2024-2025学年内蒙古巴彦淖尔市临河区第三中学物理高一第二学期期末质量跟踪监视试题含解析.doc

2024-2025学年内蒙古巴彦淖尔市临河区第三中学物理高一第二学期期末质量跟踪监视试题
注意事项
1．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回．
2．答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用0．5毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置．
3．请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符．
4．作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案．作答非选择题，必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效．
5．如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑加粗．

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)如图所示，某公园有喷水装置，若水从小鱼模型口中水平喷出，忽略空气阻力及水之间的相互作用，下列说法中正确的是

A．喷水口高度一定，喷水速度越大，水从喷出到落入池中的时间越短
B．喷水口高度一定，喷水速度越大，水喷得越近
C．喷水速度一定，喷水高度越高，水喷得越近
D．喷水口高度一定，喷水速度越大，水从喷出到落入池中的时间不变
2、如图甲所示，轻弹簧竖直放置，下端固定在水平地面上，一质量为m的小球，从离弹簧上端高h处由静止释放。某同学在研究小球落到弹簧上后继续向下运动到最低点的过程，他以小球开始下落的位置为原点，沿竖直向下方向建立坐标轴Ox，做出小球所受弹力F大小随小球下落的位置坐标x的变化关系如图乙所示，不计空气阻力，重力加速度为g。以下判断正确的是:( )

A．当x=h+x0小球速度为0
B．最低点的坐标为x=h+2x0
C．小球受到的弹力最大值大于2mg
D．当x=h，小球速度最大
3、如图所示为一水平传送带，以5m/s的速率顺时针运转，AB间距为4m。现将1kg的小块经放在传送带的左端，小物块与传送带间的动摩擦因数＝0.5，重力加速度取10m/s2。小物块从传送带左端运动到右端的过程中

A．小物块一直做匀加速运动
B．传送带对小物块做功为20J
C．摩擦产生的热量为12.5J
D．电动机由于传送小物块多消耗的电能为12.5J
4、 (本题9分)2019年4月20日，我国成功发射了第44颗北斗导航卫星．该卫星是倾斜地球同步轨道卫星，它的轨道平面与地球赤道平面有一定的夹角，离地面的高度和处于赤道平面内的地球同步轨道卫星相等．仅考虑卫星与地球间的作用，下列说法正确的是
A．该卫星的角速度与地球同步轨道卫星的角速度一样大
B．该卫星的环绕速度介于7.9km/s和11.2km/s之间
C．该卫星的周期大于地球同步轨道卫星的周期
D．该卫星可以始终处在地面某点的正上方
5、 (本题9分)下列关于自由落体运动的说法中，正确的是
A．初速度等于零的竖直方向上的运动，就是自由落体运动
B．加速度为g的竖直方向上的运动，就是自由落体运动
C．羽毛与石块做自由落体运动时的加速度不等
D．物体只在重力作用下由静止开始所做的运动就是自由落体运动
6、 (本题9分)一质量为2kg的物块，在竖直方向的拉力作用下运动的图象如图所示向上为运动的正方向，重力加速度，不计空气阻力，下列说法正确的是　　

A．4s时克服重力做功的功率为80W
B．前6s内物块的重力势能先增大后减少
C．前2s内拉力的功率变大
D．5s时物块的动能为4J
7、轻质弹簧吊着小球静止在如图所示的A位置，现用水平外力F将小球缓慢拉到B位置，此时弹簧与竖直方向的夹角为θ，在这一过程中，对于整个系统，下列说法正确的是 ( )

A．系统的弹性势能不变
B．系统的弹性势能增加
C．系统的机械能不变
D．系统的机械能增加
8、 (本题9分)如图所示， 在粗糙水平面上， 用水平轻绳相连的两个相同物体 P、 Q 质量均为 m，在水平恒力 F 作用下以速度 v 做匀速运动． 在 t = 0 时轻绳断开， Q 在 F 作用下继续前进， 则下列说法正确的是

A．t = 0 至时间内， P、 Q 的总动量守恒
B．t = 0 至时间内， P、 Q 的总动量守恒
C．时， Q 的动量为mv
D．时， Q 的动量为mv
9、 (本题9分)物体受到几个外力的作用而作匀速直线运动，如果撤掉其中的一个力，它可能做（　　）
A．匀速直线运动 B．匀加速直线运动
C．匀减速直线运动 D．曲线运动
10、 (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
二、实验题
11、（4分） (本题9分)一组同学研究“运动物体所受空气阻力与其运动速度关系”，他们利用一些“小纸杯”作为研究对象，用频闪照相机等仪器测量“小纸杯”在空中竖直下落距离、速度随时间变化的规律。过程如下：
A．如图甲所示，同学们首先测量单只“小纸杯”在空中下落过程中不同时间的下落距离，将数据填入下表中。
B．在相同的实验条件下，将不同数量的“小纸杯”叠放在一起从空中下落，分别测出它们的v一t图线，如图乙中图线1、2、3、4所示。
C．同学们对实验数据进行分析、归纳后，得出阻力大小与速度平方成正比的关系，即。 其中k为常数。回答下列问题：
(1)图乙中各条图线具有共同特点：“小纸杯”先做加速度大小______的加速运动（选填“不变”、“增大”或“减小”），最后达到匀速运动。
(2)根据表格和图乙中的信息可知表中X处的理论值为____m。
(3)根据上述实验结论，可知4个“小纸杯”叠在一起下落时，其最终的下落速率为____m/s。

12、（10分）用如图实验装置验证m1、m1组成的系统机械能守恒．m1从高处由静止开始下落，在m1上拖着的纸带打出一系列的点，对纸带上的点迹进行测量，即可验证系统机械能守恒．下图给出的是实验中获取的一条纸带：0是打下的第一个点，每相邻两计数点间还有4个点未标出，计数点间的距离如图所示．已知m1=50g、m1=150g，当地重力加速度g=9.8m/s1．则

（1）在纸带上打下计数点5时m1的速度v=____m/s；
（1）在打点0～5过程中系统动能的增量△Ek=___J，系统势能的减少量△Ep=___J；
（3）上题中经精确计算得到系统动能的增量与系统势能的减少量间有差距，其原因是有空气阻力、测量误差和_____.（写一条）
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）如图所示，粗糙水平轨道AB与半径为R的光滑半圆竖直轨道BC相连接。质量为m的小物块在水平恒力F作用下，从A点由静止开始向右运动，当小物块运动到B点时撒去力F，小物块沿半圆形轨道运动恰好能通过轨道最高点C，小物块脱离半圆形轨道后刚好落到原出发点A。已知物块与水平轨道AB间的动摩擦因数=0.75，重力加速度为g，忽略空气阻力。求：
（1）小物块经过半圆形轨道B点时对轨道的压力大小；
（2）A、B间的水平距离；
（3）小物块所受水平恒力F的大小。

14、（14分）不可伸长的轻绳长l=1.2m，一端固定在O点，另一端系一质量为m=2kg的小球．开始时，将小球拉至绳与竖直方向夹角θ=37°的A处，无初速释放，如图所示，取sin37°=0.6,cos37°=0.8，g=10m/s2.

(1)求小球运动到最低点B时绳对球的拉力；
(2)若小球运动到B点时，对小球施加一沿速度方向的瞬时作用力F，让小球在竖直面内做完整的圆周运动，求F做功的最小值．
15、（13分） (本题9分)如图，一质量m=2kg的物体静止在水平面上，动摩擦因素为0.1，在方向为水平向右、大小为8N的恒力F的作用下开始运动，g取10m/s2，求物体经过时间为2s时：

（1）力F对物体所做的功；
（2）在2s末力F对物体做功的瞬时功率；
（3）因摩擦产生的热量。
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、D
【解析】
AD、据题可将光的运动看作平抛运动，竖直方向做自由落体运动，水平方向做匀速直线运动，则有：竖直方向有：，则，可知水从喷出到落入池中的时间由喷水口高度决定，与喷水速度无关，所以喷水口高度一定，运动时间一定，故A错误，D正确；
B、水平方向有：，则知喷水口高度一定，喷水速度越大，水喷得越远，故B错误；
C、水平方向有：，喷水速度一定，喷水高度越高，水喷得越远，故C错误；
故选D．
【点睛】水从小鱼模型口中水平喷出，忽略空气阻力及水之间的相互作用，可看作平抛运动，根据平抛运动的规律列式分析．
2、C
【解析】
AD．根据乙图可知当 x=h+x0，小球的重力等于弹簧的弹力，此时小球加速度为0，具有最大速度，故 A错误；D错误.
B．根据简谐运动的对称性， x=h+2x0与x=h处速度相等，x=h+2x0处不是最低点，B错误；
C．根据胡克定律，弹簧压缩x0时弹力等于mg，x=h+2x0处弹力等于2mg，但不是最低点，所以小球受到的弹力最大值大于2mg，C正确；
3、C
【解析】
A.小物块先做初速度为零的匀加速直线运动，加速度为：a==μg=5m/s2，物块速度增加至与皮带速度相同时所用时间为：；匀加速直线运动的位移为：然后物块相对传送带静止一起做匀速直线运动。故A错误。
B.小物块运动到皮带右端时速度为v=5m/s，根据动能定理得：传送带对小物块做功 W=mv2=×1×52=12.5J，故B错误。
C.物块匀加速运动过程，传送带的位移为：x带=vt=5×1m=5m；物块相对于传送带运动的位移大小为：△x=x带-x1=5m-2.5m=2.5m；则摩擦产生的热量为 Q=μmg△x=12.5J，故C正确。
D.电动机由于传送小物块多消耗的电能等于物块增加的动能和摩擦产生的热量之和，为 E多=mv2+Q=25J，故D错误。
4、A
【解析】
A．根据，由于离地面的高度和处于赤道平面内的地球同步轨道卫星相等，具有相等的轨道半径，所以该卫星的角速度与地球同步轨道卫星的角速度一样大，故A正确；
B．第一宇宙速度是最大的环绕速度，所以该卫星的环绕速度一定小于7.9km/s，故B错误；
C．根据，由于离地面的高度和处于赤道平面内的地球同步轨道卫星相等，具有相等的轨道半径，所以该卫星的周期等于地球同步轨道卫星的周期，故C错误；
D．倾斜同步轨道卫星相对于地球非静止的，所以倾斜同步轨道卫星从地球上看是移动的，故该卫星不可能始终位于地球表面某个点的正上方，故D错误；
5、D
【解析】
ABD．自由落体运动是物体从静止开始只在重力作用下的运动，是初速度为零，加速度为g的匀加速直线运动，故A错误，B错误，D正确；
C．同一地点，自由落体运动时各物体的加速度相同，故C错误．
故选D.
6、AD
【解析】
4s时，由图象得，又由  重力与物体运动方向相反，；代入数据得：4s时克服重力做功的功率为80W；故A正确；前6s内物块一直朝上运动，物体的重力势能会一直增加，故B错误；前2s内物体的速度未发生改变，物体做匀速直线运动，拉力与重力平衡；又由功率的计算公式；得前2s内拉力的功率为定值，故C错误；由，5s时的速度为，代入数据得，故D正确；故选AD。
此题要理解图象得相关意义：图象与t轴围成的面积表示物块的位移；一直为正值，故物体一直朝一个方向运动；并结合功率的计算公式就能解决问题。

7、BD
【解析】
根据力的平衡条件可得F＝mgtanθ，弹簧弹力大小为F弹＝，B位置比A位置弹力大，弹簧伸长量大，所以由A位置到B位置的过程中，系统的弹性势能增加，又由于重力势能增加，动能不变，所以系统的机械能增加．
8、AD
【解析】
设P、Q所受的滑动摩擦力大小均为f，系统匀速运动时，有 F=2f，得 f=F/2；轻绳断开后，对P，取向右为正方向，由动量定理得-ft=0-mv，联立得，即时P停止运动．在P停止运动前，即在t=0至时间内，P、Q系统的合外力为零，总动量守恒．故A正确．至时间内，P停止运动，Q匀加速运动，系统的合外力不为零，则系统的总动量不守恒，故B错误．时，取向右为正方向，对Q，由动量定理得 (F-f)t=pQ-mv，解得Q的动量 pQ=mv，故D错误，C错误．故选AD．
本题是脱钩问题，要抓住脱钩前系统的动量守恒，脱钩后在两者都在运动时系统的动量也守恒．在涉及力在时间上的积累效应时，运用动量定理求动量或速度是常用的方法．
9、BCD
【解析】
A．物体在几个力的作用下处于平衡状态，若撤去其中某一个力而其余力的性质（大小、方向、作用点）不变，根据平衡条件，其余力的合力与撤去的力等值、反向、共线，合力是恒力；在撤去了恒力之后，物体受到的合力不为0，故物体一定做加速运动，不可能做匀速直线运动，故A是不可能的；
B．当合力与物体运动的方向相同时，物体做匀加速直线运动，故B是可能；
C．直线运动中合力与物体运动的方向相反时，物体做匀减速直线运动，C是可能的；
D．曲线运动中合力与速度不共线，物体做匀变速曲线运动；D是可能的．
10、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.

二、实验题
11、减小 1.750 2.0
【解析】
（1）图乙中各条图线的斜率先减小后不变，则都具有共同特点：“小纸杯”先做加速度大小减小的加速运动，最后达到匀速运动。
（2）因0.8s后纸杯已经匀速下落，由表格可知在0.4s内纸杯下降的距离为0.4m，可知X=1.750m；
（3）一个纸杯时，最终速度为v1=1m/s；由；可得：v2=2m/s。
12、1.4 0.576 0.588 纸带与打点计时器间有摩擦（细线与定滑轮间有摩擦或定滑轮的转动等）
【解析】
第一空.利用匀变速直线运动的推论.
第二空.系统动能的增量△Ek=Ek5-0=(m1+m1)v51=0.576 J．
第三空.系统重力势能减小量△Ep=（m1-m1）gh=0.1×9.8×0.600 J=0.588 J.
第四空. 上题中经精确计算得到系统动能的增量与系统势能的减少量间有差距，其原因是有空气阻力、测量误差和纸带与打点计时器间有摩擦（细线与定滑轮间有摩擦或定滑轮的转动等）.

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）6mg；（2）2R；（3）2mg
【解析】
（1）设小球经过半圆形轨道B点时轨道给球的作用力为FN
在B点：FN-mg=m
由B到C过程，由动能定理得：
-2mgR=
在C点，由牛顿第二定律和向心力公式可得：
mg=m
联立解得：FN=6mg
根据牛顿第三定律，小物块经过半圆形轨道B点时对轨道的压力大小：FN′=FN=6mg，方向竖直向下。
（2）离开C点，小球做平抛运动，则：
竖直方向：2R=gt2
水平方向：SAB=vCt
解得A、B间的水平距离：SAB=2R
（3）由A到B运动过程，由动能定理得：
（F-mg）SAB=-0
代入数据解得：小物块所受水平恒力F=2mg
14、（1）F=28N（2W=55.2J
【解析】
第二问的分析应从小球能安全通过最高点的最小速度作为解题的突破口．
试题分析：（1）小球从A到B过程中，机械能守恒，有
mgl(1-cos37°)=①
在B点，由牛顿第二定律有：
F-mg=m②
联立①②解得：F=28N ③
（2）设小球通过最高点的最小速度为vc，F做功的最小值为W
由牛顿第二定律：mg=m④
从A到C的过程中由动能定理得
W-mgl(1+cos37°)=-0 ⑤
联立④⑤解得：W=55.2J ⑥
评分标准：本题共12分，其中①②④每式2分，⑤式4分，③⑥每式1分
考点：机械能守恒动能定理牛顿第二定律
15、（1）48J；（2）48W（3）12J
【解析】
（1）物体的加速度
则位移s=at2＝×3×4m＝6m．
根据功的公式得：W=Fs=8×6J=48J
（2）2s末的速度v=at=3×2m/s=6m/s                   
瞬时功率P=Fv得  P=8×6W=48W．
（3）因摩擦产生的热量