2025届云南省曲靖市陆良县第八中学物理高一第二学期期末教学质量检测试题含解析

2025届云南省曲靖市陆良县第八中学物理高一第二学期期末教学质量检测试题考生请注意：1．答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内，不得在试卷上作任何标记。2．第一部分选择题每小题选出答案后，需将答案写在试卷指定的括号内，第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。3．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、A、B两球之间压缩一根轻弹簧，静置于光滑水平桌面上．已知A、B两球质量分别为2m和m．当用板挡住A球而只释放B球时，B球被弹出落于距桌边距离为x的水平地面上，如图所示．取走A左边的挡板，用同样的程度压缩弹簧，将A、B同时释放，B球的落地点距离桌边距离为A． B． C．x D．2、(本题9分)如图，O、A、B三点位于同一直线上，且。现在O点放置一点电荷，它在A点产生的电场强度大小为E，则它在B点产生的电场强度大小为A． B． C．2E D．4E3、(本题9分)甲、乙两球位于同一竖直直线上的不同位置，甲比乙高h，将甲、乙两球分别以大小为v1和v2的初速度沿同一水平方向抛出，不计空气阻力，下列条件中有可能使乙球击中甲球的是（）A．同时抛出，且v1＜v2B．甲迟抛出，且v1＜v2C．甲早抛出，且v1＞v2D．甲早抛出，且v1＜v24、(本题9分)关于牛顿第二定律，下列说法正确的是()A．由牛顿第二定律可知，加速度大的物体，所受的合力一定大B．牛顿第二定律说明质量大的物体其加速度一定小C．由F＝ma可知，物体所受到的合力与物体的质量成正比D．同一物体的加速度与物体所受到的合力成正比，而且在任何情况下，加速度的方向始终与物体所受的合力方向一致5、(本题9分)2016年8月16日凌晨1时40分，全球首颗量子卫星“墨子号”，在酒泉卫星发射中心成功发射，仅凭此次发射，中国将在防黑客通讯技术方面领先于全球．已知该卫星最后定轨在离地面500km的预定圆轨道上，已知地球的半径为6400km，同步卫星距离地面的高度约为36000km，已知引力常量G=6.67×10-11N•m2/kg2，地球自转的周期T=24h，下列说法正确的是（）A．“墨子号”卫星的发射速度可能为7.8km/sB．在相等的时间内，“墨子号”卫星通过的弧长约为同步卫星通过弧长的2.5倍C．由上述条件不能求出地球的质量D．由上述条件不能求出“墨子号”卫星在预定轨道上运行的速度大小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＝7.9km/s B．vA>7.9km/s C．vB=7.9km/s D．vB>7.9km/s7、(本题9分)将一个小球以某一初速度竖直上抛，空气阻力与速度大小成正比，且始终小于小球的重力．从抛出到落回抛出点的全过程中，下列判断正确的是（）A．上升经历的时间一定小于下降经历的时间B．小球的加速度方向不变，大小一直在减小C．小球的加速度方向不变，大小先减小后增大D．上升到最高点时，小球的速度为零，加速度也为零8、有a、b、c、d四颗地球卫星，a还未发射，在地球赤道上随地球表面一起转动，b处于地面附近近地轨道上正常运动，c是地球同步卫星，d是高空探测卫星，各卫星排列位置如图所示．则下列说法不正确的是（）A．a的向心加速度等于重力加速度gB．c在4

h内转过的圆心角是C．b在相同时间内转过的弧长最长D．d的运动周期有可能是23h9、(本题9分)如图所示，光滑三角形斜面两侧各有一滑块用绳子相连，质量m＜M，由静止开始释放后（）A．m增加的重力势能等于M减少的重力势能B．绳子对m做的功小于绳子对M做的功C．m与M组成的系统机械能守恒D．M增加的动能小于m与M共同减少的重力势能10、(本题9分)2018年4月2日早8时15分左右，在太空中飞行了六年半的天宫一号目标飞行器已再入大气层，绝大部分器件在再入大气层过程中烧蚀销毁，部分残骸坠落于南太平洋中部区域，结束它的历史使命．在烧蚀销毁前，由于稀薄空气阻力的影响，“天宫一号”的运行半径逐渐减小．在“天宫一号”运行半径逐渐减小过程，下列说法正确的是A．运行周期逐渐减小B．机械能逐渐减小C．受到地球的万有引力逐渐减小D．运行速率逐渐减小11、(本题9分)已知地球的质量为M，月球的质量为m，月球绕地球的轨道半径为r，周期为T，万有引力常量为G，则月球绕地球运转轨道处的重力加速度大小等于（）A． B． C． D．12、(本题9分)如图，一木块放在光滑水平地面上，一颗子弹水平射人木块中，此过程中木块受到的平均阻力为，子弹射人深度为，木块位移为，则此过程中（）A．木块增加的动能为B．子弹的内能增加了C．子弹和木块组成的系统机械能守恒D．子弹动能的减少大于木块动能的增加二、实验题（本题共16分，答案写在题中横线上）13、（6分）(本题9分)某探究小组想利用验证机械能守恒定律的装置测量当地的重力加速度，如图甲所示．框架上装有可上下移动位置的光电门1和固定不动的光电门2；框架竖直部分紧贴一刻度尺，零刻度线在上端，可以测量出两个光电门到零刻度线的距离和；框架水平部分用电磁铁吸住一个质量为m的小铁块，小铁块的重心所在高度恰好与刻度尺零刻度线对齐．切断电磁铁线圈中的电流时，小铁块由静止释放，当小铁块先后经过两个光电门时，与光电门连接的传感器即可测算出其速度大小和．小组成员多次改变光电门1的位置，得到多组和的数据，建立如图乙所示的坐标系并描点连线，得出图线的斜率为k．⑴当地的重力加速度为________(用k表示)．⑵若选择光电门2所在高度为零势能面，则小铁块经过光电门1时的机械能表达式为______________(用题中物理量的字母表示)．⑶关于光电门1的位置，下面哪个做法可以减小重力加速度的测量误差（___）A．尽量靠近刻度尺零刻度线B．尽量靠近光电门2C．既不能太靠近刻度尺零刻度线，也不能太靠近光电门214、（10分）(本题9分)某学习小组做“探究功与速度变化的关系”实验如图所示．(1)实验中，为了把重物所受的重力作为小车所受的牵引力，需要满足的条件是：①在未挂重物时，通过垫木使木板适当倾斜，目的是____________?②已知小车质量为M，重物质量为m，则M__________m(填“>”?“>>”“=”“<”或“<<”（2）选出一条纸带如图2所示，其中O点为打点计时器打下的第一个点，A、B、C为相邻的三个计数点．用刻度尺测得OA=x1,OB=x2,OC=x3，已知相邻两计数点间时间间隔为T，重力加速度为g．则打下B点时小车的速度大小为v=__________，与之对应小车所受的牵引力做功W=__________________．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，mA=4kg，mB=1kg，A与桌面间的动摩擦因数μ=0.2，B与地面间的距离s=0.8m，A、B原来静止，（g取10m/s2）求：（1）B落到地面时的速度为多大；（2）B落地后，A在桌面上能继续滑行多远才能静止下来．16、（12分）小明同学在某高处将一个小球以20m/s的速度沿水平方向抛出，小球经过2s的时间落地。不计空气阻力作用，重力加速度g＝10m/s2，求：（1）抛出点与落地点在竖直方向的高度差；（2）小球落地时的速度大小，以及速度与水平方向夹角。17、（12分）(本题9分)如图所示，质量为m＝lkg的小物体（可视为质点），以v0＝7m/s的初速度从底端冲上倾角为α＝53°，长度s＝1m的粗糙斜面AB，并恰好在最高点以水平速度vc＝3m/s冲上传送带．传送带正以速度v＝5m/s顺时针转动，其水平长度CD为12m，小物块与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.1．小物体从D点平抛，恰好沿P点切线进入口径很小的光滑圆管轨道中，圆心为O，轨道半径R＝1m，且OP与竖直方向的夹角为θ＝60°，Q点为轨道最高点（不计空气阻力，取g＝10m/s2）．求：（1）小物体与斜面的动摩擦因数μ0；（2）小物体通过传送带CD所用的时间；（3）小物体在Q点对圆弧轨道的作用力．

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【解析】

当用板挡住A球而只释放B球时，B球被弹出落于距桌边距离为x的水平地面上，则、、，解得：弹簧的弹性势能当用同样的程度压缩弹簧，取走A左边的挡板，将A、B同时释放，由动量守恒可得：，可得：，因此A、B获得的动能之比，所以B球获得的动能．那么B球抛出时的初速度，平抛后水平位移故D项正确，ABC三项错误．【点睛】本题考查动量守恒定律、机械能守恒定律及平抛运动规律．两种情况下，弹簧弹性势能相同，在弹簧恢复原长过程中弹性势能转化为动能．2、A【解析】

设，根据点电荷场强公式：，则A点的场强：，B点的场强：；A.此选项正确；BCD.三个选项错误；3、D【解析】

由题意可知甲的抛出点高于乙的抛出点，则相遇时，甲的竖直位移大于乙的竖直位移，故甲应先抛出；而两物体的水平位移相同，甲的运动时间比较长，故甲的速度要小于乙的速度，v1＜v2，故D正确，ABC错误。4、D【解析】

由牛顿第二定律可知，所受的合外力大的物体，加速度一定大，选项A错误；牛顿第二定律说明了当所受的外力一定的情况下，质量大的物体，其加速度一定就小，选项B错误；物体所受到的合外力与物体的质量无关，选项C错误；对同一物体而言，物体的加速度与物体所受到的合外力成正比，而且在任何情况下，加速度的方向，始终与物体所受到的合外力方向一致，选项D正确；故选D.5、B【解析】A、7.9km/s是第一宇宙速度，所以墨子号卫星的发射速度不可能为7.8km/s，它会落向地面，不可能成为地球的卫星，故A错误；B、墨子号卫星的轨道半径为，同步卫星的轨道半径，根据线速度公式，墨子号卫星的线速度和同步卫星的线速度之比为：，弧长，相同时间内墨子号通过的弧长与同步卫星通过的弧长之比为：，故B正确；C、根据万有引力提供向心力，得，根据同步卫星的半径与周期可以求出地球的质量，故C错误；D、根据万有引力提供向心力，得，根据地球的质量与“墨子号”卫星轨道半径，可以求出“墨子号”卫星在预定轨道上运行的速度大小，故D错误；故选B．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、AB【解析】试题分析：上升过程阻力向下，下降过程阻力向上，根据牛顿第二定律比较加速度大小，然后结合运动学公式分析比较．无论上升还是下降，合力始终向下，上升过程，v减小因此a减小；

下降过，v增大因此a减小，即小球的加速度一直减小，故B正确C错误；上升的过程中的加速度的大小为：，下降的过程中的加速度：，可知上升的加速度大于下降过程中的加速度，由将向上的过程看作逆过程为向下的匀加速直线运动，根据可知，上升经历的时间一定小于下降经历的时间，故A正确；最高点处速度为零，小球仍然受到重力的作用，加速度为g，故D错误；【点睛】注意上升和下降过程中阻力的方向不同8、ABD【解析】

A.地球同步卫星的周期c必须与地球自转周期相同，角速度相同，则知a与c的角速度相同，根据a=ω2r知，c的向心加速度大．由，得，卫星的轨道半径越大，向心加速度越小，则同步卫星c的向心加速度小于b的向心加速度，而b的向心加速度约为g，故知a的向心加速度小于重力加速度g．故A错误；B.c是地球同步卫星，周期是24h，则c在4h内转过的圆心角是．故B错误；C.由，解得，可知，卫星的轨道半径越大，速度越小，,又a和c的角速度相同，可知，所以b的速度最大，在相同时间内转过的弧长最长．故C正确；D.由开普勒第三定律知，卫星的轨道半径越大，周期越大，所以d的运动周期大于c的周期24h．故D错误；本题选错误的，故选ABD.9、CD【解析】

A、由于光滑三角形斜面所以系统只有重力做功，故系统机械能守恒，m增加的重力势能小于M减少的重力势能，有一部分重力势能转化为动能，故A错；C对；B、由于系统内只有重力做功，机械能守恒，所以绳子对m做的正功等于M克服绳子做的功，故B错；D、根据机械能守恒，系统内减少的重力势能等于系统内增加的动能，而M和m的动能都增加了，所以M增加的动能小于m与M共同减少的重力势能，故D对；综上所述本题答案是：CD10、AB【解析】根据可知，则半径减小，周期减小，选项A正确；由可知，半径减小，速率变大，选项D错误；由可知，半径减小，万有引力增加，选项C错误；由于空气阻力做功，则机械能减小，选项B正确；故选AB.11、BD【解析】试题分析：月球绕地球做匀速圆周运动，由地球的万有引力提供月球的向心力，则有：解得：，故BD正确．考点：万有引力定律的应用.12、AD【解析】A、对木块，由动能定理得，其增加的动能为，故A正确；B、系统增加的内能，对子弹，其子弹的内能增加小于，故B错误；CD、子弹和木块组成的系统，子弹减少的动能转化为木块增加的动能和系统增加的内能，故系统机械能不守，子弹动能的减少大于木块动能的增加，故C错误，故D正确；故选AD．【点睛】根据动能定理得出子弹损失的动能和木块获得的动能，根据阻力与相对路程的乘积等于系统获得的内能，求出系统损失的机械能．二、实验题（本题共16分，答案写在题中横线上）13、C【解析】

（1）以0刻度线为零势能面，小铁块从光电门1运动到光电门2的过程中机械能守恒，根据机械能守恒定律得：mv12-mgx1=mv22-mgx2

整理得：v22-v12=2g（x2-x1）

所以图象的斜率k=2g，解得：g=；

（2）小铁块经过光电门1时的机械能等于小铁块经过光电门1时的动能加上势能，若选择刻度尺零刻度线所在高度为零势能面，则有：

E1=mv12-mgx1

=mv12-mkx1

（3）用电磁铁释放小球的缺点是，当切断电流后，电磁铁的磁性消失需要一时间，铁球与电磁铁铁心可能有一些剩磁，都会使经过光电门1的时间较实际值大，引起误差，并适当增大两光电门A、B间的距离，使位移测量的相对误差减小，所以C正确．14、平衡摩擦力；>>；；；【解析】

（1）实验中，为了把重物所受的重力作为小车所受的牵引力，需要满足的条件是：①[1]．在未挂重物时，通过垫木使木板适当倾斜，目的是平衡小车运动中所受阻力．②[2]．已知小车质量为M，重物质量为m，对系统，由牛顿第二定律得mg=（M+m）a对小车，由牛顿第二定律得F=Ma解得F=mg则为了使得F=mg则需满足M>>m；（2）[3]．打下B点时小车的速度大小为v=[4]．与之对应小车所受的牵引力做功W=mgx2.三、计算题要求解题步骤，和必要的文字说明（本题共36分）15、（1）B落到地面时的速度为0.8m/s．（2）B落地后（不反弹），A在桌面上能继续滑动0.16m．【解析】试题分析：（1）在B下落过程中，B减小的重力势能转化为AB的动能和A克服摩擦力做功产生的内能，根据能量守恒定律求解B落到地面时的速度．（2）B落地后（不反弹），A在水平面上继续