安徽省六安市金安区六安市第一中学2024届物理高一下期末达标测试试题含解析

安徽省六安市金安区六安市第一中学2024届物理高一下期末达标测试试题注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考场号和座位号填写在试题卷和答题卡上。用2B铅笔将试卷类型（B）填涂在答题卡相应位置上。将条形码粘贴在答题卡右上角"条形码粘贴处"。2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答案不能答在试题卷上。3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。4．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。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)如图所示，甲是我国暗物质粒子探测卫星“悟空”，运行轨道高度为500km,乙是地球同步卫星．关于甲、乙两卫星的运动,下列说法中正确的是A．卫星乙的周期可能是20hB．卫星乙可能在泸州正上空C．卫星甲的周期大于卫星乙的周期D．卫星甲的角速度大于卫星乙的角速度2、如图所示，光滑固定斜面的倾角为30°，甲、乙两物体的质量之比为4：1。乙用不可伸长的轻绳分别与甲和地面相连，开始时甲、乙离地高度相同。现从EA．甲、乙动量大小之比为4:1B．甲、乙动量大小之比为1:1C．以地面为零势能面，甲、乙机械能之比为2：1D．以地面为零势能面甲、乙机械能之比为4:13、如图所示：两只相同的白炽灯泡D1和D2串联后接在电压恒定的电路中，若D1的灯丝断了，经过搭丝后（搭丝后灯泡的电阻变小）仍然与D2串联，重新接入原来的电路，假设在此过程中，灯丝电阻随温度变化的因素可忽略不计，且每只灯泡两端的电压均未超过其额定电压，则此时每只灯泡所消耗的功率与原来各自的功率相比有（）A．D1的功率变大 B．D1的功率变小 C．D2的功率不变 D．D2的功率变小4、(本题9分)曲线运动的物体，在运动过程中一定发生变化的是A．速度大小 B．速度方向 C．加速度大小 D．加速度方向5、(本题9分)假设“神舟”十号飞船在某段时间内绕地球做匀速圆周运动，在这段时间内，关于“神舟”十号飞船的下列说法中正确的是（）A．速度不变B．加速度不变C．机械能不变D．不断克服地球对引力做功6、(本题9分)如图所示，一水平圆盘可绕通过盘心O且垂直于盘面的竖直轴转动．在圆盘上放置小木块A，它随圆盘一起做匀速圆周运动．木块A受力的个数为（）A．1个 B．2个 C．3个 D．4个7、(本题9分)在某次高尔夫球比赛中，美国选手罗伯特－斯特布击球后，球恰好落在洞的边缘，假定洞内bc表面为球面，半径为R，且空气阻力可忽略，重力加速度大小为g，把此球以大小不同的初速度v0沿半径方向水平击出，如图所示，球落到球面上，下列说法正确的是()A．落在球面上的最大速度为B．落在球面上的最小速度为C．小球的运动时间与v0大小无关D．无论调整v0大小为何值，球都不可能垂直撞击在球面上8、(本题9分)水平传送带匀速运动，速度大小为v，现将一小工件轻轻放到传送带上．它在传送带上滑动一段距离后速度达到v而与传送带保持相对静止．设工件质量为m，它与传送带间的动摩擦因数为，重力加速度为g，则工件在传送带上滑动的过程中:()A．工件所受摩擦力的方向与工件运动方向相反 B．工件的加速度为C．摩擦力对工件做的功为 D．传送带对工件做功为零9、(本题9分)如图，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(可视为质点)放在小车的最左端.现用一水平恒力F作用在小物块上，使物块从静止开始做匀加速直线运动，物块和小车之间的摩擦力为Ff，物块滑到小车的最右端时，小车运动的距离为s.在这个过程中，以下结论正确的是()A．物块到达小车最右端时具有的动能为F(L＋s)B．物块到达小车最右端时，小车具有的动能为FfsC．物块克服摩擦力所做的功为Ff(L＋s)D．物块和小车增加的机械能为Ffs10、(本题9分)2017年4月22日12时许，天舟一号货运飞船到达指定地点与天宫二号空间实验室成功进行了自动交会对接，这是我国自主研制的货运飞船与空间实验室的首次交会对接，实现了空间科学领域的一次重大技术跨越，填补了我国航天领域的空白.简化模型如图所示，天舟一号经过多次变轨实现自动交会对接.轨道1、2相切于Q点，2、3相切于P点，则当天舟一号分别在1、2、3轨道上正常运行时，以下说法正确的是A．天舟一号在轨道3上的速率小于轨道1上的速率B．天舟一号在轨道3上的角速度大于在轨道1上的角速度C．天舟一号在轨道1上经过Q点时的加速度大于它在轨道2上经过Q点时的加速度D．天舟一号在轨道2上经过P点的加速度等于它在轨道3上经过P点时的加速度11、(本题9分)一质量为m的物体，以g的加速度减速上升h高度，g为重力加速度，不计空气阻力，则()A．物体的机械能守恒B．物体的动能减小mghC．物体的机械能减少mghD．物体的重力势能减少mgh12、(本题9分)如图所示，电源电动势为E，内电阻为r，理想电压表V1、V2示数为U1、U2，其变化量的绝对值分别为ΔU1和ΔU2；流过电源的电流为I，其变化量的绝对值为ΔI．在滑动变阻器的触片从右端滑到左端的过程中(灯泡电阻不变化)()A．小灯泡L1、L3变暗，L2变亮B．ΔU1＞ΔU2C．ΔU1/ΔI增大D．ΔU2/ΔI不变二、实验题（本题共16分，答案写在题中横线上）13、（6分）(本题9分)测定电源的电动势和内电阻的实验电路和图象如下：请回答下列问题：（1）在闭合开关之前为防止电表过载，滑动变阻器的滑动头应放在__________处．（2）由此可知这个干电池的电动势_______，内电阻__________．14、（10分）(本题9分)某同学用图(a)所示的实验装置“验证机械能守恒定律”，图(b)是用6V、50Hz的打点计时器打出的一条无漏点的纸带，O点为重锤下落的起点，选取的计数点A、B、C、D到0点的距离在图中已标出，重力加速度g取9.8m/s²，若重锤的质量为1kg(计算结果保留两位有效数字)，(1)打点计时器打出B点时，重锤下落的速度=________m/s，重锤的动能=________J．(2)从起点O到打下B点过程中，重锤的重力势能的减小量为_________J．(3)根据(1)、(2)计算，在误差允许范围内，从起点O到打下B点过程中，你得到的结论是____________________．(4)图(c)是根据某次实验数据绘出的图象，图线不过坐标原点的原因是__________________．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，在某竖直平面内，光滑曲面AB与水平面BC平滑连接于B点，BC右端连接一口深为H，宽度为d的深井CDEF，一个质量为m的小球放在曲面AB上，可从距BC面不同的高度处静止释放小球，已知ＢＣ段长L,小球与BC间的动摩擦因数为μ，取重力加速度g=10m/s1．则：（1）若小球恰好落在井底E点处，求小球释放点距BC面的高度h1；（1）若小球不能落在井底，求小球打在井壁EF上的最小动能Ekmin和此时的释放点距BC面的高度h1．16、（12分）(本题9分)如图所示，水平传送带AB长1m，以v=1m/s的速度匀速运动．质量均为4kg的小物体P、Q与绕过定滑轮的轻绳相连，t=0时刻P在传送带A端以初速度v0=4m/s向右运动，已知P与传送带间动摩擦因数为0.5，P在传送带上运动过程它与定滑轮间的绳始终水平．不计定滑轮质量和摩擦，绳不可伸长且有足够长度，最大静摩擦力视为等于滑动摩擦力，取g=10m/s1．求：（1）t=0时刻小物体P的加速度大小和方向；（1）小物体P滑离传送带时的速度．17、（12分）(本题9分)游乐场正在设计一个全新的过山车项目，设计模型如图所示，AB是一段光滑的半径为R的四分之一圆弧轨道，后接一个竖直光滑圆轨道，从圆轨道滑下后进入一段长度为L的粗糙水平直轨道BD，最后滑上半径为R圆心角的光滑圆弧轨道DE．现将质量为m的滑块从A点静止释放，通过安装在竖直圆轨道最高点C点处的传感器测出滑块对轨道压力为mg，求：（1）竖直圆轨道的半径．（2）滑块在竖直光滑圆弧轨道最低点B时对轨道的压力．（3）若要求滑块能滑上DE圆弧轨道并最终停在平直轨道上（不再进入竖直圆轨道），平直轨道BD的动摩擦因数需满足的条件．

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、D【解题分析】

A、乙为同步卫星，其周期为24h，A错误；B、同步卫星的轨道只能在赤道上空，B错误；CD、，解得，可知轨道半径小的周期小，角速度大，C错误D正确．2、D【解题分析】

AB.设甲乙距地面的高度为h，剪断轻绳后，乙做自由落体运动，甲沿斜面向下做匀加速运动，故对乙可知，2gh=v2，解得v乙t=对甲，沿斜面下滑的加速度为a=乙落地时甲获得的速度v甲=at=gh故v甲：v乙=1：2；甲、乙两物体的质量之比为4：1，由P=mv可知甲、乙动量大小之比为2：1，故AB错误；CD.由于甲乙在运动过程中，只受到重力作用，故机械能守恒，故E甲：E乙=4：1，选项C错误，D正确。3、B【解题分析】

AB．因D1的灯丝搭接后，其电阻R1变小，由欧姆定律可知I变大，由由数学知道可知：当R1=R2时，即D1灯丝未断时，P1最大，D1灯丝搭接后R1减小，故功率P1变小，所以B正确，A错误。CD．因D1的灯丝搭接后，其电阻R1变小，由欧姆定律可知I变大，由P2=I2R2知D2的功率变大；选项CD错误；4、B【解题分析】

AB．曲线运动过程中速度的方向时刻变化着，但速度的大小不一定变化，如匀速圆周运动，A错误B正确；CD．平抛运动是曲线运动，但是运动过程中加速度恒定，大小和方向都不变，CD错误5、C【解题分析】神舟”十号飞船在某段时间内绕地球做匀速圆周运动，则速度的大小不变，方向不断改变，即速度不断变化，选项A错误；加速度方向指向圆心，则方向不断变化，选项B错误；飞船运动过程中动能不变，高度不变，重力势能不变，则机械能不变，选项C正确；地球引力与速度垂直，则引力不做功，选项D错误；故选C.6、C【解题分析】考点：共点力平衡的条件及其应用．专题：计算题．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．解答：解：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．故选C．点评：静摩擦力与物体的相对运动趋势的方向相反，表明物体相对于圆盘有向外滑动的趋势．7、BD【解题分析】

AB．平抛运动竖直方向的分运动是自由落体运动，由h=gt2得t=设小球落在A点时，OA与竖直方向之间的夹角为θ，水平方向的位移为x，竖直方向的位移为y，水平方向的初速度为v0，到达a点时竖直方向的速度为vy，如图所示由几何关系得x=v0t=Rsinθ，y==Rcosθ解得vy2=2gRcosθ，又由联立得所以落在球面上时的小球有最小速度，当时，最小速度为，故A错误，B正确；C．由以上的分析可知，小球下落的时间与小球的初速度有关．故C错误；D．小球撞击在圆面时，速度方向斜向右下方，根据“中点”结论可知，由于O不在水平位移的中点，所以小球撞在圆环上的速度反向延长线不可能通过O点，也就不可能垂直撞击圆环．故D正确。故选BD。【题目点拨】解决本题的关键掌握平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，能巧妙运用“中点”的推论分析小球速度的方向，也可以结合运动学公式列式进行分析．8、BC【解题分析】

A：工件在传送带上滑动的过程中，相对传送带的速度方向与工件运动方向相反，则工件所受摩擦力的方向与工件运动方向相同．故A项错误．B：工件在传送带上滑动的过程中，对工件受力分析，由牛顿第二定律可得，则工件的加速度．故B项正确．CD：工件在传送带上滑动的过程中，对工件受力分析，由动能定理可得．故C项正确，D项错误．【题目点拨】滑动摩擦力的方向与物体间相对运动的方向相反，与运动方向可能相同也可能相反．9、BC【解题分析】

试题分析：对物块分析，物块相对于地的位移为，根据动能定理得，，则知物块到达小车最右端时具有的动能，故A错误．对小车分析，小车对地的位移为l，根据动能定理得，，则知物块到达小车最右端时，小车具有的动能为，故B正确．物块相对于地的位移大小为，则物块克服摩擦力所做的功为，故C正确．根据能量守恒得，外力F做的功转化为小车和物块的机械能和摩擦产生的内能，则有：，则物块和小车增加的机械能为，故D错误.10、AD【解题分析】

天舟一号在轨道1、3上做匀速圆周运动，万有引力做向心力，故有，所以，速率，角速度；故半径越大，线速度、角速度越小，所以，天舟一号在轨道3上的速率、角速度小于轨道1上的速率、角速度，A正确B错误；天舟一号在Q点时受到的万有引力等于它在轨道2上经过Q点时受到的万有引力，故天舟一号在轨道1上经过Q点时的加速度等于它在轨道2上经过Q点时的加速度，C错误；天舟一号在P点时受到的万有引力等于它在轨道3上经过P点时的万有引力，故天舟一号在轨道2上经过P点时的加速度等于它在轨道3经过P点时的加速度，D正确．11、BCD【解题分析】物体的加速度为g/3≠g，除重力做功外，还有其它力做功，物体机械能不守恒，故A错误；对物体受力分析，设物体受的拉力的大小为F，则由牛顿第二定律可得，mg-F=m×g，解得：F=mg，对全过程由动能定理可得，△EK=Fh-mgh=−mgh

，物体的动能减少了mgh，故B正确；除重力外其它力做的功等于物体机械能的变化量，则机械能的增量△E=Fh=mgh，故C正确；物体高度增加，重力势能增加，增加的重力势能为mgh，故D正确；故选BCD．点睛：物体的加速度为g/3，这是本题的关键所在，由此可以说明物体还要受到向上的拉力的作用．同时要明确功能关系：重力做功等于重力势能的变化；合力功等于动能的变化；除重力以外的其它力的功等于机械能的变化.12、BD【解题分析】

A．当滑动变阻器的触片P从右端滑到左端时，变阻器接入电路的电阻减小，外电路总电阻减小，总电流增大，路端电压减小，则L1变亮．变阻器的电阻减小，并联部分的电阻减小，则并联部分的电压减小，则L3变暗．总电流增大，而L3的电流减小，则L1的电流增大，则L1变亮．故A错误；B．由上分析可知，电压表V1的示数减小，电压表V1的示数增大，由于路端电压减小，即两电压表示数之和减小，所以△U1＞△U1．故B正确；C．由U1=E-I（RL1+r）得：，不变，故C错误；D．=R1，不变，D正确．【题目点拨】本题是电路动态变化分析问题，按“局部→整体→局部”思路进行分析．运用总量法分析两电压表读数变化量的大小．运用欧姆定律定量分析电压表示数变化量与电流表示数变化量的比值变化，这是常用的方法．二、实验题（本题共16分，答案写在题中横线上）13、（1）a（2）1.51【解题分析】

(1)[1]．闭合开关之前，为防止电表过载，滑动变阻器的滑动头P应放在电阻的阻值最大处，故滑动变阻器的滑动头P应放在a处；(2)[2][3]．在图线中，图线与纵轴的交点就是所要测量的电动势，读数为1.5V；内电阻可以使用公式：14、1.2m/s0.70(0.68-0.72均可)0.73机械能守恒开始打点时重锤由一定的速度【解题分析】(1)每两个点之间有一个计时点，则相邻两个计数点之间的时间间隔为T=0.04s，利用匀变速直线运动的推论得，(2)重力势能减小量：(3)在误差范围内，由于重力势能