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文档简介

2025届湖南名师联盟物理高一下期末达标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: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)一横截面积为S的铜导线,流经其中有恒定的电流,设每单位体积的导线中有n个自由电子,每个自由电子的电荷量为q,此时电子定向移动的速率为v,则在△t时间内,通过导体横截面的自由电子数目可表示为A.nvSΔtB.nqΔtSC.nvSΔtq2、(本题9分)关于线速度和角速度的下列说法中,错误的是()A.线速度是指物体做圆周运动时通过的弧长与所用时间之比B.线速度没有平均值与瞬时值之分C.线速度的大小等于角速度大小与半径的乘积D.线速度是一个矢量3、一个质量为的质点在平面上运动,在方向的速度图像和方向的位移图像分别如图甲、乙所示,下列说法正确的是

A.质点所受的合外力大小为B.质点的初速度大小为C.质点做匀变速直线运动D.质点初速度的方向与合外力的方向垂直4、下列物理量中,只有大小而没有方向的是()A.功 B.冲量 C.动量 D.电场强度5、(本题9分)甲、乙两质点在同一时刻、从同一地点沿同一方向做直线运动.质点甲做初速度为零,加速度大小为a1的匀加速直线运动,质点乙做初速度为v0,加速度大小为a2的匀减速直线运动至速度减为零后保持静止.甲、乙两质点在运动过程中的x–v(位置–速度)图象如图所示,虚线与对应的坐标轴垂直,则A.在x–v图象中,图线a表示质点甲的运动,质点乙的初速度v0=12m/sB.质点乙的加速度大小a2=2m/s2C.质点甲的加速度大小a1=2m/s2D.图线a、b的交点表示两质点同时到达同一位置6、(本题9分)A、B两球在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动,=1kg,=2kg,=6m/s,=2m/s.当A追上B并发生碰撞后,A、B两球速度的可能值是A.=5m/s,=2.5m/s B.=2m/s,=4m/sC.=3m/s,=3.5m/s D.=-4m/s,=7m/s7、(本题9分)真空中有两点电荷、分别位于直角三角形的顶点C和顶点B上,D为斜边AB的中点∠ABC=30°,如图所示,已知A点电场强度的方向垂直AB向下,则下列说法正确的是()A.带正电,带负电B.带负电,带正电C.电荷量的绝对值等于电荷量的绝对值的二倍D.电荷量的绝对值等于电荷量的绝对值的一半8、汽车以大小相等速度通过凹凸不平的路面时,下列判断正确的是A.汽车经过A,B两点时对路面压力值均等于车的重力B.汽车通过B点对路面压力值小于汽车的重力C.汽车经过A处于失重状态D.汽车通过A点时容易爆胎,所以汽车要低速通过凹处9、(本题9分)如图所示,一粗糙的四分之一圆弧轨道,半径为R,轨道圆心O与A点等高.一质量为m的小球在不另外施力的情况下,能以速度v沿轨道自A点匀速率运动到B点,取小球在A点时为计时起点,且此时的重力势能为零,重力加速度为g,则在此过程中,下列说法正确的是A.到达底端时,重力做功的功率为mgvB.重力做的功等于小球克服摩擦力做的功C.小球重力势能随时间的变化关系为Ep=mgRsinD.小球的机械能随时间的变化关系为E=mv2-mgRsin10、(本题9分)如图所示,光滑水平面OB与足够长粗糙斜面BC交于B点.轻弹簧左端固定于竖直墙面,现将质量为m1的滑块压缩弹簧至D点,然后由静止释放,滑块脱离弹簧后经B点滑上斜面,上升到最大高度,并静止在斜面上.不计滑块在B点的机械能损失;换用相同材料质量为m2的滑块(m2>m1)压缩弹簧到相同位置,然后由静止释放,下列对两滑块说法中正确的有()A.两滑块到达B点的速度相同B.两滑块沿斜面上升的最大高度不相同C.两滑块上升到最高点过程克服重力做的功不相同D.两滑块上升到最高点过程机械能损失相同二、实验题11、(4分)(本题9分)图甲是一个研究向心力与哪些因素有关的DIS力传感器实验装置的示意图,其中做匀速圆周运动的圆柱体的质量为m,放置在圆盘上(未画出),圆周轨道的半径为r,力传感器测定的是向心力F的大小,光电传感器测定的是圆柱体的线速度v的大小,图乙为实验测得的数据及根据实验数据作出的F-v,F-v2,F-v3三个图象:(1)用实验探究向心力F和圆柱体线速度v的关系,保持圆柱体质量不变,半径r=0.2m,根据测得的数据及三个图象,可得出向心力F和圆柱体速度v的定量关系式_____(2)为了研究F和r成反比的关系,实验时除了保持圆柱体质量不变外,还应保持____不变(3)根据向心力公式以及上面的图线可以推算出圆柱体质量为_____kg.(保留两位小数)12、(10分)(本题9分)某同学采用DIS做“研究加速度和力的关系”这一实验,该实验装置如图甲所示.若DIS按图示方式显示得到了图乙所示的实验图象,请回答下列问题:(1)由图线中OA段可得出的实验结论是__________________________________.(2)造成图线中AB段明显偏离直线的主要原因是_____________(填选项前的字母)A.小车与轨道之间存在摩擦B.所挂钩码的总质量太大C.所用小车的质量太大三、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)(本题9分)如图所示,AB是半径为R的光滑圆弧轨道,B点的切线水平,距水平地面高为h.一个小球从A点由静止开始下滑,不计空气阻力,重力加速度为g,求:(1)小球到达B点时的速度大小;(2)小球落地点到B点的水平距离x.14、(14分)如图示,有一倾斜放置的长度L=30m的传送带,与水平面的夹角=37,传送带一直保持匀速运动,速度v=4m/s。现将一质量m=1kg的物体轻轻放上传送带底端,使物体从底端运送到顶端,已知物体与传送带间的动摩擦因数=0.8。以物体在传送带底端时的势能为零,求此过程中(已知sin37°=0.6,cos37°=0.8)(1)物体到达顶端时的机械能;(2)物体与传送带之间因摩擦而产生的热量;(3)电动机由于传送物体而多消耗的电能。15、(13分)(本题9分)如图所示,在粗糙水平地面上,有一质量为25kg的木箱,在一个大小为200N与水平方向成37°角斜向上的拉力F作用下,向右前进了30m,求作用在物体上的每个力所做的功及合力做的功.(木箱与地面间的动摩擦因数为0.1,sin37°=0.6,cos37°=0.8)

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、A【解析】

横截面积为S的铜导线,流经其中的电流为I,设每单位体积的导线中有n个自由电子,每个自由电子的电荷量为e,此时电子定向移动的速率为v,则I=nqvS,通过导体横截面的电量:Q=IΔt,自由电子数目可表示为N=Q【点睛】本题考查电流的微观表达式和定义式综合应用的能力,电流的微观表达式I=nqvs,是联系宏观与微观的桥梁,常常用到.2、B【解析】

A.根据线速度定义可知,线速度是指物体做圆周运动时通过的弧长与所用时间之比,故A正确,不符合题意;B.线速度是速度,有平均值与瞬时值之分,故B错误,符合题意;C.线速度的大小等于角速度大小与半径的乘积,故C正确,不符合题意;D.线速度有方向,是一个矢量,故D正确,不符合题意。故选B。3、A【解析】

由图知,质点在x方向做匀变速直线运动,y方向做匀速直线运动,则:质点的加速度,根据牛顿第二定律:,A正确;由图知,质点在x方向上初速度为3m/s,在y方向上初速度大小为4m/s,根据运动的合成,则质点的初速度的大小,故B错误;质点在x方向做匀变速直线运动,y方向做匀速直线运动,则质点做匀变速曲线运动,C错误;质点合外力的方向沿x方向,初速度方向与x方向的夹角正切值:,θ=53°,质点初速度的方向与合外力的方向不垂直,D错误.4、A【解析】

A.功,只有大小无方向,是标量,选项A符合题意;B.冲量,既有大小又有方向,是矢量,选项B不符合题意.C.动量,既有大小又有方向,是矢量,选项C不符合题意.D.电场强度,既有大小又有方向,是矢量,选项D不符合题意.5、C【解析】A、由图可知,在x-v图像中,图线a表示质点甲的运动,质点乙的初速度v0=6m/s,故A错误;BC、质点乙、甲先后通过x=6m处时的速度均为v,对质点甲:,对质点乙:,联立解得,当质点甲的速度v1=8m/s、质点乙的速度v2=2m/s时,两质点通过相同的位移均为,对质点甲:,对质点乙:,联立解得,所以,故B错误,C正确;D、图线a、b的交点表示质点乙、甲先后通过x=6m处时的速度均为v,故D错误;故选C.【点睛】根据图象中速度随位移的变化关系判断哪个图象是甲的运动图象,哪个是乙的图象,再根据图象直接读出x=0时,乙的速度;分别对甲和乙,根据运动学基本公式列式,联立方程求解即可.6、BC【解析】

以碰撞前A的速度方向为正方向,碰撞前系统的总动量:p=mAvA+mBvB=1×6+2×2=10kg•m/s,系统的总动能:Ek=mAvA2+mBvB2=22J;A.如果碰撞后vA′=5m/s,vB′=2.5m/s,碰撞后A的速度大于B的速度,不符合实际情况,不可能,故A错误;B.如果vA′=2m/s,vB′=4m/s,则碰撞后总动量p′=mAvA′+mBvB′=1×2+2×4=10kg•m/s系统总动能:Ek′=mAvA′2+mBvB′2=18J则碰撞后系统动量守恒,总动能能不增加,是可能的,故B正确;C.如果vA′=3m/s,vB′=3.5m/s,则碰撞后总动量p′=mAvA′+mBvB′=1×3+2×3.5=10kg•m/s碰撞后系统动量守恒,系统总动能:Ek′=mAvA′2+mBvB′2=16.75J则碰撞后系统动量守恒,总动能能不增加,是可能的,故C正确;D.如果vA′=-4m/s,vB′=7m/s,碰撞后总动量p′=mAvA′+mBvB′=1×(-4)+2×7=10kg•m/s碰撞后系统动量守恒,系统总动能:Ek′=mAvA′2+mBvB′2=57J碰撞后总动能增加,不符合实际情况,不可能,故D错误;故选BC.【点睛】本题考查了动量守恒定律的应用,要知道碰撞过程中系统所受的合外力为零,遵守动量守恒定律.碰撞过程机械能不增加,碰撞后后面的球速度不能大于前面球的速度.7、AD【解析】

(1)A点电场强度的方向垂直AB向下,EA为A点的合场强,将EA分解到AC和AB方向如图所示,可知点电荷q1的电场强度方向由C指向A,则q1为正电,知点电荷q2的电场强度方向由A指向B,则q2为负电,A正确,B错误;(2)设AB=2L,则AC=ABsin30°=L,从场强分解的图中可知,即.又根据点电荷场强公式,,,结合,解得,故C错误,D正确;故本题选AD.【点睛】将A点场强EA分解到AC和AB方向,从而判断两电荷场强的方向,再判断电性;分别计算两电荷的场强,根据两场强E的比值关系,求出两电荷量之比8、BD【解析】

A.由于汽车做曲线运动,根据牛顿第二定律可知汽车经过A、B两点对路面的压力不等于重力,故A错误.B.汽车经过B点时存在向下加速度,由牛顿第二定律可知支持力N小于汽车重力,再结合牛顿第三定律可知压力小于重力,所以B正确.C.汽车经过A点时有向上的加速度,所以出于超重状态,B点时有向下的加速度,处于失重状态,故C错误D.因为处于超重状态下受到的压力比较大,所以在A处比较容易爆胎,故D正确9、BD【解析】到达底端时,重力做功的瞬时功率为P=mgvcos900=0,选项A错误;小球速度大小不变,根据动能定理知,合力做功为零,由于支持力不做功,则重力做功等于小球克服摩擦力做功的大小,故B正确.经过时间t,下降的高度h=Rsin,则重力势能随时间的变化关系为Ep=-mgh=-mgRsin,故C错误.小球的机械能E=Ek+Ep=mv2−mgRsin,故D正确.故选BD.点睛:解决本题的关键知道平均功率和瞬时功率的区别,掌握这两种功率的求法,以及在求解重力势能时,注意零势能平面的选取.10、BD【解析】

A.两滑块到B点的动能相同,但速度不同,故A错误;

B.两滑块在斜面上运动时加速度相同,由于速度不同,故上升高度不同,故B正确;

C.两滑块上升到最高点过程克服重力做的功为mgh,由能量守恒定律得:,所以,,故两滑块上升到最高点过程克服重力做的功相同,故C错误;

D.由能量守恒定律得:,其中,,结合C分析得,D正确.【点睛】先是弹性势能转化为动能,冲上斜面运动过程机械能损失变为摩擦生热,由能量守恒定律可得,动能的减少等于重力势能的增加量与摩擦产生的热量之和.二、实验题11、F=1.5v2;线速度;0.3kg【解析】

(1)研究数据表和图乙中B图不难得出Fv2,进一步研究知图乙斜率,故F与v的关系式为:F=1.5v2;(2)为了研究F与r成反比的关系,实验时除了保持圆柱体质量不变外,还应保持线速度不变;(3)由,,。12、小车的质量一定时,加速度a与合力F成正比B【解析】(1)由图象OA段可知,图象是一条直线,a与F成正比,即:在小车质量一定时,加速度a与小车受到的合力F成正比;(2)本实验要探索“加速度和力的关系”所以应保持小车的总质量不变,钩码所受的重力作为小车所受合外力;由于OA段a−F关系为一倾斜的直线,所以在质量不变的条件下,加速度与外力成正比;设小车的质量为M,钩码的质量为m,由实验原理得:mg=Ma得:,而实际上,可见AB段明显偏离直线是由于没有满足M远大于m造成的,所以所挂钩码的总质量太大,故B正确,AC错误;故选B.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)(2)2【解析】

(1)物体从A运动到B过程中只有重力做功,机械能守恒,故有:

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