；产生失重的条件：物体的加速度方向向下．
8、BC
【解析】
由题可知，绳子的拉力等于小球B的重力T=mBg；当绳子的拉力恰好等于A做圆周运动的向心力时。即T=mBg=mAω2r时，A受重力、转盘的支持力以及绳子的拉力3个力的作用；当绳子的拉力不等于A做圆周运动的向心力时。即T=mBg≠mAω2r时，A受重力、转盘的支持力、绳子的拉力以及圆盘对A的静摩擦力共4个力的作用；
A. 2个，与结论不相符，选项A错误；
B. 3个，与结论相符，选项B正确；
C. 4个，与结论相符，选项C正确；
D. 5个，与结论不相符，选项D错误；
9、CD
【解析】
设太阳的质量为M，行星的质量为m．行星绕太阳做圆周运动的向心力由太阳的万有引力提供，则有：，解得：，已知R和T，可求出太阳的质量M，但不能求出行星的质量m，故D正确，B错误；根据ω＝，已知周期的情况下可以求出行星的角速度，故C正确．由于行星的质量不确定，则不能求解行星的动能，选项A错误；故选CD.
已知环绕天体的公转半径和周期，根据万有引力提供向心力，列出等式只能求出中心体的质量．熟知描述圆周运动的物理量之间的关系是正确解题的关键．
10、BD
【解析】
AB．电梯刚起动时，小明有向上的加速度，则小明处于超重状态，故A错误，B正确；
CD．电梯启动和向上加速时加速度向上，而减速运动时加速度向下，故加速度方向发生了变化，故C错误，D正确.
11、BC
【解析】
A. 物块刚与弹簧接触的瞬间，弹簧的弹力仍为零，仍有mgsinα>μmgcosα，物块继续向下加速，动能仍在增大，所以此瞬间动能不是最大，当物块的合力为零时动能才最大，故A错误；
B. 根据动能定理，上滑过程克服重力和摩擦力做功总值等于弹力做的功．上滑和下滑过程弹力做的功相等，所以下滑过程克服弹簧弹力和摩擦力做功总值比上滑过程克服重力和摩擦力做功总值大，故B正确；
C. 合力为零时速度最大．下滑过程速度最大时弹簧压缩量为x1，则mgsinα=kx1+μmgcosα，x1=；上滑过程速度最大时弹簧压缩量为x2，则 kx2= mgsinα+μmgcosα，x2=；x1Ep.此位置弹簧的压缩量为x.
根据功能关系可得：
将物块从离弹簧上端s的斜面处由静止释放，下滑过程中物块的最大动能为Ekm=mg(s+x)sinα−μmg(s+x)cosα−Ep.
将物块从离弹簧上端2s的斜面处由静止释放，下滑过程中物块的最大动能为E′km=mg⋅(2s+x)sinα−μmg⋅(2s+x)cosα−Ep.
而2Ekm=mg(2s+2x)sinα−μmg(2s+2x)cosα−2Ep=[mg(2s+x)sinα−μmg(2s+x)cosα−Ep]+[mgxsinα−μmgxcosα−Ep]=E′km+[mgxsinα−μmgxcosα−Ep]
由于在物块接触弹簧到动能最大的过程中,物块的重力势能转化为内能和物块的动能,则根据功能关系可得：mgxsinα−μmgxcosα>Ep，即mgxsinα−μmgxcosα−Ep>0，所以得E′km<2Ekm.故D错误．
故选BC.
12、AB
【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．填空题(每小题6分，共18分)
13、 合外力对物体做功，速度平方
【解析】
（1）根据动能定理可得：，则W－v的图象为：

（2）根据描点作图法可得：

由图象可知：合外力对物体做功与速度平方成正比．
14、1.052 1.0295 200.0 见解析
【解析】
（1）由图可知，游标卡尺的固定刻度读数为1cm，游标读数为0.02×26mm=0.52mm，所以最终读数为1cm+0.52mm=1.052cm．
螺旋测微器固定刻度示数为10mm，可动刻度示数为29.5×0.01mm=0.295mm，螺旋测微器示数为10mm+0.295mm=10.295mm=1.0295cm．
（2）①多用电表的读数：20×10Ω=200Ω；
②待测电阻阻值为200Ω，滑动变阻器最大阻值为20Ω，为测多组实验数据，滑动变阻器应采用分压接法；，，则有：，则电流表应采用内接法，实验电路图如图所示．

③由欧姆定律可得，电阻阻值，由电阻定律得：，则电阻率 ．
15、11.40 F ACD 不会
【解析】
（1）图甲中弹簧秤B的读数为：11N+0.40N=11.40N；
（2）F1与F2的合力的实际值为一个弹簧拉绳套时的弹簧的弹力大小和方向，而理论值是通过平行四边形定则得到的值F′．因此方向一定沿AO方向的是F．
（3）为了完成实验，在用两个完全相同的弹簧秤成一定角度拉橡皮筋时，必须记录的有：两细绳的方向、两弹簧秤的示数和结点O的位置；故选ACD.
（4）由于O点的作用效果相同，将两个细绳套换成两根橡皮条，不会影响实验结果。
点睛：正确解答实验问题的前提是明确实验原理，了解具体操作和有关数据处理的方法以及误差分析，了解整个实验过程的具体操作，以及这些具体操作的意义，同时要熟练应用所学基本规律来解答实验问题。

三．计算题(22分)
16、 (1) (2)
【解析】
滑块在C点时由重力提供向心力，有：
滑块从E点到C点的运动过程中，由机械能守恒可知：
在E点有：
解得：
滑块从B点到E点过程，由机械能守恒可知：
滑块从D点到B点过程有：
根据牛顿第二定律知
由功能关系可知，损失的机械能
解得：．
该题的突破口是小滑块滑上圆环导轨后恰好能从圆环导轨的最高点C水平飞出，由重力提供向心力．要分析清楚滑块的运动情况，抓住每个过程的物理规律．
17、（1）；（2）Ep= mgh－μmghcot θ－μmgd；（3）0.75 m ＜ h ≤ 1.5 m
【解析】
解：(1)从A到B过程，对物块分析由动能定理得：
解得：
(2)从A到弹簧为最大压缩量时，对物块分析，由动能定理得：

联立解得：
(3)由(2)可知：
根据图像与函数相结合可知斜率：，纵截距：
代入图中所给数据，解得，
物块刚好能第一次被弹回，即要求物体从A点下滑能抵达C点，由图可知：
从A到弹簧为最大压缩量，再返回B后不沿斜坡上滑，对物块分析，由动能定理得：

代入数据解得：
综上分析，可知物块能第一次被弹回后不沿斜坡上滑，则物块从斜坡顶端A点下滑高度应满足：