2025届甘肃省武威市物理高一第二学期期末检测试题含解析

2025届甘肃省武威市物理高一第二学期期末检测试题注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。3．考试结束后，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、如图所示，在水平雪面上雪橇受与水平方向成α角的拉力F作用，沿直线匀速前进了s的距离。下列说法正确的是（）A．拉力做功为FsB．地面对雪橇的支持力做正功C．重力对雪橇做负功D．外力对雪桶做的总功是零2、第三代海事卫星采用同步和中轨道卫星结合的方案，解决了覆盖全球的问题．它由4颗同步卫星与12颗中轨道卫星组成的卫星群构成，中轨道卫星离地面的高度约为地球半径的2倍，分布在几个轨道平面上（与赤道平面均有一定的夹角）．若地球表面处的重力加速度为，则中轨道卫星的轨道处受地球引力产生的重力加速度约为（）A． B．4g C． D．9g3、关于力和运动的关系，以下说法中正确的是（）A．物体做曲线运动，其加速度一定改变B．物体做曲线运动，其加速度可能不变C．物体的运动状态发生变化，该物体的受力情况一定发生变化D．物体在恒力作用下运动，其速度方向一定改变4、(本题9分)物体从离地面高h=0.8m处以v0=3m/s的初速度水平抛出，不计空气阻力，g=10m/s2A．物体下落的时间0.1sB．物体着地点与抛出点间的距离为2mC．物体着地前瞬间的速度大小为5m/sD．物体着地前瞬间的速度方向与水平方向的夹角为455、(本题9分)如图所示，从地面上A点发射一枚远程弹道导弹，假设导弹仅在地球引力作用下沿ACB椭圆轨道飞行并击中地面目标B，C为轨道的远地点，距地面高度为h.已知地球半径为R，地球质量为M，引力常量为G.则下列结论正确的是()A．导弹在C点的速度大于GMB．导弹在C点的速度等于3C．导弹在c点的加速度等于GMD．导弹在C点的加速度大于GM6、(本题9分)发现万有引力定律和首次比较精确地测出引力常量的科学家分别是（）A．卡文迪许、牛顿 B．牛顿、卡文迪许C．牛顿、伽利略 D．开普勒、伽利略7、(本题9分)如图所示，A、B两小球由绕过轻质定滑轮的细线相连，A放在固定的光滑斜面上，B、C两小球在竖直方向上通过劲度系数为k的轻质弹簧相连，C球放在水平地面上．现用手控制住A，并使细线刚刚拉直但无拉力作用，并保证滑轮左侧细线竖直、右侧细线与斜面平行．已知A的质量为4m，B、C的质量均为m，重力加速度为g，细线与滑轮之间的摩擦不计，开始时整个系统处于静止状态．释放A后，A沿斜面下滑至速度最大时C恰好离开地面．下列说法正确的是（）A．C刚离开地面时，B的加速度最大B．A获得最大速度为2gC．斜面倾角α＝30°D．从释放A到C刚离开地面的过程中，A、B两小球组成的系统机械能守恒8、(本题9分)如图，半径R=0.45m的四分之一光滑圆弧面轨道竖直固定，弧面下端与一水平足够长传送带右端相切，传送带以恒定的速度v=2m/s沿顺时针方向匀速转动。一质量m=1kg的小物块自圆弧面轨道的最高点由静止滑下，物块与传送带之间的动摩擦因数=0.2，不计物块滑过曲面与传送带交接处时的机械能损失，重力加速度g=10m/s2，则物块从第一次滑上传送带到第一次离开传送带的过程中，下列说法正确的是（）A．物块在传送带上向左运动的最远距离为2mB．物块运动的时间为3.125sC．物块与传送带间因摩擦产生的热能为12.5JD．传送带对物块做的功为2.5J9、(本题9分)如图甲所示，一轻弹簧的两端与质量分别为和的两物块A、B相连接，并静止在光滑的水平面上．现使B瞬时获得水平向右的速度3m/s，以此刻为计时起点，两物块的速度随时间变化的规律如图乙所示，从图象信息可得A．在时刻两物块达到共同速度1m/s，且弹簧都处于伸长状态B．从到时刻弹簧由压缩状态恢复到原长C．两物体的质量之比为=1∶2D．在时刻A与B的动能之比为10、(本题9分)如图，在匀速转动的电动机带动下，足够长的水平传送带以恒定速率v1顺时针转动。一质量为m的滑块从传送带右端以水平向左的速率v2(v1>v2)滑上传送带，最终滑块又返回至传送带的右端。在上述过程中，下列判断正确的是A．滑块返回传送带右端的速率为v2B．此过程中电动机对传送带做功为2mv1v2C．此过程中传送带对滑块做功为mv－mvD．此过程中滑块与传送带之间因摩擦产生的热量为m(v1－v2)211、两个完全相同的金属小球（可视为点电荷），带电荷量之比为3:7，相距为r。现将两小球接触后再放回原来的位置上，则此时小球间的库仑力与接触前之比可能为A．4:21 B．4:25 C．2:5 D．25:2112、(本题9分)某宇航员的质量是71kg，他在地球上最多能举起100kg的物体，假定该字航员登上星表面。已知火星的半径是地球半径的一半，其质量是地球质量的19，地球表面重力加速度为10m/s1A．宇航员在火星上所受重力310NB．在地球与火星表面宇航员竖直跳起的最大高度一样C．地球与火星的第一宇宙速度之比为3：1D．宇航员在火星上最多能举起115kg的物体二、实验题（本题共16分，答案写在题中横线上）13、（6分）(本题9分)在“验证机械能守恒定律”的实验中采用重物自由下落的方法．（1）某同学列举实验中用到的实验器材为：A．铁架台、B．打点计时器及复写纸片、C．纸带、D．秒表、E.低压交流电源、F.导线、G.重锤、H.天平，其中不必要的是___________．（2）如果以为纵轴，以h为横轴，根据实验数据绘出的图线应是下图中的___________．（3）在一次实验中，质量m的重物自由下落，在纸带上打出一系列的点（交流电频率50Hz），如图所示，长度单位cm，那么从起点O到打下记数点B的过程中重力势能减少量是__________J，此过程中物体动能的增加量___________g取，结果数据均保留至小数点后两位；通过计算，数值上_______（填“”“”或“”）．14、（10分）(本题9分)某实验小组的同学做“用单摆测定重力加速度”的实验。（1）实验时除用到秒表、刻度尺外，还应该用到下列器材中的_________选填选项前的字母）A．长约1m的细线B．长约1m的橡皮绳C．直径约1cm的均匀铁球D．直径约10cm的均匀木球（2）选择好器材，将符合实验要求的单摆悬挂在铁架台上，应采用图中________所示的固定方式（选填“甲”或“乙”）。（3）将单摆正确悬挂后进行如下操作，其中正确的时____________（选填选项前的字母）。A．测出摆线长作为单摆的摆长B．把单摆从平衡位置拉开一个很小的角度由静止释放，使之做简谐运动C．在摆球经过平衡位置时开始计时D．用秒表测量单摆完成1次全振动所用时间并作为单摆的周期（4）用l表示单摆的摆长，用T表示单摆的周期，则计算重力加速度的表达式为g=____________.（5）乙同学测得的重力加速度数值大于当地的重力加速度的实际值，造成这一情况的原因可能是________（选填选向前的字母）。A．开始摆动时振幅较小B．开始计时时，过早按下秒表C．测量周期时，误将摆球（n-1）次全振动的时间记为n次全振动的时间D．实验中，由于操作不当，使摆球做圆锥摆运动三、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,光滑圆管形轨道AB部分平直,BC部分是处于竖直平面内半径为R=5m的半圆,圆管截面半径r＜＜R.有一质量为m=1Kg、半径比r略小的光滑小球以水平初速度v0=15m/s射入圆管,问:(1)小球从C端出来的速度多大?(2)在小球从C端出来运动到AB轨道上的位置距B点多远？16、（12分）(本题9分)玻尔在卢瑟福的原子核式结构学说的基础上，提出具有量子特征的氢原子模型，其能级图如图所示．有一个发光管里装有大量处于n＝4能级的氢原子，利用这个发光管的光线照射金属钠的表面．已知金属钠的极限频率是5.53×1014Hz，普朗克常量h＝6.63×10－34J·s，1eV＝1.6×10－19J.(1)发光管可能发射几种不同能量的光子？(2)发光管能使金属钠发生光电效应吗(通过计算回答)?(3)求出发光管照射金属钠所发射的光电子的最大初动能．17、（12分）(本题9分)如图所示，倾角为θ的斜面上只有AB段粗糙，其余部分都光滑，AB段长为3L．有若干个相同的小方块（每个小方块视为质点）沿斜面靠在一起，但不粘接，总长为L．将它们由静止释放，释放时下端距A为2L．当下端运动到A下面距A为时物块运动的速度达到最大．（1）求物块与粗糙斜面的动摩擦因数；（2）求物块停止时的位置；（3）要使所有物块都能通过B点，由静止释放时物块下端距A点至少要多远？

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】

A．据功的定义式可以知道，拉力做的功为：W1＝Fscosα故选项A不符合题意.BC．雪橇受到重力和支持力与雪橇的位移垂直，做功为零.故选项BC不符合题意.D．因为雪橇匀速运动，所以合力为零，则外力做功为零.故选项D符合题意.2、A【解析】试题解析：由于地球表面处的重力加速度为，则mg=；设中轨道卫星的轨道处受地球引力产生的重力加速度为g′，则mg′=；联立二者解之得g′=，故A正确．考点：万有引力与航天．3、B【解析】

AB.物体做曲线运动的条件是受到的合力和运动方向不在一条直线上，做曲线运动的物体加速度不一定改变，只要合力不变，加速度就不变，如平抛运动，故A错误，B正确；

C.物体的运动状态发生变化，就是速度发生了变化，物体就一定有加速度，物体的合外力就不为零，而受力情况却不一定发生变化，如平抛运动，故C错误

D.物体在恒力作用下运动，当恒力的方向（加速度方向）与速度方向不在同一条直线上，物体就做曲线运动，速度方向一定改变；当恒力的方向（加速度方向）与速度方向相同时，物体在恒力的作用下速度方向不发生改变，故D错误．4、C【解析】

物体在竖直方向上做自由落体运动，根据h=12gt2得：t=2hg=2×0.810s=0.4s，故A错误；物体抛出点到落地点的水平距离为：x=v0t=3×0.4m=1.2m，物体着地点与抛出点间的距离为：s=x25、C【解析】

AB.对于位于离地高为h的轨道上匀速运动的物体有：GMmR+h2=其速度v=GMR+h，导弹从C点做向心运动，速度应小于GMCD.根据牛顿第二定律在C点有：GMmR+h2导弹在C点的加速度a=GMR+h6、B【解析】试题分析：发现万有引力定律的是牛顿，卡文迪许通过扭秤实验首次比较精确地测出引力常量的值，开普勒发现了开普勒三定律，伽利略通过理想斜面实验推出了力不是维持物体运动的原因，而是改变物体运动的原因，故B正确考点：考查了物理学史7、BC【解析】

A.C刚离开地面时，A的速度最大，此时B的速度也是最大的，则B球的加速度为零，故A错误；C.C刚离开地面时，对A有：kx2=mg

此时B有最大速度，即aB=aA=0

对B有：T-kx2-mg=0

对A有：4mgsinα-T=0

以上方程联立可解得：sinα=0.5，α=30°故C正确；B.初始系统静止，且线上无拉力，对B有：kx1=mg

由上问知x1=x2=，则从释放至C刚离开地面过程中，弹性势能变化量为零；此过程中A、B、C组成的系统机械能守恒，即：

4mg（x1+x2）sinα=mg（x1+x2）+（4m+m）vAm2

以上方程联立可解得：A球获得最大速度为vAm=2g，故B正确；D.从释放A到C刚离开地面的过程中，A、B两小球组成的系统由于弹簧的弹力对系统做功，则系统的机械能不守恒，选项D错误.8、BC【解析】

A、物体沿圆弧面下滑，机械能守恒：mgR=

mv02，得：v0=3m./s，物体在传送带上相对运动时的加速度大小为：a=g

=2m/s2，物体滑上传送带向左运动的最远距离：s1

==2.25m，故A错误。B、物体向左运动的时间：t1==1.5s，物体向右加速到v

的时间：t2==1s，向右加速的位移：s2==1m，然后物体以速度v匀速运动的时间：t3==0.625s，物体第一次从滑上到离开传送带所经历的时间：t=t1+t2+t3=3.125s，故B正确。C、物块与传送带间因摩擦产生的热能

Q=mg(s1+vt1+vt2-s2)=12.5J，故C正确。D、根据动能定理，传送带对物块做的功W=mv2-mv02=-2.5J，故D错误。

【点睛】9、BD【解析】试题分析：图线与坐标轴围成的面积表示位移，在时刻B的位移大于A的位移，此时弹簧处于拉伸状态，在时刻B做加速运动，即受到向右的弹力，所以此时弹簧处于压缩状态，当B的加速度为零时，弹簧弹力为零，所以时刻B受到的弹力为零，即弹簧恢复原长，故从到时刻弹簧由压缩状态恢复到原长，在A错误B正确；由于过程中两者和弹簧组成的系统动量守恒，故从0~过程中有，解得，故，C错误；在时刻A的速度为，B的速度为，根据，解得，故D正确．考点：考查了牛顿第二定律，动量守恒定律，【名师点睛】对于这类弹簧问题注意用动态思想认真分析物体的运动过程，注意过程中的功能转化关系；解答时注意动量守恒和机械能守恒列式分析，同时根据图象，分析清楚物体的运动情况10、AB【解析】

A.由于传送带足够长，滑块受向右的摩擦力，减速向左滑行，至速度为0，之后，再加速向右滑行，由于v1>v2，物体会在滑动摩擦力的作用下加速，当速度增大到等于v2时，物体回到原出发点，即滑块返回传送带右端的速率为v2，故A正确；

B.设滑块向左运动的时间t1，位移为x1，则：摩擦力对滑块做功：W1=fx1=①

又摩擦力做功等于滑块动能的减小，即：W1=mv22

②

该过程中传送带的位移：x2=v1t1

摩擦力对传送带做功：

③

将①②代入③得：W2=mv1v2

同理可计算，滑块返回到出发点时摩擦力对传送带做功为W2=mv1v2

则此过程中电动机对传送带做功为W=W2+=2mv1v2，选项B正确；C.此过程中只有传送带对滑块做功根据动能定理W′=△EK得：W=△EK=mv22-mv22=0，故C错误；

D.物块向左减速运动时，物块相对传送带的位移为：物块向右加速运动时，物块相对传送带的位移为：则此过程中滑块与传送带问因摩擦产生的热量为，故D错误。11、AD【解析】

由库仑定律可得F=kQqA.4:21与分析相符，故A项与题意相符；B.4:25与分相不相符，故B项与题意不相符；C.2:5与分相不相符，故C项与题意不相符；D.25:21与分析相符，故A项与题意相符。12、AD【解析】

A.设火星半径为R质量为M，表面的重力加速度为g火，则地球的半径为1R，质量为9M，依题意质量为m的物体在火星表面有：GMm质量为m的物体在地球表面有：G9Mm解得：g所以质量为71kg的宇航员在火星的重量为：mg火＝310N故选项A符合题意.B．火星和地球表面的重力加速度不等，竖直起跳高度h=可知最大高度不等.故选项B不符合题意.C.星球第一宇宙速度v=则地球与火星第一宇宙速度之比为3：2.故选项C不符合题意.D.设他在火星上最多能举起质量为mz的物体，则有：100×g＝mz×g火解得：mz＝115kg故选项D符合题意.二、实验题（本题共16分，答案写在题中横线上）13、DH；C；0.50m；0.48m>【解析】

（1）本题是用打点计时器研究自由落体的机械能守恒，所以秒表不需要，实验最后验证的是是否成立，等式两边都有m，所以天平可以不用，因此不必要的器材为DH；（2）如果以为纵轴，以h为横轴，根据实验数据绘出的图线应是过原点的倾斜直线，C正确；（3）从起点O到打下记数点B的过程中重力势能减少量是，B点的速度为，此过程中物体动能的增加量，重物下落过程中由于空气阻力的作用，重力势能没有全部转化为动能，所以>14、AC乙BCCD【解析】

（1）[1]AB.实验过程单摆摆长应保持不变，应选择长约1m的细线作为摆线，摆线不能选择有弹性的橡皮绳，故A正确，B错误；CD.为减小实验误差，应选择密度大而体积小的球作为摆球，应选择直径约1cm的均匀铁球作为摆球，不要选用直径约10cm的均匀木球，故C正确，D错误；故选：AC；（2）[2]在该实验的过程中，悬点要固定，应采用图乙中所示的固定方式。（3）[3]A.摆线长度与摆球半径之和是单摆的摆长，故A错误；B.单摆在小角度下的运动为简谐运动，把单摆从平衡位置拉开一个很小的角度释放，使之做简谐运动，故B正确；C.为减小测量误差，在摆球经过平衡位置时开始计时，故C正确；D.为减小测量误差，应测出n个周期的总时间t，然后求出周期：，用单摆完成1次全振动所用时间并作为单摆的周期实验误差较大，故D错误；故选：BC；（4）[4]由单摆周期公式：，可知：T与成正比，T−图象是正比例函数图象，T−图象的斜率：，则重力加速度：；（5）[5]由单摆周期公式：得：；A.单摆在小角度下的摆到为简谐振动，开始摆动时振幅较小，单摆的振幅对重力加速度的测量没有影响，故A错误；B.开始计时时，过早按下秒表，所测周期T偏大，所测重力加速度偏小，故B错误；C.测量周期时，误将摆球（n−1）次全振动的时间记为n次全振动的时间，所测周期T偏小，所测重力加速度g偏大，故C正确；D.实验中，由于操作不当，使摆球做圆锥摆运动，测得的周期T偏小，所测重力加速度偏大；故选：CD；故答案为：（1）AC；（2）乙（3）BC；（4）（5）CD。【点睛】单摆测定重力加速度的原理：单摆的周期公式，还要知道：摆角很小的情况下单摆的振动才是简谐运动；摆长等于摆线的长度加上摆球的半径，为减小误差应保证摆线的长短不变；单摆在摆动的过程中，摆长不能发生变化．在最低点，速度最快，开始计时误差较小。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）【解析】

(1)选AB所在平面为参考平面,从A至C的过程中,根据机械能守恒定律：

①解得：vC=5m/s(2)从C端出来后，小球做平抛运动，解得x=【点睛