2025年湖南省岳阳县一中、汨罗市一中物理高一第二学期期末质量检测试题含解析.doc

2025年湖南省岳阳县一中、汨罗市一中物理高一第二学期期末质量检测试题
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：（1-6题为单选题7-12为多选，每题4分，漏选得2分，错选和不选得零分）
1、 (本题9分)如图天花板上用细绳吊起两个用轻弹簧相连的两个质量相同的小球．两小球均保持静止．当突然剪断细绳时，上面小球A与下面小球B的加速度为（　）

A．a1=g a2=g B．a1=2g a2=0
C．a1=2g a2=g D．a1=0 a2=g
2、 (本题9分)在粒子物理学的研究中,经常应用“气泡室”装置。粒子通过气泡室中的液体时能量降低,在它的周围有气泡形成,显示出它的径迹,如图所示为带电粒子在气泡室运动径迹的照片,气泡室处于垂直纸面向里的匀强磁场中,下列有关甲、乙两粒子的判断正确的是

A．甲粒子从b向a运动 B．乙粒子从c向d运动
C．甲粒子带正电 D．乙粒子带负电
3、如图所示，一圆盘在水平面内匀速转动，在盘面上有一小物块，随圆盘一起运动．关于小物块的受力情况，下列说法正确的是（ ）

A．只受重力
B．只受重力和支持力
C．受重力、支持力和摩擦力
D．受重力、支持力、摩擦力和向心力
4、 (本题9分)如图所示，水平桌面上有一个小钢球和一根条形磁铁，现给小钢球一个沿OP方向的初速度v，则小钢球的运动轨迹可能是

A．甲 B．乙
C．丁 D．丙
5、 (本题9分)用控制变量法，可以研究影响平行板电容器电容的因素（如图）．设两极板正对面积为S，极板间的距离为d，静电计指针偏角为θ．实验中，极板所带电荷量不变，若

A．保持S不变，增大d，则θ变大
B．保持S不变，增大d，则θ变小
C．保持d不变，减小S，则θ变小
D．保持d不变，减小S，则θ不变
6、 (本题9分)对于两个分运动的合运动，下列说法正确的是（　　）
A．合运动的速度一定大于两个分运动的速度
B．合运动的速度一定大于其中一个分运动的速度
C．合运动的方向就是物体实际运动的方向
D．由两个分速度的大小就可以确定合速度的大小和方向
7、 (本题9分)如图所示，质量为M，长度为L的小车静止在光滑的水平面上，质量为m的小物块，放在小车的最左端，现用一水平力F作用在小物块上，小物块与小车之间的摩擦力为f，经过一段时间小车运动的位移为x，小物块刚好滑到小车的最右端，则下列说法中正确的是

A．此时物块的动能为F(x+L)
B．此时小车的动能为fx+L）
C．这一过程中，物块和小车增加的机械能为F(x+L)-fL
D．这一过程中，物块和小车因摩擦而产生的热量为fL
8、 (本题9分)如图所示，细绳的一端系着质量为M=2kg的物体A，另一端通过光滑的小孔吊着质量为m=0.5kg球B，A的重心与圆孔的距离为0.5m．并已知与A圆盘的最大静摩擦力为4N，A随水平圆盘一起转动，为使球B高度不变，则水平转盘的角速度取（ ）．（g取10m/s2）

A．1.5rad/s B．2.5rad/s C．3.5rad/s D．4.5rad/s
9、 (本题9分)轻质弹簧一端悬挂于天花板，另一端与一小木块相连处于静止状态，一子弹以水平速度v瞬间射穿木块，不计空气阻力

A．子弹射穿木块的过程中，子弹与木块组成的系统机械能不守恒
B．子弹射穿木块后，木块在运动过程中机械能守恒
C．木块在向右摆动过程中，木块的动能与弹簧的弹性势能之和在变小
D．木块在向右摆动过程中重力的功率在变小
10、 (本题9分)一轻质弹簧，上端悬挂于天花板，下端系一质量为M的平板，处在平衡状态。一质量为m的均匀环套在弹簧外，与平板的距离为h，如图所示，让环自由下落(不计摩擦力)撞击平板。已知碰后环与板以相同的速度向下运动，使弹簧伸长( )

A．若碰撞时间极短，则碰撞过程中环与板的总动量守恒
B．环撞击板后，板的新的平衡位置与h的大小无关
C．在碰后板和环一起下落的过程中，它们减少的重力势能等于克服弹簧弹力所做的功
D．在碰后板和环一起下落的过程中，它们减少的动能等于克服弹簧弹力所做的功
11、 (本题9分)如图所示，水平地面上停放一质量为3m的木板C，质量分别为2m和m的A、B两滑块，同时从木板的两端以相同的速率v滑上木板，两滑块相撞后粘连成一个整体一起运动。已知木板C与水平地面间的动摩擦因数为μ，滑块A、B与木板间的动摩擦因数分别为为3μ和6μ，则（　　）

A．木板C加速运动时的加速度大小为μg
B．木板C加速运动时的加速度大小为2μg
C．两滑块相撞后瞬间的速度大小一定小于
D．两滑块相撞后瞬间的速度大小可能等于
12、 (本题9分)关于开普勒行星运动定律，下列说法正确的是（ ）
A．所有行星围绕太阳的运动轨道都是椭圆，太阳处在椭圆的一个焦点上
B．对于任意一个行星来说，它与太阳的连线在相等的时间内扫过相等的面积
C．行星在近日点的速率大于在远日点的速率
D．行星在近日点的速率小于在远日点的速率
二、实验题（本题共16分，答案写在题中横线上）
13、（6分） (本题9分)某同学为探究“合力做功与物体动能改变的关系”设计了如下实验，他的操作步骤：
(1)按图摆好实验装置，其中小车质量M＝0.20 kg，钩码总质量m＝0.05 kg.

(2)释放小车，然后接通打点计时器的电源(电源频率为f＝50 Hz)，打出一条纸带．
(3)他在多次重复实验得到的纸带中取出自认为满意的一条，如图所示．

把打下的第一点记作0，然后依次取若干个计数点，相邻计数点间还有4个点未画出，用厘米刻度尺测得各计数点到0点距离分别为d1＝0.041m，d2＝0.055m，d3＝0.167m，d4＝0.256m，d5＝0.360m，d6＝0.480m…，他把钩码重力(当地重力加速度g＝10 m/s2)作为小车所受合力，算出打下0点到打下第5点合力做功W＝________J(结果保留三位有效数字)，用正确的公式Ek＝________(用相关数据前字母列式)把打下第5点时小车的动能作为小车动能的改变量，算得Ek＝0.125 J.
(4)此次实验探究的结果，他没能得到“合力对物体做的功等于物体动能的增量”，且误差很大．通过反思，他认为产生误差的原因如下，其中正确的是________．（双项选择题）
A．钩码质量太大，使得合力对物体做功的测量值比真实值偏大太多
B．没有平衡摩擦力，使得合力对物体做功的测量值比真实值偏大太多
C．释放小车和接通电源的次序有误，使得动能增量的测量值比真实值偏小
D．没有使用最小刻度为毫米的刻度尺测距离也是产生此误差的重要原因
14、（10分） (本题9分)如图所示，利用频闪照相研究平抛运动。小球A沿斜槽滚下，并从桌边缘水平抛出。当小球A恰好离开桌边缘时，小球B同时下落。用一频闪相机对它们拍照。已知图中小正方形的边长为a，重力加速度为g.

(1)图中分别标明A、B球三次频闪的位置，两球各有一次的频闪时位置没有标出，请在图中标明，并大致画出A球的运动轨迹______.
(2)由平抛运动的规律可知：A球离开桌面时的速度v=_____.(用g、a表示)
三、计算题要求解题步骤，和必要的文字说明（本题共36分）
15、（12分） (本题9分)如图所示，在倾角为θ = 37°的斜面的底端有一个固定挡板D，已知物块与斜面PO间的动摩擦因数μ＝0.50，斜面 OD部分光滑，处于自然长度的轻质弹簧一端固定在 D点，另一端在 O点，PO的长度L= 9.0m。在 P点有一质量为1kg的小物体 A（可视为质点），现使 A从静止开始下滑，g= 10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8。求：

⑴物体第一次接触弹簧时物体的速度的大小；
⑵若已知弹簧的最大压缩量为d=0.5m，求弹簧的最大弹性势能Ep;
⑶物体与弹簧第一次接触后反弹，物体从O点沿斜面上升的最大距离x;
⑷物体与弹簧接触多少次后，物体从O点沿斜面上升的最大距离小于.
16、（12分） (本题9分)如图，竖直平面内粗糙直杆与半径为R＝2.1m的光滑1/4圆弧轨道平滑连接，直径略大于杆截面直径的小环质量为m＝2kg．与竖直方向成α＝37°的恒力F作用在小环上，使它从A点由静止开始沿杆向上运动，当小环运动到半圆弧轨道左端B点时撤去F，小环沿圆轨道上滑到最高点C处时与轨道无弹力作用．AB间的距离为1m，小环与直杆间的动摩擦因数为0.1．（sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10m/s2）求：

（1）小环在C处时的速度大小；
（2）小环在B处时的速度大小；
（3）恒力F的大小．
17、（12分） (本题9分)在抢险救灾中，时间意味着生命．为了缩短下楼的时间，消防员往往抱着室内的速降杆直接滑下，如图所示．在一次接到火灾报警后，一名质量为的消防员从脚离地的速降杆上由静止开始做自由落体运动，下降后立即抱紧杆，然后以的加速度匀减速下降，安全着地（取）求

（1）消防员减速下滑时受到的阻力大小；
（2）消防员着地的速度；
（3）消防员下滑至地面过程中的机械能变化量．
参考答案

一、选择题：（1-6题为单选题7-12为多选，每题4分，漏选得2分，错选和不选得零分）
1、B
【解析】
设小球的质量为m，由平衡可知弹簧的弹力F=mg，在剪断细绳的瞬间，弹簧的弹力不变，隔离对B分析由牛顿第二定律可得：，对A分析由牛顿第二定律可得：，故B正确，ACD错误．
2、A
【解析】
带电粒子沿垂直于磁场方向射入匀强磁场，粒子的能量逐渐减小，速度减小，则半径减小，即可由轨迹分析粒子入射的方向．由左手定则判断电荷的电性。
【详解】
带电粒子沿垂直于磁场方向射入匀强磁场，粒子的能量逐渐减小，速度减小，由粒子轨道半径公式：可知，粒子的轨迹半径逐渐减小，由图看出，甲粒子的运动方向是从b向a运动，乙粒子从d向c运动，
甲粒子从b向a运动，由左手定则可知，甲粒子带负电
乙粒子从d向c运动，由左手定则可知，乙粒子带正电。
故应选：A。
本题只要掌握带电粒子在磁场中匀速圆周运动的半径和左手定则就能正确解答，掌握基础知识是解题的前提与关键，平时要注意基础知识的学习与应用。
3、C
【解析】
试题分析：对小木块进行运动分析和受力分析，做匀速圆周运动，合力等于向心力，指向圆心，结合运动情况，再对木块受力分析即可．
小木块做匀速圆周运动，合力指向圆心，对木块受力分析，受重力、支持力和静摩擦力，如图，重力和支持力平衡，静摩擦力提供向心力，C正确．

4、D
【解析】
磁体对钢珠有相互吸引力，当磁铁放在图中的位置时，小钢珠运动过程中有受到磁体的吸引，小钢珠逐渐接近磁体做曲线运动，轨迹向合力方向弯曲，所以运动轨迹是丙，故D正确，ABC错误；
5、A
【解析】
AB、电容器所带电荷量Q不变，由可知不变，增大d，则变小，而由可得电容器的电压U变大，从而使得静电计的电压U变大，其指针的偏角θ变大，故A正确、B错误;
CD、同理可知保持d不变，减小S，则变小，而由可得电容器的电压U变大，使得静电计的电压U变大，其指针的偏角θ变大，故选项C、D均错误．
故选:A.
6、C
【解析】
A. 合运动的速度不一定大于两个分运动的速度，可能小于或等于分速度，选项A错误；
B. 合运动的速度不一定大于其中一个分运动的速度，可能小于或等于分速度，选项B错误；
C. 合运动的方向就是物体实际运动的方向，选项C正确；
D. 由两个分速度的大小和方向才可以确定合速度的大小和方向，选项D错误.
7、CD
【解析】
由图可知，在拉力的作用下物体前进的位移为L+x，故拉力的功为F（x+L），摩擦力的功为f（x+L），则由动能定理可知物体的动能为（F-f）（x+L），故A错误；小车受摩擦力作用，摩擦力作用的位移为x，故摩擦力对小车做功为fx，故小车的动能改变量为fx；故B错误；物块和小车增加的机械能等于外力的功减去内能的增量，内能的增量等于fL，故机械能的增量为F（x+L）-fL，故C D正确；故选CD．
8、AB
【解析】
当物体M在此平面绕中心轴线以角速度转动时，当A恰好要向里滑动时，取得最小值为，此时A所受的静摩擦力达到最大为，方向沿半径向外，由最大静摩擦力和绳子拉力的合力提供所需要的向心力，根据牛顿第二定律和向心力公式有：，代入数据解得：，当A恰好要向外滑动时，取得最大值为，此时A所受的静摩擦力达到最大为，方向沿半径向里，由最大静摩擦力和绳子拉力的合力提供所需要的向心力，根据牛顿第二定律和向心力公式有：，代入数据解得：，所以角速度范围是：，故AB正确，CD错误；故选AB．
本题是圆周运动中临界问题，抓住当A恰好相对此平面滑动时静摩擦力达到最大，可能有向外滑的运动趋势，也有可能向里滑的趋势，最后由牛顿第二定律求解角速度的取值范围．
9、AC
【解析】
子弹射穿木块的过程中，将会有热量产生，所以子弹与木块组成的系统机械能不守恒，故A正确；子弹射穿木块后，木块将会做圆周运动，弹簧将被拉长，势能增加，所以木块在运动过程中机械能不守恒，故B错误；把木块和弹簧看成一个系统机械能守恒，弹性势能、动能和重力势能之和保持不变，木块在向右摆动过程中，重力势能增加，所以木块的动能与弹簧的弹性势能之和在变小，故C正确；当木块在最低点时重力的瞬时功率为零，物块到达最高处时重力的瞬时功率也为零，所以重力的功率先增大后减小，故D错误．所以AC正确，BD错误．
10、AB
【解析】
A. 圆环与平板碰撞过程，若碰撞时间极短，内力远大于外力，系统总动量守恒，由于碰后速度相同，为完全非弹性碰撞，机械能不守恒，减小的机械能转化为内能，故A正确；
B. 碰撞后平衡时，有：

即碰撞后新平衡位置与下落高度h无关，故B正确；
CD. 碰撞后环与板共同下降的过程中，碰撞后环与板共同下降的过程中，它们动能和重力势能的减少量之和等于弹簧弹性势能的增加量，弹簧弹性势能的增加量等于克服弹簧弹力所做的功，故CD错误；
11、BD
【解析】
CD．A与B相向运动时对C时间的摩擦力为

故C无相对运动趋势而保持静止，对A与B的系统动量守恒有

解得：

故C错误，D正确；
AB．A与B相撞后一起向右运动，对C受力分析，由牛顿第二定律可知：
，
解得：
，方向向右，
故A错误，B正确；
故选BD。
本题分析清楚物体运动过程，应用动量守恒定律与牛顿第二定律即可正确解题。
12、ABC
【解析】
A．第一定律的内容为：所有行星分别沿不同大小的椭圆轨道绕太阳运动，太阳处于椭圆的一个焦点上，故A正确；
B．第二定律内容为：所有行星与太阳的连线在相等的时间内扫过相等的面积，故B正确；
CD．由“对每一个行星而言，太阳行星的连线在相同时间内扫过的面积相等”可知行星在近日点的速率大于在远日点的速率，故C正确，D错误．
故选ABC．
点晴：熟记理解开普勒的行星运动三定律：第一定律：所有的行星围绕太阳运动的轨道都是椭圆，太阳处在所有椭圆的一个焦点上
第二定律：对每一个行星而言，太阳行星的连线在相同时间内扫过的面积相等
第三定律：所有行星的轨道的半长轴的三次方跟公转周期的二次方的比值都相等．

二、实验题（本题共16分，答案写在题中横线上）
13、0.180 AB
【解析】
（1）根据题意物体所受合外力为：F=mg=0.05×10=0.50N，
根据功的定义可知：W=Fs=mgh=0.180J；
根据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可以求出第5个点的速度大小为： （其中t=5T=）
动能公式为：
（2）A设绳子上拉力为F，对小车根据牛顿第二定律有：对小车：F=Ma ;    对钩码有：mg-F=ma 解得：，由此可知当M＞＞m时，钩码的重力等于绳子的拉力，因此当钩码质量太大时，会造成较大误差，故A正确；实验中要进行平衡摩擦力操作，若没有平衡摩擦力直接将钩码重力做的功当做小车合外力做的功，会造成较大误差，故B正确；释放小车和接通电源得次序有误是偶然误差，不是该实验得主要误差，距离的测量产生的误差是偶然误差，不是该实验产生的主要误差，故D错误．故选AB．
14、
【解析】
第一空.A小球做平抛运动在竖直方向做自由落体运动，则A小球在竖直方向上的位置与B球自由落体运动的位置等高，可标出B球的两个位置；用平滑的曲线作出A球的轨迹为抛物线，如图所示：

(2)在连续相等的频闪时间T内，竖直方向连续的位移为a、3a、5a，由匀变速直线运动的判别式可得，则；水平方向为匀速直线运动，每个T内的位移为3a，有：，则平抛的初速度为.

三、计算题要求解题步骤，和必要的文字说明（本题共36分）
15、 (1) (2) (3) (4)4次
【解析】
(1)对PO运动过程应用动能定理即可求解；
(2)对O到弹簧最大压缩量的运动过程应用动能定理即可求解；
(3)对物块从O上滑的过程应用动能定理求解；
(4)根据动能定理求得物块上升高度和在O点速度的关系，及相邻两次到达O点速度的关系，然后根据运动过程求解。
【详解】
(1)物体在PO过程中受到竖直向下的重力、垂直斜面向上的弹力、和沿斜面向上的摩擦力，此过程应用动能定理得：
所以，物体第一次接触弹簧时物体的速度的大小为：
(2)物体由O到将弹簧压缩至最短的过程中，只有重力、弹簧弹力做功，故由动能定理可得弹簧的最大弹性势能为：
(3)物块第一次从O点到将弹簧压缩最短再到弹回至最高点过程中，
应用动能定理得：
解得：
(4)当物体在O点速度为v′时，由(3)可知，根据动能定理，物体上升的最大距离为：；
由动能定理可得物体再次到达O点的速度v″有：
解得：
故物体每经过一次O点，上升的最大距离为上一次的；
所以，物体第一次返回时沿斜面上升的最大距离为：
则第n次上升的最大距离为：
因为，所以n≥4，即物体与弹簧接触4次后，物体从O点沿斜面上升的最大距离小于.
经典力学问题一般先对物体进行受力分析，求得合外力及运动过程做功情况，然后根据牛顿定律、动能定理及几何关系求解。
16、（1）1m/s；（2）1m/s；（3）70N．
【解析】
（1）在C处，小环由重力提供向心力，由牛顿第二定律求小环在C处时的速度大小；
（2）从B运动到C的过程，由机械能守恒定律求小环在B处时的速度大小；
（3）小环从A运动到B的过程，运用动能定理可求得恒力F的大小．
【详解】
（1）在C处小环仅在重力作用下做圆周运动，有 mg＝m
得 vC＝＝1m/s
（2）小环由B运动到C的过程中只有重力做功，机械能守恒，以B点势能零点，则

解得 vB＝1m/s
（3）小环从A运动到B的过程，小环受力情况如图所示．设AB间距离为S，由动能定理得

FScosα﹣fS﹣mgS＝
其中 f＝μN＝μFsin37°
代入数值解得 F＝70N
本题涉及力在空间的效果，在轨道光滑时要考虑机械能守恒，在有F作用时，要考虑动能定理．第3小题也可以根据牛顿第二定律和运动学公式结合解答．
17、 (1)900N (2)5m/s (3) 减少了10710J
【解析】
（1）减速下滑的过程中，根据牛顿第二定律得：
f-mg=ma
代入数据解得：
f=900N；
（2）消防员整个过程中，先向下加速运动后向下减速运动，自由落体7.2m的过程中，末速度为：

减速下滑的高度为：h2=11.9m，着地速度为v2，则有：

解得：
v2=5m/s．
（3）以地面为零势能面，消防员在速降杆顶端时，机械能为：
E1=mgH=600×19.1J=11460J；
着地时，机械能为：

消防员下滑至地面过程中的机械能变化量为：
△E=E1-E2=10710J
减少了10710J．