2024届四川省荣县中学物理高一第二学期期末统考试题含解析

2024届四川省荣县中学物理高一第二学期期末统考试题
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)如图所示为皮带传动装置，右轮的半径为r，a是它边缘上的一点，左侧是一轮轴，大轮的半径是4r，小轮的半径是2r，b点和c点分别位于小轮和大轮的边缘上，在传动过程中皮带不打滑，则()
A．a点和c点的向心加速度大小相等B．b点和c点的线速度大小相等
C．a点和c点的线速度大小相等D．a点和b点的角速度大小相等
2、如图所示，“秋千摆“摆绳的一端系于O点，另一端打一个比较大的结，便于游戏者(视为质点)骑跨。

绳的质量、空气阻力均不计。

在摆绕O点沿竖直平面从P点摆至Q 点的过程中，游戏者
A．所受拉力不变B．动能始终不变
C．机械能先减少后增加D．重力势能先减小后增加
3、(本题9分)质量为m的小球从桌面高度以速度v竖直向上抛出，桌面离地高度为h，小球能达到的最大离地高度为H．若以桌面作为参考平面，不计空气阻力，则（）
A ．小球抛出时的机械能为212
mgh mv + B ．小球落地前瞬间的机械能为
212
mv C ．小球在最高点的机械能为mgh D ．小球在最高点的机械能为mgH
4、一质量为2kg 的物块在合外力F 的作用下从静止开始沿直线运动。

F 随时间t 变化的图线如图所示，则（ ）
A ．1t s =时物块的速率为1/m s
B ．2t s =时物块的动量大小为2/kg m s ⋅
C ．3t s =时物块的动量大小为5/kg m s ⋅
D ．4t s =时物块的速度为零
5、在如图（a ）所示的电路中，R 1为定值电阻，R 2为滑动变阻器．闭合电键s ，将滑动变阻器的滑动触头P 从最右端滑到最左端，两个电压表的示数随电路中电流变化的完整过程图线如图（b ）所示．则（ ）
A ．图线甲是电压表V 1示数随电流变化的图线
B ．电源内电阻的阻值为10Ω
C ．滑动变阻器R 2的最大功率为0.8W
D ．电源的最大输出功率为1.8 W
6、如图所示，a 、b 两小球在竖直光滑圆轨道内侧水平直径的左端C ，以足够大的相等的速率0v 沿竖直方向反向射出，当两球运动到某点重新相遇的速率分别为a v 和b v ，若不计空气阻力，则
A ．0a b v v v ＜＜
B ．0a b v v v ＞＞
C ．0a b v v v =＜
D ．0a b v v v =＞
7、 (本题9分)如图所示，平板车置于水平地面上，人站在平板车上保持静止，下列说法正确的是( )
A ．人所受的重力与平板车对人的支持力是一对平衡力
B ．平板车对人的支持力与人对平板车的压力是一对平衡力
C ．人所受的重力与人对平板车的压力是一对作用力与反作用力
D ．平板车对人的支持力与人对平板车的压力是一对作用力与反作用力 8、 (本题9分)关于匀速圆周运动，下列说法正确的是（ ） A ．匀速圆周运动是匀速运动 B ．匀速圆周运动是变速运动
C ．匀速圆周运动是线速度不变的运动
D ．匀速圆周运动是线速度大小不变的运动
9、 (本题9分)“太空涂鸦”技术的基本物理模型是：原来在较低圆轨道运行的攻击卫星在变轨后接近在较高圆轨道上运行的侦察卫星时，向其发射“漆雾”弹，“漆雾”弹在临近侦察卫卫星时，压爆弹囊，让“漆雾”散开并喷向侦察卫星，喷散后强力吸附在侦察卫卫星的侦察镜头、太阳能板、电子侦察传感器等关键设备上，使之暂时失效。

关于这一过程下列说法正确的是
A ．攻击卫星在原轨道上运行的周期比侦察卫星的周期大
B ．攻击卫星到达新轨道后，其动能较原轨道增大
C．攻击卫星到达新轨道后，其机械能较原轨道增多
D．攻击卫星在原轨道需要加速才能变轨接近侦查卫星
10、(本题9分)如图所示，一个质量为m1的有孔小球套在竖直固定的光滑直杆上，通过一条跨过定滑轮的轻绳与质量为m2的重物相连，光滑定滑轮与直杆的距离为d，重力加速度为g，现将小球从与定滑轮等高的A处由静止释放，当小球沿直杆下滑距离为时（图中B处），下列说法正确的是
A．小球的速度与重物上升的速度大小之比为5：4
B．小球的速度与重物上升的速度大小之比为5：3
C．小球重力势能的减少量等于重物重力势能的增加量
D．小球机械能的减少量等于重物机械能的增加量
11、在河面上方12m的岸上有人用长绳栓住一条小船，开始时绳与水面的夹角为30°．人以恒定的速率v=3m/s拉绳，使小船靠岸，那么( )
A．小船靠岸过程做加速运动
B．3s时小船前进了9m
C．3s时绳与水面的夹角为37°
D．3s时小船的速率为5m/s
12、(本题9分)如图所示电路，当S闭合后两灯均不亮，已知两灯泡、电源、电键及电键到电源负极间的导线都完好，其余三条导线中有一条发生断路．若某同学使用多用电表来检查断线部分，他用多用表的红表笔与a点相连接，把黑表笔分别先后与b点、c点相连．则以下检测断线部分的方法可行的是________
A．S闭合，用多用表的电压表
B．S断开，用多用表的电流表
⨯量程的欧姆表
C．S断开，用多用表1
⨯量程的欧姆表
D．S闭合，用多用表1
二、实验题（本题共16分，答案写在题中横线上）
13、（6分）如图所示的是某同学设计的测量铁块与木板间动摩擦因数的实验。

所用器材有：带定滑轮的长木板、铁块、与铁块质量相同的钩码、米尺、电火花打点计时器、频率为50Hz的交流电源、轻绳、纸带等。

不计滑轮摩擦，回答下列问题：
(1)电火花打点计时器的正常工作电压为___________V，电源的周期为___________s；
(2)铁块与木板间的动摩擦因数μ=___________；(用重力加速度和铁块的加速度表示)
(3)某次实验得到点迹清晰的一条纸带，如图所示。

测得x1=3.1cm，x2=4.9cm，x3=6.7cm，x4=8.5cm，重力加速度g=10m/s2。

可以计算出铁块与木板间的动摩擦因数为
___________(结果保留2位小数)
14、（10分）(本题9分)图1是“研究平抛物体运动”的实验装置，通过描点画出平抛小球的运动轨迹．
（1）以下实验过程的一些做法，其中合理的有________.
a.安装斜槽轨道，使其末端保持水平
b.每次小球释放的初始位置可以任意选择
c.每次小球应从同一高度由静止释放
d.为描出小球的运动轨迹描绘的点可以用折线连接
（2）实验得到平抛小球的运动轨迹，在轨迹上取一些点，以平抛起点O为坐标原点，测量它们的水平坐标x和竖直坐标y，图2中y-x2图象能说明平抛小球的运动轨迹为抛物线的是_________.
（3）图3是某同学根据实验画出的平抛小球的运动轨迹，O为平抛起点，在轨迹上任取三点A、B、C，测得A、B两点竖直坐标y1为5.0cm、y2为45.0cm，测得A、B两点水平距离Δx为40.0cm，则平抛小球的初速度v0为______m/s，若C点的竖直坐标y3为60.0cm，则小球在C点的速度为v C=______m/s（结果保留两位有效数字，g取10m/s2）．
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，边长为L的等边三角形ABC处在匀强电场中，电场方向与三角形ABC所在平面平行。

一质量为m、电荷量为q（q>0）的粒子从B点移动到A点，其电势能减少W；该粒子从B点移动到C点，其电势能减少2W。

若将该粒子从A点沿垂直于BC方向射出，粒子恰好通过C点，不计粒子所受重力，求
(1)匀强电场的电场强度大小和方向；
(2)粒子从A点射出时的速度大小。

16、（12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。

17、（12分） (本题9分)质量 m=4kg 的物体在光滑平面上运动，其相互垂直的两个分速度v x 和v y 随时间变化的图象如图所示．求
（1）物体的初速度、合外力的大小和方向； （2）t 1=4s 时物体的速度大小； （3）t 2=6s 时物体的位移大小．
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、A 【解题分析】
共轴转动的物体上各点具有相同的角速度，靠传送带传动两轮子边缘上的点线速度大小相等． 【题目详解】
A 项：根据2
a r ω=得，c 点的向心加速度是
b 点的2倍，根据2
v a r
=知，a 的向心加
速度是b 的2倍，所以a 、c 两点的向心加速度大小相等,故A 正确；
B 项：b 、c 角速度相等,根据v=rω，
2142
b c v r v r ==，故B 错误； C 项：a 、b 两点的线速度大小相等，b 、c 两点的角速度相等，根据v=rω，c 的线速度大于b 的线速度，则a 、c 两点的线速度不等，故C 错误；
D 项：a 、b 的线速度大小相等，根据v=rω，知角速度不等，D 错误． 【题目点拨】
解决本题的关键掌握共轴转动的物体上各点具有相同的角速度，靠传送带传动两轮子边缘上的点线速度大小相等． 2、D 【解题分析】
A.设绳子与竖直方向夹角为θ，人的轨迹是圆，对人受力分析，沿绳方向的合力提供向
心力，则：T-mg cosθ=m 2v L ，则T =mg cos θ+m 2
v L
，由P 点摆至最低点的过程中，θ减
小，v 变大，则T 增大；由最低点摆至Q 点的过程中，θ变大，v 变小，则T 减小，所以T 先增大后减小，故A 错误；
BCD.运动过程中，只有重力和绳的拉力做功，人的机械能守恒，由P 点摆至最低点的过程中，重力势能减小，动能增加；由最低点摆至Q 点的过程中，重力势能增加，动能减少，故BC 错误，D 正确。

3、B 【解题分析】
A ．小球运动过程中，只受重力，机械能守恒，若以桌面作为重力势能的零参考平面，有小球抛出时的机械能 E =
12
mv 2
；选项A 错误； BCD ．由于小球的机械能守恒，即机械能保持不变，所以在最高点和落地时的机械能都是
12
mv 2
，或者为mg (H-h )，选项B 正确CD 错误； 故选B ． 【题目点拨】
本题关键根据机械能守恒定律，小球的机械能总量不变，小球任意位置的机械能都等于初位置和最高点的机械能．
4、A 【解题分析】
A 、前两秒，根据牛顿第二定律，21/F
m
a m s =
=，则02s -的速度规律为：v at =，则1t s =时，速率为1/m s ，故A 正确；
B 、2t s =时，速率为2/m s ，则动量为4/P mv kg m s ==⋅，故B 错误；
C 、24s -，力开始反向，物体减速，根据牛顿第二定律，'
2
0.5/m s a =-，所以3s 时
的速度为1.5/m s ，动量为3/kg m s ⋅，4s 时速度为1/m s ，故CD 错误。

5、D 【解题分析】
A.当滑片左移时，滑动变阻器接入电阻减小，则电路中总电阻减小，由闭合电路欧姆定律可知，电路中电流增大；而R 1两端的电压增大，故乙表示是V 1示数的变化；甲表示V 2示数的变化；故A 不符合题意；
B.由图可知，当只有R 1接入电路时，电路中电流为0.6A ，电压为3V ，则由E=U+Ir 可得：E =3+0.6r ；
当滑动变阻器全部接入时，两电压表示数之比为1 4
，故
121 4
R R =； 由闭合电路欧姆定律可得 E =5+0.2r
解得r =5Ω，E =6V ，故B 不符合题意； C.由B 的分析可知，R 1的阻值为13
50.6
R =
Ω=Ω，则当滑动变阻器的阻值等于R 1+r 时，滑动变阻器消耗的功率最大，故当滑动变阻器阻值为10Ω时，滑动变阻器消耗的功率最大，由闭合电路欧姆定律可得，电路中的电流I ′=6
20
A=0.3A ，则滑动变阻器消耗的总功率P ′=I '2R ′=0.9W ；故C 不符合题意；
D.因当内阻等于外阻时，电源的输出功率最大，故当外阻等于5Ω时，电源的输出功率最大，故此时电流
0.6A 2E
I r
=
=⨯ 故电源的最大输出功率P=UI =1.8W ；故D 符合题意； 6、C 【解题分析】
a 球上升过程会减速，
b 球下降会加速，故a 球的平均速率较小，可能在虚线上方h 处相遇；
由于初速度相等，根据机械能守恒定律得
22
01122
mgh mv mv +=
得：
v =可见相遇时 v a =v b ＜v 0。

A ．0a b v v v ＜＜，与结论不相符，选项A 错误；
B ．0a b v v v ＞＞，与结论不相符，选项B 错误；
C ．0a b v v v =＜，与结论相符，选项C 正确；
D ．0a b v v v =＞，与结论不相符，选项D 错误； 7、AD 【解题分析】
人所受的重力与平板车对人的支持力是一对平衡力，选项A 正确；平板车对人的支持力与人对平板车的压力是一对作用与反作用力，选项BC 错误；D 正确；故选AD. 8、BD 【解题分析】
匀速圆周运动的速度大小不变，方向时刻改变，是变速运动，故A 错误B 正确；匀速圆周运动的速度大小不变，方向时刻改变，是速率不变的运动，故C 错误，D 正确．所以D 正确， 9、CD 【解题分析】
卫星绕地球做匀速圆周运动，由万有引力提供向心力，则有：
2
2222Mm v G m m r m r ma r r T πω⎛⎫==== ⎪⎝⎭
解得：32,2GM GM v T a r r
ω====
A.由32r T GM
π=，可知攻击卫星在原轨道上半径小，则周期小，故A 错误； B.由GM v r
=
和212k E mv =得：2k GMm E r =，可知攻击卫星到达新轨道后，半径增大，
则动能减小，故B 错误；
CD.攻击卫星要从低轨道变到高轨道，则要点火加速做离心运动，故攻击卫星的机械能增加，
故CD 正确。

10、BD
【解题分析】
由机械能守恒的条件：只有重力或弹力做功，判断系统的机械能是否守恒；小球在沿绳子方向的分速度与重物速度大小相等，将小球的速度沿绳子与垂直于绳子方向正交分解即可得到两者速度之比，根据系统机械能守恒判断能的转化关系．
【题目详解】
当小球下落d 的距离到达B 点时，将B 的速度沿绳子方向和垂直于绳子方向分解，在沿绳子方向上的分速度等于重物的速度，有，根据几何关系可知，故v 球：v 重物=5：3，故A 错误，B 正确；对于小球和重物组成的系
统，由于只有重力做功，所以系统的机械能是守恒的．重物的动能和重力势能都增大，即重物的机械能增大，小球机械能减小，且小球机械能的减少量等于重物机械能的增加量，故C 错误，D 正确．
故选BD.
【题目点拨】
解决本题时应抓住：①对与绳子牵连有关的问题，物体上的高度应等于绳子缩短的长度；
②小球的实际速度即为合速度，应将小球的速度沿绳子和垂直于绳子的方向正交分解，分析小球与重物的速度关系．
11、AD
【解题分析】
A ．将船的速度分解为沿细绳方向的速度和垂直于细绳方向的速度，则=
cos v v θ
船 ，则随θ角的增加，船速变大，即小船靠岸过程做加速运动，选项A 正确； BC ．由几何关系可知，开始时河面上的绳长为L 1=24m ；此时船离岸的距离
x 1=L 1cos30°
m ； 3s 后，绳子向左移动了：
S =vt =3×3=9m
则河面上绳长为
L 2=24m-9m=15m ；
则此时小船离河边的距离：
29m x = 小船前进的距离：
x =x 1-x 2
-9)m
绳与水面的夹角为α，则有：
2120.815
h sin L α=＝＝ 绳与水面的夹角为53°；
故BC 错误；
D ．3s 时小船的速率为 3===5m/s cos530.6
v v 船 选项D 正确。

12、AC
【解题分析】
A ．电路中发生断路，断路处元件两端的电压等于电源的电动势，故S 闭合时，多用表应用电压表，故A 正确；
B ．S 闭合时，若ab 完好，电流表接在ab 间，没有读数，若此处电路有断路，电流表串联在电路，应有读数，所以用电流表不能判断断路故障在何处，故B 错误；
C ．S 断开时，多用表用R ×1量程的欧姆表测量各段电阻，可判断出故障所在的位置．故C 正确；
D ．S 闭合时，不能用多用表的欧姆表，可能会损坏欧姆表，故D 错误．
故选AC
二、实验题（本题共16分，答案写在题中横线上）
13、220 0.02 2g a g
- 0.64
【解题分析】
第一空.第二空.电火花打点计时器的正常工作电压为交流220V ，电源的周期为0.02s. 第三空.根据牛顿第二定律，对铁块有：F mg ma μ-=；
对钩码有：mg F ma -=； 联立解得：2g a g
μ-= 第四空.相邻计数点间的时间间隔为：50.02s 0.1s T =⨯=.
根据匀变速直线运动的判别式2x aT ∆=，四组位移采用逐差法有：
34122
()()4x x x x a T +-+=， 解得：21.8m/s a =
代入2g a g
μ-=可得：0.64μ=. 14、ac c 2.0 4.0
【解题分析】
（1）斜槽末端水平，才能保证小球离开斜槽末端时速度为水平方向，故a 对； 为保证小球多次运动是同一条轨迹，每次小球的释放点都应该相同，b 错c 对； 小球的运动轨迹是平滑曲线，故连线时不能用折线，d 错．
（2）平抛运动的水平位移与竖直位移分别满足的关系是：
联立可得
可知图象是直线时，说明小球运动轨迹是抛物线．
（3）由竖直方向的分运动可知，，，即
，
水平初速度为
C 点的竖直分速度为
由运动合成可知
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)
【解题分析】
(1)由题意可知
设BC 中点为D ，则
由此可知，A 、D 两点在匀强电场中的同一个等势面上，粒子从B 点移动到A 点，其电势能减少,故匀强电场的电场强度方向沿BC 方向
电场强度大小：
(2)设粒子从A 点射入匀强电场时的速度大小为v 0
得：
16、 (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：212
h 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=︒
17、（1）3m/s 2N ，方向沿Y 轴的正方向 （2
（3）
【解题分析】
试题分析：根据以上两个图象可求得物体的初速度和加速度，由牛顿第二定律求合力；根据速度与位移的合成求出合速度和和位移．
（1）由图象知：v 0x =3m/s ，v 0y =0
，则物体的合初速度为：03/v m s ==．
所以物体的初速度v 0=3m/s ，方向沿x 轴的正方向．
物体在x 轴的方向有a x =0， 在y 轴上由图可知：20.5/y v a m s t
∆==∆ 由牛顿第二定律得：F 合=ma y =4×
0.5=2N ，方向沿y 轴正方向． （2）当t =4s 时，v x =3m/s ，v y =a 1t =2m/s ，
所以4s
时物体的速度大小为：/v s ==
（3）当t =6s 时，x =v 0t =18m ，在在y 方向上的位移为：2192y at m =
=
物体的位移为：s ==
点睛：本题主要考查了利用图象分析物体的运动，先求分运动，根据运动的合成求出合运动．。