云南省曲靖市麒麟区六中2025届物理高一第二学期期末达标测试试题含解析

云南省曲靖市麒麟区六中2025届物理高一第二学期期末达标测试试题注意事项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)关于匀速圆周运动的说法正确的是（）A．匀速圆周运动一定是匀速运动B．匀速圆周运动是变加速运动C．匀速圆周运动是匀加速运动D．做匀速圆周运动的物体所受的合外力可能为恒力2、(本题9分)焰火晚会上，万发礼花弹点亮夜空，如图所示为竖直放置的炮筒在发射礼花弹。炮筒的长度为1m，每个礼花弹质量为1kg(在炮筒内运动过程中看作质量不变)，礼花弹在炮筒中受到重力高压气体的推力和炮筒内阻力的作用。当地重力加速度为10m/s2，发射过程中高压气体对礼花弹做功900J，礼花弹离开炮简口时的动能为800J。礼花弹从炮筒底部竖直运动到炮筒口的过程中，下列判断正确的是A．重力势能增加800JB．克服炮筒内阻力做功90JC．克服炮筒内阻力做功无法计算D．机械能增加800J3、(本题9分)我们知道,重力势能的变化与重力做功密切相关,弹性势能的变化与弹力做功密切相关。那么,请你猜测动能的变化与什么力做功密切相关呢()A．动力B．合外力C．阻力D．不能确定4、(本题9分)第一次通过实验的方法比较准确地测出引力常量的物理学家是（）A．牛顿 B．开普勒 C．伽利略 D．卡文迪许5、(本题9分)宇宙中，两颗靠得比较近的恒星，只受到彼此之间的万有引力作用互相绕转，称之为双星系统。设某双星系统A、B绕其连线上的O点做匀速圆周运动，如图所示。若AO>OB，则A．星球A的质量大于B的质量B．星球A的线速度大于B的线速度C．星球A的角速度大于B的角速度D．星球A的周期大于B的周期6、从距水平地面同一高度，以相同初速度同时抛出两个质量不同的小石块，不计空气阻力.下列说法正确的是()A．两个石块同时落地B．质量较大的石块先落地C．两个石块在落地前瞬间的速度相等D．质量较大的石块在落地前瞬间的速度较大7、(本题9分)把两个质量相等的小球a、b放在玻璃漏斗中，晃动漏斗，可以使两小球沿光滑的漏斗壁分别在1、2水平面内做匀速圆周运动，如图所示.平面1比平面2高，轨道1半径是轨道2半径的2倍.则（）A．小球做匀速圆周运动时受到重力支持力、向心力B．小球a的线速度大小是小球b的倍C．小球a对漏斗壁的压力大小是小球b的2倍D．小球a的向心加速度大小等于小球b的向心加速度8、(本题9分)下列运动中的物理量，不变的是A．平抛运动中的势能B．平抛运动中的加速度C．匀速圆周运动中的动能D．匀速圆周运动中的向心加速度9、如图所示，圆弧形光滑轨道ABC固定在竖直平面内，O是圆心，OC竖直，水平。A点紧靠一足够长的平台MN，D点位于A点正上方，如果从D点无初速度释放一个小球，从A点进入圆弧轨道，有可能从C点飞出，做平抛运动，落在平台MN上。下列说法正确的是（）A．只要D点的高度合适，小球可以落在MN上任意一点B．在由D运动到M和由C运动到P的过程中重力功率都越来越大C．小球运动的整个过程中机械能守恒D．如果小球能从C点飞出，则小球过C点时与轨道的压力不可能为零10、(本题9分)有关圆周运动的基本模型，下列说法正确的是（）A．如图a，汽车通过拱桥的最高点处于超重状态B．如图b所示是一圆锥摆，增大θ，若保持圆锥的高不变，则圆锥摆的角速度不变C．如图c，同一小球在光滑而固定的圆锥筒内的A、B位置先后分别做匀速圆周运动，则在A、B两位置小球的角速度及所受筒壁的支持力大小相等D．火车转弯超过规定速度行驶时，外轨对火车轮缘会有挤压作用二、实验题11、（4分）(本题9分)如图所示，在“研究平抛运动”的实验中，可以描绘出小球平抛运动的轨迹，实验简要步骤如下：A．让小球多次从同一位置静止释放，在一张印有小方格的纸上记下小球经过的一系列位置，如图中a、b、c、d所示.B．安装好器材，注意斜槽末端切线水平，记下平抛初位置O点和过O点的水平线与竖直线.C．取下方格纸，以O为原点，以水平线为x轴，竖直线为y轴建立坐标系，用平滑曲线画出小球平抛运动的轨迹.（1）上述实验步骤的合理顺序是____________.（2）已知图中小方格的边长为L，则小球从a位置运动到c位置所用的时间为________，小球平抛的初速度为________.(均用L、g表示)12、（10分）在测定电源电动势与内电阻实验中，实验电路如图所示。电源极性与电表正负接线柱已在图中标注。（1）在开关闭合前，请指出电路中的不当之处（指出两处即可）①____________________②____________________（2）根据实验数据获得图象如图所示，则电动势______，内阻______。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1所示，升降机在电动机的拉力作用下，从静止开始沿竖直方向向上运动，升降机先做匀加速运动，5s末到达额定功率，之后保持额定功率运动。其运动情况如v-t图象2所示，已知电动机的牵引力的额定功率为36kW，重力加速度g取10m/s(1)升降机的总质量大小；(2)5s末时瞬时速度v的大小；(3)升降机在0～7s内上升的高度。14、（14分）(本题9分)请用“牛顿第二定律”推导“动能定理”。（要说明推导过程中所出现的各物理量的含义）15、（13分）(本题9分)长度l=1.0m的细绳下端系一个金属小球，绳的上端固定在O点，最初细绳竖直、小球静止。当给小球一个水平速度时，发现细绳恰好断裂。若使小球在水平面内做匀速圆周运动，形成圆锥摆，如图所示。求小球做圆周运动的周期T的大小范围。设重力加速度大小。

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、B【解析】匀速圆周运动加速度大小不变，方向始终指向圆心，加速度是变化的，是变加速运动，故AC错误，B正确；做匀速圆周运动的物体所受的合外力提供向心力，方向始终指向圆心，是变力，故D错误．所以B正确，ACD错误．2、B【解析】

A.重力势能增加△Ep=mgh=1×10×1J=10J，故A错误。BC.设克服阻力（炮筒阻力及空气阻力）做功为Wf．根据动能定理得：WF-mgh-Wf=mv2，可得Wf=WF-mgh-mv2=900-10-800=90J，故B正确，C错误。D.机械能增加量△E=mgh+mv2=10+800=810J，故D错误。3、B【解析】

根据动能定理可知，物体动能的变化量等于合外力对物体做的功，故本题选B。4、D【解析】

第一次通过实验的方法比较准确地测出引力常量的物理学家是卡文迪许，故选D.5、B【解析】

A.根据万有引力提供向心力mAω2rA=mBω2rB，因为rA＞rB，所以mA＜mB，即A的质量一定小于B的质量，故A错误；BCD.双星系统角速度相等，则周期相等，根据v=ωr可知，vA＞vB，故B正确，CD错误。6、AC【解析】

两个物体在同一高度以相同初速度抛出，都做抛体运动，故在竖直方向上都只受重力，加速度相同，同一时刻速度相同；所以落到地面所用时间相同，落地速度相等.A．描述与分析相符，故A正确.B．描述与分析不符，故B错误.C．描述与分析相符，故C正确.D．描述与分析不符，故D错误.7、BD【解析】A、小球做匀速圆周运动时，只受重力和支持力两个力作用，由两个力的合力提供向心力，故A错误．

B、受力分析如图所示：根据牛顿第二定律得：，解得：，知轨道1半径是轨道2半径的2倍，则同一个小球在轨道1的线速度是轨道2线速度的倍，即：小球a的线速度大小是小球b的倍，故B正确；

C、轨道对小球的支持力为：，与轨道平面的高度无关，则小球对轨道的压力也与轨道平面无关，因此同一个小球a和小球b对漏斗壁的压力大小相等，故C错误；

D、根据得：，知同一个小球在轨道1的向心加速度等于在轨道2的向心加速度，即小球a的向心加速度大小等于小球b的向心加速度，故D正确．点睛：本题是圆锥摆类型的问题，分析受力情况，确定小球向心力的来源，再由牛顿第二定律和圆周运动规律结合进行分析，是常用的方法和思路．8、BC【解析】

A．做平抛运动的物体，重力做了正功，可知物体的重力势能减小，故A错误；B．做平抛运动的物体只受重力作用，加速度等于重力加速度，做匀变速曲线运动，即加速度不变，故B正确；C．做匀速圆周运动的物体的速度大小不变，根据Ek＝12mv2D．做匀速圆周运动时，合外力提供向心力，物体的加速度即为向心加速度，一直指向圆心位置，即向心加速度的方向改变，故D错误。9、BC【解析】

AD．小球恰好通过点时，小球对轨道的压力为零，则有得小球通过点的最小速度为小球离开点后做平抛运动，则有解得小球离开点做平抛运动的水平距离最小值为所以小球只有落在平台上距点距离为的右侧位置上，故AD错误；B．在由运动到的过程中，速度增大，由知重力功率增大；由运动到的过程中，增大，由知重力功率增大，故B正确；C．小球由经、、到的过程中，轨道对小球不做功，只有重力做功，机械能守恒，故C正确。故选BC。10、BD【解析】

A．当汽车在拱桥顶端时，根据牛顿第二定律则有可得根据牛顿第三定律可得汽车通过拱桥的最高点处汽车对桥顶的压力小于重力，处于失重状态，故A错误；B．球受到重力和绳的拉力作用，二者合力提供向心力，向心力大小为小球做圆周运动的半径为由牛顿第二定律得联立可得角速度知保持圆锥摆的高度不变，则角速度不变，故B正确；C．设支持力与竖直方向的夹角为，则支持力的大小则有由牛顿第二定律得可得角速度由于，所以可得故C错误；D．火车拐弯时超过规定速度行驶时，由于支持力和重力的合力不够提供向心力，会对外轨产生挤压，即外轨对轮缘会有挤压作用，故D正确；故选BD。二、实验题11、BAC【解析】

(1)[1]实验操作中要先安装仪器,然后进行实验操作,在进行数据处理，故实验顺序为:B,A,C(2)[2])由图可以知道a、b、c、d之间的时间间隔是相同的,因此根据匀变速直线运动的规律有:由题可以知道,带入计算得出每相邻两个位置的时间间隔为：则小球从a位置运动到c位置所用的时间为：[3]水平方向匀速直线运动，小球平抛的初速度为：12、伏特表直接接在电源两端安培表正负接线柱接线错误（滑动变阻器滑片位置错误）1.43（1.42～1.44均给分）0.75（0.72～0.79均给分）【解析】

（1）[1][2]．由图示电路图可知，电流表正负接线柱连接错误；电压表直接接在电源两端；滑动变阻器滑片没有置于阻值最大处。

（2）[3][4]．由图示电源U-I图象可知，电源电动势：E=1.42V，电源内阻三、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)300kg；(2)10m/s；(3)46.8m【解析】

（1）设升降机的总质量为m，升降机最后做匀速运动，牵引力F=mg

根据P=Fvm（2）设匀加速运动时加速度大小为a

当t=5s时，速度v=at

此时牵引力F=Pv

根据牛顿第二定律得，F'（3）则0-5s内的位移x1=12at12【点睛】本题考查了机车恒定加速度启动问题，关