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文档简介
共美联盟2025届高一物理第二学期期末考试试题考生须知: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)龙泉山最高峰一石头e随地球自转运动.中国发射的第一颗卫星东方红一号卫星p和同步卫星q均绕地心做匀速圆周运动.设e、p、g的圆周运动速率分别为v1、v2、v3,向心加速度分别为α1、α2、α3,向心力分别为F1、F2、F3,己知P的轨道半径小于q的轨道半径.则下列关系一定正确的是A.v1>v2>v3 B.F1>F2>F3 C.α1>α2>α3 D.v1<v3<v22、做平抛运动的物体,在水平方向通过的最大距离取决于()A.物体所受的重力和抛出点的高度 B.物体的初速度和抛出点的高度C.物体所受的重力和初速度 D.物体所受的重力、高度和初速度3、如图所示,平行板电容器带有等量异种电荷(上板正、下板负),与静电计相连,静电计金属外壳和电容器下极板都接地(电势为零),在两极板间有一点P,以C表示电容器的电容,E表示两板间的电场强度,表示P点的电势,表示静电计指针与竖直杆的偏角。若保持电容器上极板不动,将下极扳向上移动一小段距离至图中虚线位置,则下列判断正确的是()A.C变大 B.增大 C.增大 D.E变大4、(本题9分)如图所示为一个做匀变速曲线运动的质点从A到E的运动轨迹示意图,已知在B点的速度与加速度相互垂直,则下列说法中正确的是()A.D点的速率比C点的速率大B.A点的加速度与速度的夹角小于90°C.A点的加速度比D点的加速度大D.从A到D速度先增大后减小5、做匀速圆周运动的物体,在运动过程中保持不变的物理量是A.动能 B.速度 C.加速度 D.合外力6、一质量为200kg的小船静止在平静的水面上,小船长度为2m。质量为50kg的小孩从船头走到船尾。若不考虑船运动过程中水对船的阻力,则人从船头走到船尾的过程中A.人与船可以向相同方向运动B.船的速率始终是人的速率的4倍C.人对地发生的位移大小为1.6mD.船对地发生的位移大小为1.6m7、如图所示电路中,电源内阻不可忽略,电压表可以看作是理想表.当开关K闭合后,将滑动变阻器的触头由右端向左端移动时,下列说法正确的是A.电灯L1变暗、L2变亮B.电灯L1变亮、L2变暗C.电压表示数变大D.电源的内阻消耗的功率变大8、(本题9分)如图所示,发射升空的卫星在转移椭圆轨道Ⅰ上A点处经变轨后进入运行圆轨道Ⅱ.A、B分别为轨道Ⅰ的远地点和近地点.则卫星在轨道Ⅰ上()A.经过A点的速度小于经过B点的速度B.经过A点的动能大于在轨道Ⅱ上经过A点的动能C.运动的周期大于在轨道Ⅱ上运动的周期D.经过A点的加速度等于在轨道Ⅱ上经过A点的加速度9、(本题9分)如图所示,一轻弹簧一端固定于O点,另一端系一重物,将重物从与悬点O在同一水平面且弹簧保持原长的A点无初速度释放,让它自由摆下.不计空气阻力,则在重物由A点摆向最低点B的过程中()A.弹簧与重物的总机械能守恒 B.弹簧的弹性势能增加C.重物的机械能不变 D.重物的机械能增加10、(本题9分)某同学按如图所示的电路进行实验,电压表内阻看做无限大。实验过程中,由于电路发生故障,发现两电压表示数相同,若这种情况的发生是由某一用电器引起的,则可能的故障原因是()A.断开 B.短路 C.短路 D.短路11、(本题9分)质量是m的物体在粗糙的水平面上受水平恒定拉力F的作用,从静止开始运动,经过时间t发生的位移为x,要使物体从静止开始运动发生的位移为2x,下列方法可行的是()A.拉力增加为原来的2倍B.拉力和动摩擦因数都增加为原来的2倍C.质量减少为原来的倍D.质量、力、时间都增加为原来的倍12、一根轻质弹簧的下端固定在水平地面,上端连接一个小球,静止时小球处于O点,如图所示.将小球向下压至A点位置(未超过弹簧的弹性限度)然后放开,小球将在竖直方向上下往复运动,小球到达的最高位置为B点,忽略空气阻力的影响.则关于小球从A点向上运动至B点的过程中,以下判断正确的是()A.弹簧的弹力对小球始终做正功B.小球在O点时的动能达到最大C.小球在B点时弹簧的弹性势能最大D.弹簧的弹性势能与小球的动能之和一定减小二、实验题(本题共16分,答案写在题中横线上)13、(6分)(本题9分)某同学用图(a)所示的实验装置验证机械能守恒定律,其中打点计时器的电源为交流电源,可以使用的频率有20Hz、30Hz和40Hz,打出纸带的一部分如图(b)所示.该同学在实验中没有记录交流电的频率,需要用实验数据和其他条件进行推算.(1)若从打出的纸带可判定重物匀加速下落,利用和图(b)中给出的物理量可以写出:在打点计时器打出B点时,重物下落的速度大小为_________,打出C点时重物下落的速度大小为________,重物下落的加速度的大小为________.(2)已测得=8.89cm,=9.5.cm,=10.10cm;当重力加速度大小为9.80m/,试验中重物受到的平均阻力大小约为其重力的1%.由此推算出为________Hz.14、(10分)(本题9分)气垫导轨是常用的种实验仪器,它是利用气泵使带孔的导轨与滑块之间形成气垫,使滑块悬浮在导轨上,滑块在导轨上的运动可视为没有摩擦,我们可以用带竖直挡板C和D的气垫导轨和滑块A和B验证动量守恒定律和机械能守恒定律,已知A的质量m1,B的质量ma.松开手的同时,记录滑块A、B运动时间的计时器开始工作,当A、B滑块分别碰到C、D挡板时计时器结束计时,分别记下A、B到达C、D的运动时间t1和tb.在A、B间水平放入一个轻弹簧,用手压住A、B使弹簧压缩放置在气垫导轨上,并让它静止在某个位置,设此时弹簧的弹性势能为Ep。c.给导轨送气,调整气垫导轨,使导轨处于水平。d.用刻度尺测出A的左端至C板的距离l1,B的右端至D板的距离l(1)实验步骤的正确顺序是_______。(填写步骤前的字母)(2)利用上述测量的实验数据,验证动量守恒定律的表达式是______________;验证机械能守恒定律的表达式是____________________________。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)因测试需要,一辆汽车在某雷达测速区,沿平直路面从静止开始匀速直线运动一段时间后,即刻做匀减速直线运动直到最后停止,下表中给出了雷达测出的各个时刻对应的汽车速度数值,求:(1)汽车做匀加速运动和匀减速运动的加速度、的大小分别是多少?(2)汽车在该区域行驶过程中何时速度达到最大?最大速度是多少?16、(12分)(本题9分)如图所示,光滑曲面轨道AB下端与水平粗糙轨道BC平滑连接,水平轨道离地面高度h,有一质量为m的小滑块自曲面轨道离B高H处静止开始滑下,经过水平轨道末端C后水平抛出,落地点离抛出点的水平位移为x,不计空气阻力重力加速度为g试求:(1)滑块到达B点时的速度大小;(2)滑块离开C点时的速度大小v;(3)滑块在水平轨道上滑行时克服摩擦力所做的功.17、(12分)如图,位于竖直水平面内的光滑轨道四分之一圆弧轨道ab,半径R=0.25m,弧口b点处的切线水平,b离地面高度h=2m,质量m=0.1kg的小球从a点静止释放。(g取10m/s2)求:(1)小球运动到b点时,轨道对小球的支持力;(2)小球落地点c与b的水平距离s;(3)小球到达c点时速度的大小。
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】
ACD.对于p和q,根据得a=v=q的轨道半径大,则v2>v3,a2>a3,对于e和q,角速度相等,根据v=rω知,v3>v1,所以v2>v3>v1;根据a=rω2知,a3>a1,所以a2>a3>a1故D正确,AC错误.B.由于质量未知,无法根据万有引力定律公式比较向心力大小,故B错误.故选D.点睛:本题是道易错题,很容易认为是三个物体都靠万有引力提供向心力,注意p和q靠万有引力提供向心力,对于e,不是靠引力提供向心力.2、B【解析】
对于做平抛运动的物体,水平方向上:x=v0t
;竖直方向上:h=gt2
;所以水平位移为,所以水平方向通过的最大距离取决于物体的高度和初速度。A.物体所受的重力和抛出点的高度,与结论不相符,选项A错误;B.物体的初速度和抛出点的高度,与结论相符,选项B正确;C.物体所受的重力和初速度,与结论不相符,选项C错误;D.物体所受的重力、高度和初速度,与结论不相符,选项D错误;3、A【解析】
A.保持电容器上极板不动,将下极扳向上移动一小段距离,两板间距离减小,据知,电容器电容C增大。故A项正确;B.据A项分析知,电容器电容C增大;电容器所带电荷量不变,据知,电容器两板间电势差减小,则静电计指针与竖直杆的偏角减小。故B项错误;CD.电容器所带电荷量不变,两板间距离减小,据两板间的电场强度E不变;P点与下极板间距离减小,据电势差与电场强度关系知,P点与下极板间电势差减小,电容器下极板接地(电势为零),则P点的电势减小。故CD两项错误。4、A【解析】
A.由题意,质点运动到B点时速度方向与加速度方向恰好互相垂直,速度沿B点轨迹的切线方向,则知加速度方向向下,合外力也向下,质点做匀变速曲线运动,合外力恒定不变,质点由C到D过程中,合外力做正功,由动能定理可得,D点的速度比C点速度大,故A正确;B.物体在A点受力的方向向下,而速度的方向向右上方,A点的加速度与速度的夹角大于90°.故B正确;C.质点做匀变速曲线运动,加速度不变,则A点的加速度等于D点的加速度,故C错误;D.由A的分析可知,质点由A到D过程中,加速度的方向向下,速度的方向从斜向右上方变为斜向右下方,从A到D速度先减小后增大.故D错误.5、A【解析】
速度、加速度、合外力均为矢量,既有大小又有方向.在匀速圆周运动中,速度、加速度和合外力的方向每时每刻发生变化,但动能为标量,只有大小,因为在匀速圆周运动中,速度大小不变,由Ek=16、C【解析】
A.船和人组成的系统,在水平方向上动量守恒,以人速度方向为正方向,由动量守恒定律得:m人得:v人负号表示人与船的速度方向总是相反,故A项与题意不相符;B.将m人=50kg,m船=200kg代入v解得:v人则人的速率始终是船的速率的4倍,故B项与题意不相符;CD.人从船头走到船尾,设人和船对地发生的位移大小分别为s1和s2,以人速度方向为正方向,由动量守恒定律得:m人又s1解得:s1故C项与题意相符,D项与题意不相符。7、BD【解析】
将滑动变阻器的触头由右端向左端移动时,电路中总电阻减小。根据闭合电路欧姆定律得,干路电流增大,故L1变亮,内电路电压增大,L1两端电压增大,故L2两端电压减小,L2变暗,电压表示数即路端电压变小,电源的内阻消耗的功率变大.AB.电灯L1变亮、L2变暗;故A错误,B正确.C.电压表的示数变小;故C错误.D.电源的内阻消耗的功率变大;故D正确.8、AD【解析】
由B运动到A引力做负功,动能减小的,所以经过A点的速度小于经过B点的速度,故A正确;同在A点,只有加速它的轨道才会变大,所以经过A点的动能小于在轨道Ⅱ上经过A点的动能,故B错误;轨道Ⅰ的半长轴小于轨道Ⅱ的半径,根据开普勒第三定律,在轨道Ⅰ上运动的周期小于在轨道Ⅱ上运动的周期,故C错误;根据a=,在轨道Ⅱ上经过A的加速度等于在轨道Ⅰ上经过A的加速度,故D正确;故选AD.【点睛】解决本题的关键理解卫星绕地球运动的规律.要注意向心力是物体做圆周运动所需要的力,比较加速度,应比较物体实际所受到的力,即万有引力.9、AB【解析】
由A到B的过程中,只有重力和弹簧弹力做功,系统机械能守恒,通过弹簧的形变量判断弹性势能的变化,通过能量守恒判断重物机械能的变化.【详解】由A到B的过程中,只有重力和弹簧弹力做功,系统机械能守恒,即弹簧与重物系统的总机械能守恒.故A正确.在运动的过程中,弹簧的形变量增大,则弹簧的弹性势能增加.故B正确.根据能量守恒定律知,系统机械能不变,弹簧的弹性势能增加,则重物的机械能减小.故CD错误.故选AB.10、AB【解析】
由图可知R1与R2、R3串联,电压表V1测R2和R3的电压;V2测R2两端的电压;若两电压表示数变成相同,则可能是两电表接在了等电势的两端,故可能是R2开路或者R3短路;故AB正确CD错误。故选AB。11、BD【解析】
ABC.从静止出发,经过时间t发生的位移为x,要使物体从静止开始运动发生的位移为2x,根据知,时间不变的情况下,加速度变为原来的2倍,根据牛顿第二定律将拉力和动摩擦因数都增加为原来的2倍,故AC错误,B正确;D.质量、力都增加为原来的倍,根据牛顿第二定律加速度不变,时间增加为原来的倍,根据知,物体从静止开始运动发生的位移为2x,故D正确;故选BD.【点睛】根据牛顿第二定律求出加速度,结合进行判断.12、BD【解析】
A.小球从A点向上运动至B点的过程中,弹簧弹力方向先向上,后向下,所以弹力先做正功,后做负功,故A错误;B.从A到O,弹力大于重力,小球向上做加速运动,在O点,重力等于弹簧弹力,加速度为零,小球速度最大,则动能最大,故B正确;C.对小球和弹簧组成的系统,只有重力和弹簧弹力做功,系统机械能守恒,当小球的机械能最小时,弹簧的弹性势能最大,从A到B的过程中,A点小球的机械能最小,则A点弹性势能最大,故C错误;D.系统机械能守恒,从A到B的过程中,小球重力势能增大,则弹簧的弹性势能与小球的动能之和一定减小,故D正确。二、实验题(本题共16分,答案写在题中横线上)13、40【解析】
(1)[1]打B点时,重物下落的速度等于AC段的平均速度,所以;[2]同理打出C点时,重物下落的速度;[3]由加速度的定义式得(2)[4]由牛顿第二定律得:,解得:,代入数值解得:f=40Hz.【点睛】本题主要考查验证机械能守恒定律实验、纸带数据分析.解决这类问题的关键是会根据纸带数据求出打某一点的瞬时速度、整个过程的加速度;解决本题要特别注意的是打点计时器的频率不是经常用的50Hz.14
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