2024届安徽省寿县一中物理高一下期末检测试题含解析

2024届安徽省寿县一中物理高一下期末检测试题
请考生注意：
1．请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用0．5毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。

写在试题卷、草稿纸上均无效。

2．答题前，认真阅读答题纸上的《注意事项》，按规定答题。

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)从地面竖直向上抛出一只小球，小球运动一段时间后落回地面．忽略空气阻力，该过程中小球的动能E k与时间t的关系图像是（）
A．
B．
C．
D．
2、(本题9分)对于做匀速圆周运动的物体，以下说法正确的是( )
A．速度和加速度均不变
B．速度不变，加速度为零
C．速度和加速度均改变
D．速度改变，加速度不变
3、如图，一轻杆一端固定质量为m的小球，以另一端O为圆心，使小球做半径为R 的圆周运动，以下说法正确的是（）
A．小球过最高点时，杆所受的弹力不可以等于零
B．小球过最高点时的最小速度为gR
C．若小球在最低点的速度为 4.5gR，则当它运动到最高点时杆对球的作用力方向一定向上
D．若增大小球运动的速度，则在最高点时球对杆的力一定增大
4、(本题9分)关于弹簧的劲度系数，下列说法中正确的是()
A．与弹簧受的拉力有关
B．与弹簧发生的形变有关
C．由弹簧本身决定，与弹簧所受的拉力大小及形变程度无关
D．与弹簧本身特征、所受拉力大小、形变的大小都有关
5、如图所示，在地面上以速度v0抛出质量为m的物体，抛出后的物体以速度v t落到比地面低h的海平面上，若以地面为零势能的参考面且不计空气阻力，则下列说法中正确的是（）
A．物体落到海平面时的重力势能为mgh
B．物体在海平面上的机械能为
C．物体在海平面上的动能为
D．物体在海平面上的机械能为
6、(本题9分)一位质量为m的运动员从下蹲状态向上起院跳，经时间，身体伸直并刚好离好高开开地面，速度为v。

在此过程中，下列说法正确的是（）
A．地面对他的冲量大小为
B．地面对他的冲量大小为
C．地面对他的冲量大小为
D．地面对他的冲量大小为
7、(本题9分)如图所示，长0.5m的轻质细杆，一端固定有一个质量为3kg的小球，另一端由电动机带动，使杆绕O在竖直平面内作匀速圆周运动，小球的速率为2m/s。

取g=10m/s2，下列说法正确的是（）
A．小球通过最高点时，对杆的拉力大小是24N
B．小球通过最高点时，对杆的压力大小是6N
C．小球通过最低点时，对杆的拉力大小是24N
D．小球通过最低点时，对杆的拉力大小是54N
8、如图所示，摆球质量为m，悬线长为L，把悬线拉到水平位置后放手．设在摆球运动过程中空气阻力f的大小不变，则摆球从A摆到位置B的过程中，下列说法正确的是
A．重力做功为mgL
B．悬线的拉力做功为0
C．空气阻力f做功为－mgL
D．空气阻力f做功为
1
2
f L
π-
9、(本题9分)如图，在光滑水平面上有一质量为m的物体，在与水平方向成θ角的恒定拉力F作用下运动，则在时间t内（）
A．重力的冲量为0
B．拉力F的冲量为F t
C．拉力F的冲量为cos
Ftθ
D．物体动量的变化量等于cos
Ftθ
10、如图所示，a、b是两个在同一平面内的，绕地球做匀速圆周运动的人造卫星，其中已知b为地球同步卫星，引力常量为G．据图和上述信息，关于地球和卫星a、b的
分析或结论，如：卫星a、b的绕行速度v a、v b，绕行周期T a、T b等。

下列的叙述正确的是（）
A．由于v a＞v b，因而卫星a减速可有可能让卫星b追上
B．卫星a的绕行周期T a一定小于24h
C．卫星a、b的轨道平面一定与地球的赤道平面重合
D．利用以上信息，可计算出地球的半径
11、(本题9分)质量为m＝2 kg的物体沿水平面向右做直线运动，t＝0时刻受到一个水平向左的恒力F，此后物体的v-t图像如图所示，取水平向右为正方向，g取10m/s2，则()
A．物体与水平面间的动摩擦因数为μ＝0.05
B．10s末恒力F的瞬时功率为6W
C．10s末物体在计时起点左侧4 m处
D．0～10s内恒力F做功的平均功率为0.6W
12、(本题9分)如图所示，绳的上端固定在O点，下端系小球P．P与斜面Q的接触面粗糙．用水平力向右推Q，使它沿光滑水平面匀速运动。

从图中实线位置到虚线位置过程中
A．摩擦力对小球P做正功
B．斜面Q对小球的弹力垂直于斜面因此对小球不做功
C．绳的拉力对小球P不做功
D．推力F对斜面做的功和小球P对斜面做的功的绝对值相等
二．填空题(每小题6分，共18分)
13、有两颗人造地球卫星，它们的质量之比为m1：m2＝2：1，轨道半径之比为r1：r2
＝3：1，那么，它们的向心加速度之比为a1：a2＝_____，它们的周期之比为T1：T2＝_____
14、(本题9分)如图，倾角为30︒的斜面上有一个质量为1kg的物块，物块从静止开始以2.5m/s2的加速度加速下滑1m.在物块下滑过程中(重力加速度g取10m/s2)物块的重力做功______J，支持力做功_____J，摩擦力做功_______J.
15、(本题9分)一起重机的钢绳由静止开始匀加速提起质量为m的重物，当重物的速度为v1时，起重机的有用功率达到最大值P以后，起重机保持功率不变，继续提升重物，直到以最大速度v2匀速上升为止，则整个过程中，钢绳的最大拉力为_____，重物做匀加速运动的时间为_____．
三．计算题(22分)
16、（12分）质量m=3kg的小球用一根长L=2.5m的轻绳系在光滑水平面的上方O点，O点到水平面的距离h=2m．现拉直轻绳，给小球一个初速度，可使小球在水平面内做圆周运动．不计一切阻力，重力加速度g=10m/s2（计算结果可以用分数或根式表示）．求：
(1)小球能在该水平面内做圆周运动的最大角速度ω0；
(2)若小球做圆周运动的角速度ω=2rad/s时，则小球对水平面的压力多大？
17、（10分）(本题9分)如图所示，光滑轨道PQO的水平段与水平地面平滑连接。

在水平轨道QO上，用挡板将A、B两物块挡住并压缩弹簧后处于静止状态，轻质弹簧与物块A不拴结。

现只放开左侧挡板，物块A能到达轨道PQO的最大高度h处。

已知物块A的质量为2m，B的质量为m，A、B两物块与水平地面的动摩因数均为μ，A、B与弹簧相互作用过程中均处于水平轨道QO段，弹簧的压缩量保持不变，弹簧处于自然伸长时的长度远小于h。

试问：
（1）若只放开右侧挡板，则物块B在粗糙水平地面上经多少时间停止运动？
（2）若同时放开左右两侧挡板，则物块A、B分离时的速度大小各为多少？
（3）若同时放开左右两侧挡板，当物块A 、B 均停止运动时，两者之间的距离为多少？
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】本题考查动能的概念和E k -t 图象，意在考查考生的推理能力和分析能力。

小球做竖直上抛运动时，速度v =v 0-gt ，根据动能212k E mv =得()2012
k E m v gt =-，故图象A 正确。

点睛：本题以竖直上抛运动为背景考查动能的概念和E k -t 图象，解题的方法是先根据竖直上抛运动物体的速度特点写出速度公式，在根据动能的概念写出函数方程，最后根据函数方程选择图象。

2、C
【解题分析】
匀速圆周运动的线速度和加速度的大小不变，方向时刻改变．所以速度和加速度均改变．故C 正确，ABD 错误。

3、C
【解题分析】
A. ，则杆所受的弹力等于零，故A 错误
B.当小球在最高点受到杆的弹力等于小球的重力时，小球的速度有最小值且0v = ，故B 错误；
C. ，设上升到最高点的速度为v 根据动能定理，22011222
mg R mv mv -=- 以及向心力公式2
v mg N m R -= 可知 0.5N mg = ，方向沿杆向上，故C 正确；
D. ， 在最高点2
v mg N m R -=，随着小球运动速度的增
大，小球受到的支持力减小，根据牛顿第三定律可知在最高点时球对杆的力减小，故D
错误；
4、C
【解题分析】
弹簧的劲度系数表示弹簧的软硬程度，它的数值与弹簧的材料，弹簧丝的粗细，弹簧圈的直径，单位长度的匝数及弹簧的原长有关．在其他条件一定时弹簧越长，单位长度的匝数越多，k 值越小，与弹簧所受拉力及形变大小无关，故C 正确，ABD 错误． 5、D
【解题分析】
A.以地面为零势能面，海平面低于地面h ，所以物体在海平面上时的重力势能为﹣mgh ，故A 错误。

B.物体在海平面上的机械能为 E =mv t 2﹣mgh ，故B 错误。

C.物体运动的过程中，只有重力对物体做功，物体的机械能守恒，则mv 02=E k +（﹣mgh ），得物体在海平面上的动能为 E k =mv 02+mgh ，故C 错误。

D.整个过程机械能守恒，即初末状态的机械能相等，以地面为零势能面，抛出时的机械能为mv 02，所以物体在海平面时的机械能也为mv 02，故D 正确。

6、B
【解题分析】以人为对象，受到地面的支持力和自身的重力，规定向上为正，根据动量定理可知
所以地面对人的冲量为
，故B 对，ACD 错；
故选B
7、BD
【解题分析】
AB ．设在最高点杆子表现为拉力，对于小球则有 2
N v F mg m R
+= 代入数据得
6N F =-
则杆子表现为推力，大小为6N ，所以小球对杆子表现为压力，大小为6N ．A 错误B 正确；
CD ．在最点，杆子表现为拉力，对于小球有
2
N v F mg m R
-= 代入数据得
F=54N
C 错误
D 正确。

故选BD 。

8、ABD
【解题分析】
A.重力在整个运动过程中始终不变，所以重力做功为 W G =mgL ，故A 正确；
B.因为拉力在运动过程中始终与运动方向垂直，故拉力对小球不做功，即W F =0，故B 正确；
CD.阻力所做的总功等于每个小弧段上f 所做功的代数和，即
1211(...)ππ22
f W f x f x fs f L f L =-∆+∆+=-=-⋅=-，故C 错误，D 正确。

9、BD
【解题分析】
重力的冲量C I mgt =，故A 错误；拉力F 的冲量F I Ft =，所以B 正确，C 错误；各力的冲量cos I Ft θ=合，根据动量定理知，合力的冲量等于动量的变化量，则动量的变化量为cos Ft θ，所以D 正确．故选BD ．
点睛：解决本题的关键知道冲量等于力与时间的乘积，知道合力的冲量等于动量的变化量．
10、BC
【解题分析】
A.卫星a 减速时，a 将做近心运动，轨道半径减小，不可能让卫星b 追上。

故A 错误。

B.根据万有引力提供向心力，得：
2
224Mm G m r r T
π= 解得：
2T =， 可知，卫星a 的绕行周期T a 一定小于卫星b 的绕行周期T b ，即一定小于24h ，故B 正
确。

C.地球同步卫星的轨道平面一定与地球的赤道平面重合，a、b是两个在同一平面内的，b为地球同步卫星，则卫星a、b的轨道平面一定与地球的赤道平面重合，故C正确。

D.利用题目的信息，不能求出地球的半径，故D错误。

11、AD
【解题分析】
A．由图线可知0～4 s内的加速度：a1=8
4
m/s2=2 m/s2，可得：F+μmg=ma1；由图线可
知4～10 s内的加速度：a2=6
6
m/s2=1 m/s2，可得：F-μmg=ma2；解得：F=3 N，μ=0.05，
选项A正确；
B．10 s末恒力F的瞬时功率为P10=Fv10=3×6 W=18 W，选项B错误；
C．0～4 s内的位移x1=1
2
×4×8 m=16 m，4～10 s内的位移x2=-
1
2
×6×6 m=-18 m，故
10 s末物体在计时起点左侧x=2 m处，选项C错误；
D．0～10 s内恒力F做功的平均功率为
32
W0.6W
10
Fx
P
t
⨯
===，选项D正确．
12、ACD
【解题分析】
A、斜面对P的摩擦力方向沿斜面向下，摩擦力与P的位移方向夹角为锐角，所以斜面对P的摩擦力对小球P做正功，故选项A正确；
B、斜面Q对小球P的弹力垂直于斜面，小球速度垂直于细线，则斜面Q对小球的弹力对小球做正功，故选项B错误；
C、拉力沿着绳子收缩方向，小球速度方向垂直于绳子，故绳的拉力对小球P不做功，故选项C正确；
D、对斜面Q受力分析，受推力、重力、地面对斜面Q的支持力、小球P对斜面Q的压力和摩擦力，由于地面对斜面支持力和重力与斜面速度垂直不做功，根据动能定理，推力F对斜面做的功和小球P对斜面做的功的代数和为零，故推力F对斜面做的功和小球P对斜面做的功的绝对值相等，故选项D正确。

二．填空题(每小题6分，共18分)
13、1：9 1
【解题分析】
人造卫星绕地球做匀速圆周运动，设卫星的质量为m、轨道半径为r、地球质量为M，
根据万有引力提供向心力，有：2224GMm ma m r r T π==可得，2GM a r =
，2T = 根据r 1：r 2＝3：1，得它们的向心加速度之比为 a 1：a 2＝1：9，它们的周期之比为 T 1：T 2
＝ 1
14、 5 0 -2.5
【解题分析】19. 解：物块从静止开始以22.5/m s 的加速度加速下滑1m ，由11010.55p E mgh mgLsin J J θ∆===⨯⨯⨯=
支持力与位移垂直，不做功
斜面方向： 5mgsin N θ=，根据牛顿第二定律， sin mg f ma θ-=，所以物体在运动中受到阻力作用，大小为： 2.5f N =，摩擦力做功 2.51 2.5W fx J J =-=⨯=-。

点睛：解决本题的关键进行受力分析，运用正交分解，结合牛顿第二定律进行求解，知道合力沿斜面方向，垂直于斜面方向上的合力等于零，确定有无摩擦力，从而在确定各种能量的大小．
15、1P v 21221
mv v Pv Pv - 【解题分析】
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：max 1P F v = 速度达到最大时，F ＝f =mg ，由P ＝Fv 得：2
P mg v =， 由牛顿第二定律得：112P P ma v at v v -==，，21221
mv v t Pv Pv =-
三．计算题(22分)
16、
(1)0ω (2)6N
【解题分析】
(1)小球能在水平面内以最大速率运动时，水平面对小球的支持力为零，设此时绳子与竖直方向的夹角为θ，由牛顿第二定律： 1cos F mg θ= ①
210sin F mr θω= ②
由几何关系：tan r h θ= ③
解得：0ω= ④
(2)设ω=2rad/s 时，水平面对小球的支持力大小为F N ，由牛顿第二定律 22sin F mr θω= ⑤
2cos N F F mg θ+= ⑥
解得：6N N F = ⑦
由牛顿第三定律，小球对水平面的压力6N N N
F F '== ⑧
17、（1）t =2）A v =、B v =3）h x μ∆= 【解题分析】
（1）只放开左侧挡板，A 从静止到h 高度处，弹簧储存的势能为P E ，根据能量守恒：P =2E mgh
若只放开右侧挡板时，B 离开弹簧时速度为v ，根据能量守恒：2P 12E mv =，根据动
量定理：B 0mgt mv μ-=- 解得：t =。

（2）若同时放开左右两侧挡板，AB 动量守恒：A B 02m v mv =+ ，能量守恒：
22P A B 11222E mv mv =⨯+，联立解得：A v =B v =。

（3）若同时放开左右两侧挡板，A 、B 从滑上粗糙水平面至静止。

对B ：
2B B 12mg x mv μ-⋅=- ；对A ：2A A 1222
mg x mv μ-⋅⋅=-⋅ ；间距：B A x x x ∆=-，联立解得：h x μ∆=。