2024届安徽省阜阳市界首市物理高一第二学期期末检测试题含解析

2024届安徽省阜阳市界首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、(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=12 m/s
B．质点乙的加速度大小a2=2 m/s2
C．质点甲的加速度大小a1=2 m/s2
D．图线a、b的交点表示两质点同时到达同一位置
2、(本题9分)两木块自左向右运动，现用高速摄影机在同一底片上多次曝光，记录下木块每次曝光时的位置，如图所示，连续两次曝光的时间间隔是相等的．由图可知（）
A．在时刻t2以及时刻t5两木块速度相同
B．在时刻t3两木块速度相同
C．在时刻t3和时刻t4之间某瞬时两木块速度相同
D．在时刻t4和时刻t5之间某瞬时两木块速度相同
3、(本题9分)如图所示，一质量为2kg的物块B，静止在光滑水平面上，左侧固定一
水平轻质弹簧，另一质量为3kg 的物块A 向右以5m/s 的速度撞击弹簧，整个撞击过程中，两物块的速度始终在一条直线上，弹簧始终在弹性限度内，下列说法正确的是（ ）
A ．物块A 的最终速度大小为3m/s
B ．物块B 的最终速度大小为5m/s
C ．弹簧的最大弹性势能为15J
D ．若其他条件不变而仅增大物块A 的质量，则物块B 的最终速度可能为12m/s 4、真空中有两个点电荷，它们之间的静电力为F ，如果保持它们所带的电荷量不变，将它们之间的距离增大为原来的2倍，则它们之间作用力的大小等于（ ） A ．F
B ．2F
C ．
2
F
D ．
4
F 5、 (本题9分)如图所示，质量为m 的足球在水平地面的位置1被踢出后落到水平地面的位置3，在空中达到的最高点位置2的高度为h ，已知重力加速度为g 。

下列说法正确的是：
A ．足球由1运动到2的过程中，重力做的功为mgh
B ．足球由2运动到3的过程中，重力势能减少了mgh
C ．足球由1运动到3的过程中，重力做的功为2mgh
D ．因为没有选定参考平面，所以无法确定重力势能变化了多少
6、 (本题9分)如图所示，长为L 的细绳一端固定在O 点，另一端拴住一个小球．在O 点的正下方与O 点相距
23
L
的地方有一枚与竖直平面垂直的钉子A ．把球拉起使细绳在水平方向伸直，由静止开始释放，当细绳碰到钉子后的瞬间（细绳没有断），下列说法正确的是
A ．小球的向心加速度突然增大到原来的3倍
B ．小球的线速度突然增大到原来的3倍
C ．小球的角速度突然增大到原来的1.5倍
D ．细绳对小球的拉力突然增大到原来的1.5倍
7、 (本题9分)如图所示的电路中，当R 3的滑动头向右滑动时，以下判断正确的是
A ．电流表示数变大
B ．电容器带电量减小
C ．电压表示数变大
D ．R 1消耗功率变小
8、 (本题9分)如图所示，斜面倾角为θ，位于斜面底端A 正上方的小球以初速度v 0正对斜面顶点B 水平抛出，小球到达斜面经过的时间为t ，重力加速度为g ，则下列说法中正确的是( )
A ．若小球以最小位移到达斜面，则0
an 2t v t g θ
=
B ．若小球垂直击中斜面，则0
tan v t g θ=
C ．若小球能击中斜面中点，则0
an 2t v t g θ
=
D ．无论小球怎样到达斜面，运动时间均为02tan v t g
θ
=
9、 (本题9分)平行金属板PQ 、MN 与电源和滑线变阻器如图所示连接，电源的电动势为E ，内电阻为零；靠近金属板P 的S 处有一粒子源能够连续不断地产生质量为m ，电荷量+q ，初速度为零的粒子，粒子在加速电场PQ 的作用下穿过Q 板的小孔F ，紧贴N 板水平进入偏转电场MN ；改变滑片p 的位置可改变加速电场的电压U l 和偏转电场的电压U 2，且所有粒子都能够从偏转电场飞出，下列说法正确的是（ ）
A ．粒子的竖直偏转距离与U 2成正比
B ．滑片p 向右滑动的过程中从偏转电场飞出的粒子的偏转角逐渐减小
C ．飞出偏转电场的粒子的最大速率
2Eq
m D ．飞出偏转电场的粒子的最大速率
Eq m
10、
(本题9分)运动员把质量是500g 的足球从地面上的某点踢出后,某人观察它在空中的飞行情况,估计上升的最大高度是10m,在最高点的速度为20m/s.根据以上信息,下列说法正确的是( 不计空气阻力,取210m/s g )( ) A ．足球在空中运动的时间大约是1.4s
B ．足球的落地点离踢出点的水平距离大约是56m
C ．运动员对足球的做的功是150J
D ．足球在上升过程中机械能不守恒
11、 (本题9分)一轻弹簧的左端固定在竖直墙上，右端与质量为M 的滑块相连，组成弹簧振子，在光滑的水平面上做简谐运动。

当滑块运动到右侧最大位移处时，在滑块上轻轻放上一木块组成新振子，继续做简谐运动，新振子的运动过程与原振子的运动过程相比（ ）
A ．新振子的最大速度比原来的最大速度小
B ．新振子的最大动能比原振子的最大动能小
C ．新振子从最大位移处到第一次回到平衡位置所用时间比原振子大
D ．新振子的振幅和原振子的振幅一样大
12、 (本题9分)如图，x 轴水平，y 轴竖直。

图中画出了从y 轴上沿x 轴正向抛出的三个小球a 、b 和c 的运动轨迹，其中b 和c 是从同一点抛出的，不计空气阻力，若a 、b 、c 的飞行时间分别为t a 、t b 、t c ，抛出的初速度分别为v a 、v b 、v c ，则 错误 的是:
A ．t a ＞t b ＞t c
B ．t a ＜t b ＝t c
C ．v a ＞v b ＝v c
D ．v a >v b >v c
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)请你写出机械能守恒定律内容的文字表述，并设计一个验证该定律的实验，要求写出完成实验所需的实验器材及必要的实验步骤．
14、（10分） (本题9分)在“验证机械能守恒定律”的实验中，已知打点计时器所用的交流电的频率为50Hz ，查得当地的重力加速度g ＝9.80m/s 2，测得所用的重物的质量为1.00kg ，实验中得到一条点迹清晰的纸带如图所示．把第一个点记做O ，另选连续的四个点A 、B 、C 、D 作为测量的点．经测量知道A 、B 、C 、D 四个点到O 点的距离分别为1．22cm 、2．99cm 、3．14cm 、4．67cm ．根据以上数据可以计算出
（1）打点计时器打下计数点C 时，物体的速度c v =________m/s （结果保留三位有效数字）；
（2）重物由O 点运动到C 点，重力势能的减少量△E P = _______J （结果保留三位有效数字）；动能的增加量△E k = _______ J （结果保留三位有效数字）．
（3）通过计算，数值上△E P _____△E k （填“<”、“ >”或 “=”）， 这是实验存在误差的必然结果，该误差产生的主要原因是___________________________________． （4）根据纸带提供的数据，在误差允许的范围内，重锤从静止开始到打出C 点的过程中，得到的结论是_____________________．
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）如图所示，质量m =2.0 kg 的物体放在光滑水平面上。

t =0时刻，物体在水平拉力F 作用下由静止开始运动。

已知F =6.0N 。

求：
（1）物体的加速度大小a ；
（2）在t =0到t =2.0s 内，物体的位移大小x 。

16、（12分） (本题9分)如图所示,雪道与水平冰面在B 处平滑地连接.小明乘雪橇从雪道上离冰面高度8h m =的A 处自静止开始下滑,经B 处后沿水平冰面滑至C 处停止.已知小明与雪橇的总质量70m kg =,用速度传感器测得雪橇在B 处的速度值
12/B v m s ,不计空气阻力和连接处能量损失,小明和雪橇可视为质点.(g 取102/m s )
问:
(1).从A 到C 过程中,小明与雪橇所受重力做了多少功? (2).从A 到B 过程中,小明与雪橇损失了多少机械能?
(3).若小明乘雪橇最后停在BC 的中点,则他应从雪道上距冰面多高处由静止开始下滑? 17、（12分） (本题9分)如图所示，可视为质点的小木块A 、B 的质量均为m =1kg ，放在一段粗糙程度相同的水平地面上，木块A 、B 间夹有一小块炸药（炸药的质量可以忽略不计）．让A 、B 以10m/s 的初速度一起从O 点滑出，滑行一段距离后到达P 点，此时炸药爆炸使木块A 、B 脱离，发现木块B 立即停在原位置，木块A 继续沿水平方向前进．己知O 、P 两点间的距离为s=8m ，木块与水平地面的动摩擦因数μ=0.4，炸药爆炸时释放的化学能均全部转化为木块的动能，爆炸时间很短可以忽略不计，g 取10m/s 2求：
（l ）小木块A 、B 到达P 点的速度大小； （2）炸药爆炸后瞬间A 的速度大小； （3）炸药爆炸时释放的化学能．
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、C 【解题分析】
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v 0=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：2
12v a x =，对质点乙：
22
202v v a x -=-，联立解得2123/a a m s +=，当质点甲的速度v 1=8m /s 、质点乙的速
度v 2=2m /s 时，两质点通过相同的位移均为x '，对质点甲：2
112v a x '=，对质点乙：
222022v v a x -='-，联立解得 122a a =，所以22122/1/a m s a m s ，==，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 ．
【题目点拨】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． 2、C 【解题分析】
A. 下面物体做匀速运动，上面物体做匀加速运动，不可能出现两个速度相等的时刻，故A 错误。

BCD. 匀变速运动某段时间的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，知t 3时刻上面木块的
速度372s v t =，t 4时刻上面木块的速度392s
v t =，下面的物体做匀速直线运动，运动的速度42s
v t
=，则在时刻t 3和时刻t 4之间某瞬时两木块速度相同。

故BD 错误C 正确；
3、C 【解题分析】
AB ．当弹簧再次恢复原长时，物块A 、B 达到最终速度，根据动量守恒
A A A A
B B m v m v m v ''=+
根据能量守恒有
22
2111222
A A A A
B B m v m v m v ''=+ 联立解得
1m/s A v '= 6m/s B
v '= 故A 、B 错误；
C ．当弹簧压缩至最短时，弹簧的弹性势能最大，根据动量守恒有
()A A A B m v m m v =+
根据能量守恒有
2211()22
A A A
B p m v m m v E =++ 联立解得
15J p E =
故C 正确；
D ．当弹簧再次恢复原长时，物块A 、B 达到最终速度，根据动量守恒和能量守恒知，物块B 的最终速度
2A
B
A A B
m v v m m '=+
当A
B m m 时，则有
210m/s B
A v v '== 物块
B 的最终速度的最大为10m/s ，故D 错误； 故选
C 。

4、
D 【解题分析】
由点电荷库仑力的公式12
2kq q F r
=
可以得到，电量不变，将它们之间的距离增大为原来的2倍，库仑力将变为原来的1
4
，故D 正确，A 、B 、C 错误； 故选D 。

5、B 【解题分析】
A. 足球由1运动到2的过程中，物体高度上升，重力做负功，所以重力做的功为-mgh ，A 错误。

B. 足球由2运动到3的过程中，重力做正功，重力势能减少了mgh ，B 正确。

C. 足球由1运动到3的过程中，高度没有变化，所以重力做功为零，C 错误。

D. 重力势能变化量与参考平面无关，重力势能大小与参考平面有关，D 错误。

6、A 【解题分析】
B.小球摆下后由机械能守恒可知：2
12
mgL mv =，因小球下降的高度相同，故小球到达最低点时的线速度相同，故B 错误. C.由于半径变为原来的1
3
，根据v =rω可得，小球的角速度突然增大到原来的3倍，故C 错误.
A.根据2
v m ma r =,可知半径变为原来的13
，向心加速度突然增大到原来的3倍，故A
正确.
D.在最低点由：2v F mg m r -=,可得22=v mgL
F mg m mg r r
=++，半径改变前
3F mg =，半径变为原来的13
时，可知7F mg '=，则拉力变为原来的7
3倍；故D 错
误.
7、AB 【解题分析】
当R 3的滑动头向右滑动时，接入电路的电阻减小，电路的总电阻减小，电流变大，则电流表示数变大，电阻R 1两端电压变大，R 1消耗功率变大，则R 3两端的电压减小，电压表的示数变小，故A 正确，CD 错误。

电容器的电压等于变阻器两端的电压，由上分析可知其电压减小，由Q=CU 知，带电量减小，故B 正确。

8、AB 【解题分析】
A 、设斜面的长度为L ，若小球能击中斜面中点如图所示：
由平抛知识得：211
sin 22
h L gt θ=
= 01
cos 2
L v t θ= 解得：02tan v t g
θ
=
，故A 错； B 、若小球垂直击中斜面时速度与竖直方向的夹角为θ ,则0tan =
v gt
θ ,得:0
tan v t g θ= .
故B 对；.
C 、当小球落在斜面上的
D 点时,位移最小,设运动的时间为t,则
由平抛运动知：
2tan 12
v t x
y gt θ=
=
计算得出0
2tan v t g θ
=
故C 对；D 错；
点睛：由数学知识得:从抛出点到达斜面的最小位移为过抛出点作斜面的垂线.设经过时间t 到达斜面上,根据平抛运动水平方向做匀速直线运动,竖直方向做自由落体运动,表示出水平和竖直方向上的位移,再根据几何关系即可求解时间. 9、BC 【解题分析】
A ．带电粒子在加速电场中加速
21012
U q mv =
在偏转电场中
222201
1()24U q U l l y dm v dU ==
由于
12U U E +=
则
222212=44()
U l U l y dU d E U =-
则粒子的竖直偏转距离y 与U 2不是成正比关系，选项A 错误； B ．从偏转电场飞出的粒子的偏转角
220
11
tan 22y v U l U l
v dU dU θ=
=
= 滑片p 向右滑动的过程中U 1变大，U 2减小，则从偏转电场飞出的粒子的偏转角逐渐减小，选项B 正确；
CD ．当粒子在加速电场中一直被加速时，飞出偏转电场的速率最大，即当U 1=E 时粒子的速率最大，根据动能定理
212
m Eq mv = 解得
m v =选项C 正确，D 错误。

故选BC 。

10、BC
【解题分析】
A ．踢出足球后足球最斜抛运动，最高点时竖直方向速度为0，根据斜抛运动公式知到达最高点的时间为：
1t == 下落时间与上升时间相等，故在空中运动的时间大约是：
12 2.8s t t ==≈
故A 错误.
B ．踢出球后足球在水平方向做匀速直线运动，由题意知水平速度020m/s v =，由A 选项分析可知水平位移：
020 2.8m 56m x v t ==⨯=
故B 正确.
C ．运动员对足球做的功根据动能定理得：
212
W mgh mv =+ 计算得出150J W =，故C 正确.
D ．因足球运动过程中忽略空气阻力，只有重力做功，故机械能守恒，所以D 错误. 11、ACD
【解题分析】
A.因整体的质量增大，整体的加速度小于原来的加速度，故物体回到平衡位置时的速度大小比原来小，故A 正确；
B.振子在最大位移处时系统只有弹簧的弹性势能，弹性势能不变，根据机械能守恒定律
可知到达平衡位置的动能，即最大动能不变，故B 错误；
C.根据周期公式：
2m T k π= 可知总质量增大，则周期增大，所以新振子从最大位移处到第一次回到平衡位置所用时间比原振子大，故C 正确； D.因为弹簧的最大伸长量不变，故振子的振幅不变；故D 正确。

12、AC
【解题分析】
试题分析：根据
得，，因为，可知．在水平方向上，有，因为，则初速度，B 、D 正确。

考点：考查了平抛运动规律的应用
二、实验题（本题共16分，答案写在题中横线上）
13、见解析
【解题分析】
验证机械能守恒定律实验器材：铁架台、打点计时器、纸带、重锤、刻度尺、交流电源等；
步骤：①固定好打点计时器，将连有重锤的纸带穿过限位孔，用手提住，让重锤尽量靠近打点计时器；
②接通电源，开始打点，松开纸带，并如此重复几次，取得几条打点纸带； ③取下纸带，挑选点迹清楚的纸带，记下起始点O 点，在离O 点较远处选择几个连续计数点（或计时点）并计算出各点的速度值；
④测出各点距O 点的距离，即为下落高度；
⑤计算并比较mgh 和212
n mv 是否相等． 14、（1）3.67 （2）6.87 6.73 （3）> 阻力做功 （4）机械能守恒
【解题分析】
（1）根据匀变速直线运动中间时刻速度推论可得 3.86/22OD OB BD C x x x v m s T T -=
== （2）7.61J P OC E mgh ∆==，217.45J 2
k C E mv ∆== （3）根据（2）可知P k E E ∆>∆，该误差产生的主要原因是由于在物体下落的过程中，不可避免的要克服阻力做功，因此重力势能并没有全部转化为动能，故重力势能的减小
量总是要大于动能的增量．
（4）比较k E 和p E ∆可知，二者基本相等，因此在误差允许范围内重力势能的减小量等于动能的增加量，重物下落的机械能守恒．
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）3.0m/s 2（2）6.0m
【解题分析】
（1）根据牛顿第二定律，物体加速度的大小：226/ 3.0?/2F a m s m s m =
== （2）物体在2s 内通过的距离：x=12a t 2=12
×3×22m=6.0 m 点睛：本题考查牛顿第二定律的应用，注意正确受力分析和运动过程分析，注意体会加速度在力和运动中的桥梁作用．
16、 (1)35.610J G W =⨯ (2)2
5.610J E ∆=⨯机 （3）4h m '= 【解题分析】
试题分析：（1）从A 到C 过程中，小明与雪橇所受重力做功为：
701085600J G W mgh J ==⨯⨯=；
（2）从A 到B 过程中，小明与雪橇损失的机械能为：
22115600701256022
B E mgh mv J J J ∆=-=-⨯⨯=； （3）对于第一情形：根据动能定理，从A 到B 过程，有：
21cos sin 2
B h mgh mg mv μθθ-⋅
=…① 从B 到C 过程，有：22102f B W mv =-…② 对于第二情形：根据动能定理，从A 到BC 中点过程，有：
21cos 0sin 2
f H mgH m
g W μθ
θ-+=…③ 联立解得：118422H h m m ==⨯= 考点：考查了动能定理的应用
【名师点睛】应用动能定理应注意的几个问题(1)明确研究对象和研究过程，找出始末状态的速度．(2)要对物体正确地进行受力分析，明确各力做功的大小及正负情况(待求的功除外)．(3)有些力在物体运动过程中不是始终存在的．若物体运动过程中包括几个阶段，物体在不同阶段内的受力情况不同，在考虑外力做功时需根据情况区分对待
17、（1）6m/s （2）12m/s （3）36J
【解题分析】
(1)研究OP 阶段，设两木块初速度为v 0，P 点速度为v P ，由动能定理，有：
2201122222
P mgs mv mv μ-=⨯-⨯ 解得：6P m v s
=； (2)研究爆炸阶段，爆炸后A 的速度为v A ，系统动量守恒，则： 2mv p =0+mv A
可得：v A =12m/s ；
(3)由能量守恒定律
221122
k A P E mv mv ∆=- 解得：释放的化学能：Q=△E k =36J ．。