2024届四川省绵阳市物理高一第二学期期末监测试题含解析

2024届四川省绵阳市物理高一第二学期期末监测试题
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（本题共12小题，每小题5分，共60分，在每小题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项正确，有的小题有多个选项正确.全部选对的得5分，选不全的得3分，有选错的或不答的得0分）
1、(本题9分)质量是40kg的铁锤从5m高处落下,打在水泥桩上,与水泥桩撞击的时间是0.05s,铁锤被向上反弹的高度为0.2m,g取2
10m/s,则撞击时铁锤对桩的平均冲击
力大小为（）
A．10000N
B．9600N
C．8400N
D．8000N
2、(本题9分)下列物理量中，属于矢量的是（）
A．力B．路程
C．功D．功率
3、(本题9分)如果一个系统不受外力，或者所受外力的矢量和为零，这个系统的总动
量保持不变。

这就是动量守恒定律。

若一个系统动量守恒时，则
A．此系统内每个物体所受的合力一定都为零
B．此系统内每个物体的动量大小不可能都增加
C．此系统的机械能一定守恒
D．此系统的机械能可能增加
4、如图所示，天花板上悬挂一劲度系数为k的轻质弹簧，其下端连接一个小球，小球
静止时弹簧伸长量为x0，现用手托住小球上移至弹簧长度为原长时由静止放手，小球
开始向下运动，弹簧未超过其弹性限度。

已知弹簧弹性势能与伸长量的关系是E=1
2
kx2，
x是伸长量。

忽略空气阻力，则小球向下运动过程中下列说法正确的是（）
A．小球处于失重状态B．小球处于超重状态
C．当小球下落到最低点时，弹簧伸长量为2x0D．当小球下落到最低点时，其加速度为零
5、(本题9分)如图，两个相同的小球A、B用两根轻绳连接后放置在圆锥筒光滑侧面的不同位置上，绳子上端固定在同一点0，连接A球的绳子比连接B球的绳子长，两根绳子都与圆锥筒最靠近的母线平行．当圆锥筒绕其处于竖直方向上的对称轴OO’以角速度ω匀速转动时，A、B两球都处于筒侧面上与筒保持相对静止随筒转动．下列说法正确的是
A．两球所受的合力大小相同
B．A球对绳子的拉力大于B球对绳子的拉力
C．A球对圆锥筒的压力大于B球对圆锥筒的压力
D．两球所需的向心力都等于绳子拉力的水平分力
6、(本题9分)关于库仑定律，下列说法正确的是
A．库仑定律和万有引力定律的表达式相似，都是平方反比定律
B．根据，当两电荷的距离r趋近于零时，静电力将趋向无穷大
C．库仑定律适用于点电荷，点电荷其实就是体积很小的球体
D．若点电荷的电荷量大于的电荷量，则对的静电力大于对的静电力
7、(本题9分)如图为某运动员低空跳伞表演，假设质量为m的运动员在下落高度h
的一段过程中受恒定阻力作用，匀加速下落的加速度为3
5
g(g为重力加速度)。

在该运动
过程中，下列说法正确的是（）
A ．运动员的重力势能减少了3
5
mgh B ．运动员的动能增加了
3
5
mgh C ．运动员克服阻力所做的功为3
5
mgh D ．运动员的机械能减少了
2
5
mgh 8、 (本题9分)一物体竖直向上抛出，从开始抛出到落回抛出点所经历的时间是t ，上升的最大高度是H ，所受空气阻力大小恒为F ，则在时间t 内( ) A ．物体受重力的冲量为零
B ．在上升过程中空气阻力对物体的冲量比下降过程中的冲量小
C ．物体动量的变化量大于抛出时的动量
D ．物体机械能的减小量等于FH
9、 (本题9分)某科技创新小组设计制作出一种全自动升降机模型，用电动机通过钢丝绳拉着升降机由静止开始匀加速上升，已知升降机的质量为m ，当升降机的速度为v 1时，电动机的电功率达到最大值P ，此后电动机保持该功率不变，直到升降机以最大速度v 2匀速上升为止，整个过程中忽略摩擦阻力及空气阻力，重力加速度为g ，有关此过程下列说法正确的是（ ）
A ．升降机的速度由v 1增大至v 2过程中，钢丝绳的拉力不断减小
B ．升降机的最大速度v 2＝
P mg
C ．钢丝绳的拉力对升降机所做的功等于升降机克服重力所做的功
D ．钢丝绳的最大拉力为1
P
v
10、 (本题9分)在同一高度将质量相等的三个小球以大小相同的速度分别竖直上抛、竖直下抛、水平抛出，不计空气阻力．则三个小球从抛出到落地过程中： A ．运动时间相同
B ．运动中的加速度相同
C ．落地时重力的功率相同
D ．落地时的动能相同
11、下列关于电场强度的说法中，正确的是（ ） A ．由公式F
E q
=知，电场强度E 与点电荷所受电场力F 成正比，与点电荷的电荷量q 成反比
B ．由公式F qE =知，点电荷在电场中所受电场力F 与电场强度E 成正比，与电荷量
q 成正比
C ．由公式2Q
E k
r
=可知，电场强度E 与电荷量Q 成正比，与2r 成反比 D ．以上说法均不正确
12、 (本题9分)如图所示，物块用一不可伸长的轻绳跨过小滑轮与小球相连，与小球相连的轻绳处于水平拉直状态．小球由静止释放运动到最低点过程中，物块始终保持静止，不计空气阻力．下列说法正确的有
A ．小球刚释放时，地面对物块的摩擦力为零
B ．小球运动到最低点时，地面对物块的支持力可能为零
C ．上述过程中小球的机械能守恒
D ．上述过程中小球重力的功率一直增大 二．填空题(每小题6分，共18分)
13、利用落体法验证机械能守恒定律实验，由于重物及纸带受空气及打点计时器阻力的作用，系统误差的情况总是：重物减少的重力势能比增加的动能________（填“大些”或“小些”）。

14、这是一列横波在某一时刻的图像，箭头表示该时刻质点 M 运动方向。

该时刻 PQ 两个质点都位于波谷，且它们的平衡位置相距20m ，已知质点P 的振幅是 2cm ，在 10s 内通过的路程是 10m ，该波的传播方向_____（“向左”或“向右”），波速为_____m/s 。

15、 (本题9分)如图，光滑固定斜面的倾角为30°，A 、B 两物体的质量之比为4∶1．B 用不可伸长的轻绳分别与A 和地面相连，开始时A 、B 离地高度相同．在C 处剪断轻绳，当B 落地前瞬间，A 、B 的速度大小之比为_______，机械能之比为_________（以地面为零势能面）．
三．计算题(22分)
16、（12分） (本题9分)第11届本田中国节能竞技大赛2017年10月在广东国际赛车场举行，某公司研制开发的某型号小汽车质量3
210kg m =⨯，额定功率40kW P =，
当这辆车在平直水平路面上行驶时，受到的阻力f 是车重的0.2倍，g 取2
10m/s ．求：
(1)若这辆小汽车从静止开始，保持以23m/s 的加速度做匀加速直线运动，这一过程能维持多长时间？
(2)若这辆小汽车从静止开始，保持额定功率做加速运动，20s 后达到最大速度，最大速度是多少？此过程中汽车发生的位移是多少？
17、（10分） (本题9分)把一小球从离地面 3.2h m =高处，以06/v m s =的初速度水平抛出，不计空气阻力，2
10/g m s =，求： （1）小球在空中运动的时间； （2）小球落地点离抛出点的水平距离； （3）小球落地时的速度及与水平方向夹角。

参考答案
一、选择题（本题共12小题，每小题5分，共60分，在每小题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项正确，有的小题有多个选项正确.全部选对的得5分，选不全的得
3分，有选错的或不答的得0分） 1、A 【解题分析】
铁锤碰前的速度为：110/v m s ===；
反弹的速度：22/v m s ===； 取向下为正，对铁锤由动量定理得：（mg-F ）t=mv 2-(-mv 1) 代入数据解得：F=10000N ．
由牛顿第三定律可得：F′=F=10000N ．故选A.
点睛：本题考查了动量定理基本运用，注意动量定理公式的矢量性，解题时需要规定正方向． 2、A
【解题分析】既有大小又由方向的物理量叫做矢量，如力，位移，速度等，只有大小没有方向的物理量叫做标量，如质量，时间，路程，功，功率等，故A 正确． 3、D 【解题分析】
试题分析：若一个系统动量守恒时，则整个系统所受的合力为零，但是此系统内每个物体所受的合力不一定都为零，选项A 错误；此系统内每个物体的动量大小可能会都增加 ，但是方向变化，总动量不变这是有可能的，选项B 错误；因系统合外力为零，但是除重力以外的其他力做功不一定为零，故机械能不一定守恒，系统的机械能可能增加，也可能减小，故选D.
考点：动量守恒定律；机械能守恒定律
【名师点睛】此题是对动量守恒定律和机械能守恒定律的条件的考查；要知道动量守恒和机械能守恒是从不同的角度对系统进行研究的，故两者之间无直接的关系，即动量守恒时机械能不一定守恒，机械能守恒时动量不一定守恒. 4、C 【解题分析】
AB ．小球向下运动时，弹簧弹力先小于小球重力，小球向下做加速运动；当弹簧伸长量为x 0时，弹簧弹力等于小球重力，小球速度最大；小球继续向下时，弹簧弹力大于小球重力，小球向下做减速运动；即小球先处于失重状态后处于超重状态。

故AB 两项均错误。

C.当小球静止时，小球受到的重力和弹力平衡，因此有0mg kx =，小球由原长释放到最
低点的过程，重力势能转化为弹性势能，则由2
12
mgx kx =
，联立可得02x x = D ．小球下落到最低点时，其加速度方向向上，D 项错误。

5、B 【解题分析】
A 、小球A 和
B 紧贴着外壁分一起做匀速圆周运动，由合外力提供向心力；两球质量
相同且角速度相同，由2
n F m r ω=，而A B r r >，A B F F >，故A 错误．D 、对两球受
力分析可知水平方向是拉力的水平分力和圆锥的支持力的水平分力之差提供向心力，故D 错误．B 、设两绳与竖直方向的夹角为θ，由竖直方向的平衡知识和水平方向的牛顿
第二定律得：cos sin T N F F mg θθ+=，2
sin cos T N F F m r θθω-=，解得：
2cos sin T F mg m r θωθ=+，因A B r r >可知TA TB F F >，则B 正确．C 、同理由B 项
解得2
sin cos N F mg m r θωθ=-，因A B r r >可知NA NB F F <，由牛顿第三定律可知压
力NA
NB F F <''，故C 错误．故选B ． 【题目点拨】对物体受力分析是解题的关键，通过对AB 的受力分析可以找到AB 的内在的关系，它们的质量相同，向心力的大小也相同，本题能很好的考查学生分析问题的能力，是道好题． 6、A
【解题分析】库仑定律的表达式为F=k
，万有引力定律的表达为F ＝G
，故两表
达式相似，都是平方反比定律，故A 正确。

当两个点电荷距离趋于0时，两带电体已不能看出点电荷了，该公式F=k
不适用了，故电场力并不是趋于无穷大，故B 错误。

库仑定律适用于点电荷，点电荷并不一定是体积很小的球体，故C 错误。

两点电荷之间的作用力是相互的，根据牛顿第三定律，无论点电荷q 1的电荷量与q 2的电荷量大小如何，q 1对 q 2的电场力大小上总等于q 2对 q 1电场力。

故D 错误。

故选A 。

点睛：解决本题的关键掌握库仑定律的适用范围，以及能看成点电荷的条件，当带电体的形状、大小及电荷的分布状况对它们之间的作用力影响可以忽略时，可以看成点电荷． 7、BD 【解题分析】
A 、运动员在下落高度h 的一段过程中，重力做功mgh ，运动员的重力势能减少了mgh ，
故A 错误。

B 、运动员在下落高度h 的一段过程中，合外力的功W 合=mah =3
5
mgh ，根据动能定理W 合=
E k ，运动员的动能增加了
3
5
mgh ，故B 正确。

CD 、根据牛顿第二定律mg -F f =ma ，运动员受到的阻力F f =2
5
mg ，在下落高度h 的过程中，运动员克服阻力所做的功W f =
2
5
mgh ，根据能量守恒，运动员的机械能减少了2
5
mgh ，故C 错误，D 正确。

8、BC 【解题分析】
重力的冲量I =mgt ，故A 错误；上升：mg +F =ma 1，下降：mg -F =ma 2，可得上升的加速度较大，用时小，故在上升过程中空气阻力对物体的冲量Ft 较小，所以B 正确；设抛出的速度为v 0，下降回到抛出点的速度为v ，取向上为正方向，则动量的变化量为-mv -mv 0大于抛出时的动量mv 0，所以C 正确；因上升和下落阻力均做负功，所以减少的机械能为2FH ，D 错误． 9、ABD 【解题分析】
A.升降机速度由v 1增大至v 2的过程中，电动机保持功率不变，由P=Fv 知，钢丝绳的拉力不断减小，故A 正确；
B.升降机的最大速度时，拉力等于重力，故有2P
v mg
＝
，故B 正确； C.对整个过程运用动能定理得，钢丝绳的拉力对升降机所做的功大于升降机克服重力所做的功，故C 错误；
D.匀加速提升重物时钢绳拉力最大，且等于匀加速结束时的拉力，由P=Fv 得1
m P
F v ，故D 正确。

10、BD 【解题分析】
试题分析：小球沿着不同的方向抛出，都只有重力做功，机械能守恒，故可得到落地时动能相等，但方向不同；根据瞬时功率表达式P=Fvcosθ判断瞬时功率的大小． 解：A 、落地的时间不同，竖直上抛时间最长，竖直下抛时间最短，故A 错误； BD 、小球运动过程中，机械能守恒，初动能相等，根据机械能守恒定律知，落地的动
能相等，但是速度方向不同，故B 正确，D 错误．
C 、落地时速度相等，但方向不同，根据P=Gvcosθ可知，重力的瞬时功率不等，故C 错误． 故选：B ． 11、BC 【解题分析】
A. 场强E 是由电场本身决定的,与试探电荷无关,不能说E 与F 成正比,与q 成反比，故A 错误
B. 场强E 是由电场本身决定的,与试探电荷无关,由公式F qE =知，点电荷在电场中所受电场力F 与电场强度E 成正比，与电荷量q 成正比，故B 正确； CD. 由公式2Q
E k
r
=可知，Q 为场源电荷，电场强度E 与电荷量Q 成正比，与2r 成反比，故C 正确；D 错误； 12、AC 【解题分析】
、小球刚释放时，小球速度为零，此时绳子的拉力为零，对物块分析可知，受到的摩擦力为零，故A 正确；小球运动到最低点时，若地面对物块的支持力为零，此时绳子的拉力对物块有向右的分力，不可能静止，故B 错误；在下落过程中，重力做正功，重力势能减小，故C 正确；刚释放时，速度为零，小球重力的功率为零，到达最底端时，沿重力方向的速度为0，故重力的功率为零，故功率先增大后减小，故D 错误；故选AC ．
【题目点拨】对小球的运动过程分析，然后对物体进行受力分析，根据物块始终处于静止即可判断，根据重力做功的情况分析重力势能的变化情况；根据功率公式确定重力在初末状态的功率，从而确定功率的变化情况．
二．填空题(每小题6分，共18分) 13、大些 【解题分析】
重物下落过程中受到空气阻力的影响，所以重物减少的重力势能比增加的动能大些。

14、向左 125 【解题分析】
[1]由题可知，在该时刻M 点的速度方向向上，根据“上下坡法”可知，此时波向左传播；
[2]此时P 在波谷，速度方向向上，质点P 的振幅是 2cm ，质点 P 经过一周期的路程为： 4A=8cm
由题知，经10s 走过的路程为10m ，则有：
1000
1258n =
= 个周期，所以周期：
10
0.08T n =
=s 由题知波长：
1102
PQ λ==m
则波速度为：
10
1250.08
v T
λ
=
=
=m/s 。

15、1:2 4:1 【解题分析】
设剪断细线前两物体离地面的高度均为h ；剪断细线后，B 做自由落体运动，落到地面
的时间t =
;B
的速度B v = ；A 沿斜面加速下滑，加速度为
sin 300.5A a g g == ，则当B 落地时A
的速度12A A v a t g ==
=；则1::2A B v v = ；AB 下落过程中机械能守恒，故此时的机械能等于刚开始下落时的重力
势能，则机械能之比：
00441
PA A B PB E E mgh E E mgh === 点睛：此题要搞清剪断细线后两物体的运动特点，结合牛顿第二定律即运动公式求解；两物体下落时只有重力做功，机械能守恒.
三．计算题(22分) 16、 (1) 4
3
t s =
(2) max 10/v m s =,175s m = 【解题分析】
（1）由0.2f mg =可知3
410f N =⨯
根据牛顿第二定律：F f ma -= 解得：41.010F N =⨯
P Fv =
解得v 4m/s =
由v at = 解得43
t s = （2）速度最大时：max P fv =
解得：max 10/v m s = 由动能定理：2max 102Pt fs mv -=
- 解得：175s m =
【题目点拨】
本题考查的是机车启动的两种方式，即恒定加速度启动和恒定功率启动．要求能对两种启动方式进行动态分析，尤其是恒定功率运动时汽车做加速度减小的加速运动，求解位
移只能用动能定理；注意公式p=Fv ，p 指实际功率，F 表示牵引力，v 表示瞬时速度．
17、 (1) 0.8s (2) 4.8m (3) 10m/s ；53︒
【解题分析】
(1)平抛运动的物体在竖直方向上做自由落体运动，根据：212h gt =
解得：0.8s t == (2)水平距离：0 x v t =
解得： 4.8m x =
(3)落地时竖直分速度：8m/s v v gt ==
所以落地时速度：
10m/s v ==
与水平方向夹角θ的正切值：
04tan 3
y v v θ== 解得：53θ=︒。