山東菏澤市2024年高一物理第二學期期末達標測試試題含解析

山東菏澤市2024年高一物理第二學期期末達標測試試題注意事項1．考試結束后，請將本試卷和答題卡一并交回．2．答題前，請務必將自己的姓名、準考證號用0．5毫米黑色墨水的簽字筆填寫在試卷及答題卡的規(guī)定位置．3．請認真核對監(jiān)考員在答題卡上所粘貼的條形碼上的姓名、準考證號與本人是否相符．4．作答選擇題，必須用2B鉛筆將答題卡上對應選項的方框涂滿、涂黑；如需改動，請用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案．作答非選擇題，必須用05毫米黑色墨水的簽字筆在答題卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律無效．5．如需作圖，須用2B鉛筆繪、寫清楚，線條、符號等須加黑、加粗．一、選擇題：（1-6題為單選題7-12為多選，每題4分，漏選得2分，錯選和不選得零分）1、(本題9分)如圖，甲乙兩顆質量相等的衛(wèi)星繞地球做勻速圓周運動，它們的軌道半徑分別為r甲、r乙，且r甲<r乙，它們的線速度大小分別為v甲、v乙，地球對它們的引力大小分別為F甲、F乙．下列關系正確的是（）A．B．v甲=v乙C．F甲<F乙D．F甲=F乙2、如圖是某修正帶內部互相齒合的兩個齒輪，、分別是大小齒輪邊緣上的兩點，在使用修正帶時，下列關系正確的是（）A．線速度B．角速度C．周期D．向心加速度3、一個小孩坐在船內，按圖示兩種情況，用相同大小的力拉繩，使自己發(fā)生相同的位移．甲圖中繩的另一端拴在岸上，乙圖中繩的另一端拴在同樣的小船上，水的阻力不計（船未碰撞）．這兩種情況中，小孩所做的功分別為W1、W2，做功期間的平均功率分別為P1、P2，則下列關系正確的是（）A．W1＞W2，P1=P2B．W1=W2，P1=P2C．W1=W2，P1＜P2D．W1＜W2，P1＜P24、如圖，開口向下的玻璃管豎直插在水印漕中，管內封閉了一定質量的氣體，管內液面高與水印漕中液面。保持氣體溫度不變，緩慢的將玻璃管向下壓。能描述該過程中管內氣體變化的圖像是（箭頭表示狀態(tài)變化的方向）（）A． B．C． D．5、(本題9分)有一豎直放置的“T”形架，表面光滑，滑塊A、B分別套在水平桿與豎直桿上，A、B用一不可伸長的輕細繩相連，A、B質量相等，且可看做質點，如圖所示，開始時細繩水平伸直，A、B靜止．由靜止釋放B后，已知當細繩與豎直方向的夾角為60°時，滑塊B沿著豎直桿下滑的速度為v，則連接A、B的繩長為（）A． B． C． D．6、(本題9分)一質量為58g的網球，以40m/s的速度水平飛來，某運動員以60m/s的速度反向擊回的過程中，網球的動量變化為（）A．大小1.16kg?m/s，方向與初速度方向相同B．大小1.16kg?m/s，方向與初速度方向相反C．大小5.8kg?m/s，方向與初速度方向相同D．大小5.8kg?m/s，方向與初速度方向相反7、(本題9分)如圖所示，圓a和橢圓b是位于地球赤道平面上的衛(wèi)星軌道，其中圓a是地球同步軌道?，F(xiàn)在有A、B兩顆衛(wèi)星分別位于a、b軌道運行，假設運行方向與地球自轉方向相反。已知A、B的運行周期分別為T1、T2，地球自轉周期為T0，P為軌道b的近地點。則有()A．衛(wèi)星A是地球同步衛(wèi)星B．衛(wèi)星B在P點時動能最大C．T0＝T1D．T1＜T28、(本題9分)電動勢為E、內阻為r的電源與定值電阻R1、R2及滑動變阻器R連接成如圖所示的電路，當滑動變阻器的觸頭向上滑動時，下列說法正確的是A．定值電阻R2的電功率減小B．電壓表和電流表的示數(shù)都減小C．電壓表的示數(shù)增大，電流表的示數(shù)減小D．通過滑動變阻器R中的電流增大9、(本題9分)鉛蓄電池的電動勢為2V，這表示A．電路中每通過1C電量，電源把2J的化學能轉變?yōu)殡娔蹷．蓄電池接在電路中時，兩極間的電壓一定為2VC．蓄電池能在1s內將2J的化學能轉變成電能D．蓄電池將化學能轉變成電能的本領比一節(jié)干電池（電動勢為1.5V）的大10、(本題9分)兩電荷量分別為q1和q2的點電荷放在y軸上的O、M兩點，若規(guī)定無窮遠處的電勢為零，則在兩電荷連線上各點的電勢φ隨坐標y變化的關系如圖所示，其中A、N兩點的電勢均為零，在ND段中C點電勢最高，則A．q1與q2帶異種電荷B．A、N兩點的電場強度大小為零C．從N點沿y軸正方向到D點，電場強度大小先減小后增大D．將一正點電荷從N點移到D點，電場力先做負功后做正功11、(本題9分)兩個小球在光滑水平面上沿同一直線，同一方向運動，B球在前，A球在后，=lkg，=2kg，=6m/s，=3m/s．當A球與B球發(fā)生碰撞后，A、B兩球的速度、可能為A．=4m/s，=4m/s B．=7m/s，=2.5m/sC．=-4m/s，=6m/s D．=2m/s，=5m/s12、(本題9分)如圖右所示，物體A、B用細繩連接后跨過滑輪，A靜止在傾角為30°的斜面上，不計滑輪摩擦，現(xiàn)將斜面傾角由30°增大到45°，系統(tǒng)仍能保持靜止．則斜面傾角增大后與增大前相比，下列說法正確的是（）A．繩子對物體A的拉力將增大B．物體A對斜面的壓力將減小C．物體A受到的靜摩擦力增大D．物體A受到的合力將增大二、實驗題（本題共16分，答案寫在題中橫線上）13、（6分）(本題9分)利用氣墊導軌驗證機械能守恒定律，實驗裝置如圖甲所示，水平桌面上固定一傾斜的氣墊導軌，導軌上A點處有一帶長方形遮光片的滑塊，其總質量為M，左端由跨過輕質光滑定滑輪的細繩和一質量為m的小球相連；遮光片兩條長邊與導軌垂直，導軌上B點有一光電門，可以測量遮光片經過光電門時的擋光時間t，用d表示A點到光電門B處的距離，b表示遮光片的寬度，將遮光片通過光電門的平均速度看做滑塊通過B點時的瞬時速度，實驗時滑塊在A處由靜止開始運動．(1)某次實驗測得傾角θ＝30°，重力加速度用g表示，滑塊從A處到達B處時m和M組成的系統(tǒng)動能增加量可表示為ΔEk＝_________，系統(tǒng)的重力勢能減少量可表示為ΔEp＝________，在誤差允許的范圍內，若ΔEk＝ΔEp，則可認為系統(tǒng)的機械能守恒．(用題中字母表示)(2)在上述實驗中，某同學改變A、B間的距離，作出的v2－d圖象如圖乙所示，并測得M＝m，則重力加速度g＝________m/s2.14、（10分）(本題9分)某同學為了“探究求合力的方法”，實驗步驟如下：A．用圖釘將白紙固定在木板上．B．將橡皮條的一端拴上兩個細繩套，另一端用圖釘固定在木板上．C．用兩只彈簧測力計同時互成角度地拉兩細繩套，將橡皮條與細繩套的結點拉到某一位置O.用鉛筆描下O點的位置及兩細繩的方向，并記下彈簧測力計的讀數(shù)F1、F1．D．改用一只彈簧測力計向任意一個方向拉細繩套，記下細繩的方向和彈簧測力計的讀數(shù)F.選好標度，沿細繩的方向做出力F的圖示．E.用同樣的標度，用鉛筆和刻度尺從0點沿兩細繩的方向按F1、F1的大小做兩個力的圖示．用刻度尺與三角板，以F1、F1為鄰邊做平行四邊形，找對對角線，即合力F′.F.比較F′和F的大小和方向是否相同．G.改變F1及F1的大小和方向，重復上述步驟．(1)此同學的實驗操作中有一步是錯誤的，錯誤的步驟是______(填步驟序號)，應如何改正?_________________________________________________________________________．(1)在實驗中，采取下列哪些措施可減小實驗誤差__________．A．兩個分力F1、F1間夾角必須為90°B．兩個分力F1、F1的大小要適當大些C．拉橡皮條的細繩要盡量短一些D．細繩要與木板平行E.若F′與F不完全重合，證明平行四邊形定則是錯誤的三、計算題要求解題步驟，和必要的文字說明（本題共36分）15、（12分）(本題9分)一質點沿x軸運動，開始時位置為x0=－2m，第1s末位置為x1=3m，第2s末位置為x2=1m．請分別求出第1s內和第2s內質點位移的大小和方向．16、（12分）如圖所示，質量為m的物體，在水平恒力F的作用下，在光滑水平面上經過一段水平位移l后，速度從v1變?yōu)関1．請你用牛頓定律和運動學規(guī)律證明：此過程中，合力的功等于物體動能的增量．17、（12分）(本題9分)如圖所示，質量為M＝4kg的小車靜止在光滑水平地面上，將一個質量為m1=0.995kg并可視為質點的小木塊靜置在車的左端，某時刻，一顆質量為m0=0.005kg的子彈以水平速度v0=400m/s擊中木塊并停留在木塊中沒有射出，已知木塊與車之間的動摩擦因數(shù)為μ=0.5，重力加速度為g=10m/s2.（1）求子彈擊中木塊后的速度v1；（2）如果最終木塊沒有從小車上掉下，小車至少多長？

參考答案一、選擇題：（1-6題為單選題7-12為多選，每題4分，漏選得2分，錯選和不選得零分）1、A【解析】

AB．根據得，線速度因為r甲＜r乙則v甲＞v乙，故A正確，B錯誤．CD．地球對衛(wèi)星的萬有引力因為衛(wèi)星的質量相等，r甲＜r乙，則F甲＞F乙，故CD錯誤．故選A．【點睛】解決本題的關鍵掌握萬有引力定律公式，知道衛(wèi)星做圓周運動向心力的來源，得出線速度的表達式是關鍵．2、B【解析】

A．因ab兩點同緣轉動，則線速度，選項A錯誤；B．因ra>rb，根據v=ωr可知角速度，選項B正確；C．根據可知，因ra>rb，則周期，選項C錯誤；D．根據可知，因ra>rb，則向心加速度，選項D錯誤。3、D【解析】

兩種情況用同樣大小的力拉繩，甲乙兩幅圖中左邊的船移動的位移相同，但乙圖中右邊的船也要移動，故拉力作用點移動的距離大；拉力的功等于拉力與作用點在拉力方向上的位移的乘積，故乙圖中拉力做功多，由于時間相同，故乙圖中拉力的功率大；故選D．4、A【解析】

ABCD．根據理想氣體狀態(tài)方程：，對于一定量的理想氣態(tài)在溫度不變時有pV為常數(shù)，由數(shù)學知識知p-V圖線為雙曲線，緩慢的將玻璃管向下壓，則封閉氣體體積減小，故對應圖象為A；故A項正確，B、C、D項錯誤.5、D【解析】將A、B的速度分解為沿繩的方向和垂直于繩子的方向，兩物體沿繩子方向的速度相等，有：所以：AB組成的系統(tǒng)機械能守恒，有：所以：繩長．故D正確，A、B、C錯誤．點睛：繩（桿）連接的物體沿繩（桿）方向的速度分量相等．6、D【解析】規(guī)定v1方向為正方向，網球初狀態(tài)的動量為：P1=mv1=0.058×40kgm/s=2.32kgm/s

末狀態(tài)的動量為：P2=mv2=0.058×（-60）kgm/s=-3.48kgm/s，則動量的變化量為：△P=P2-P1=-3.48-2.32=-5.8kgm/s，負號表示方向，可知動量變化量的方向與v1方向相反，故D正確，ABC錯誤．故選D．7、BC【解析】

A．圓a是地球同步軌道，衛(wèi)星A的運行方向與地球自轉方向相反所以不是地球同步衛(wèi)星，所以A項錯誤；B．衛(wèi)星B在橢圓軌道上，在近地點P速度最大動能最大，所以B項正確；C．根據萬有引力提供向心力可得GMmr2D．橢圓軌道與圓軌道對比周期，根據開普勒第三定律a3T28、BD【解析】當滑動變阻器的觸頭向上滑動時，R連入電路的電阻減小，故電路總電阻減小，總電流增大，根據E=U+Ir可知路端電壓減小，即電壓表示數(shù)減?。豢傠娏髟龃?，即R2兩端電壓增大，而路端電壓是減小的，故并聯(lián)電路兩端電壓減小，即R1兩端電壓減小，所以電流表示數(shù)減小，而根據P=I2R【點睛】在分析電路動態(tài)變化時，一般是根據局部電路變化（滑動變阻器，傳感器電阻）推導整體電路總電阻、總電流的變化，然后根據閉合回路歐姆定律推導所需電阻的電壓和電流的變化（或者電流表，電壓表示數(shù)變化），也就是從局部→整體→局部．9、AD【解析】

AC.鉛蓄電池的電動勢為2V，根據W=qU，表示電路中每通過1C電量，電源把2J化學能轉化為電能，與時間無關，故A正確，C錯誤；B.當電池不接入外電路，蓄電池兩極間的電壓為2V；當電池接入電路時，兩極間的電壓小于2V，故B錯誤；D.電源是通過非靜電力做功的，蓄電池將化學能轉變成電能時，非靜電力做的功比一節(jié)干電池（電動勢為1.5V）的大，故D正確。10、AD【解析】

A.由圖象可知，M點附近的電勢為負值、O點附近的電勢為正值，所以，q1與q2帶異種電荷，故A項與題意相符合；B．A、N點的電勢為零，但場強不為零（φ-y圖象的斜率不為零），故B項與題意不相符；C.從N點沿y軸正方向，電場強度的大小先減小后增大再逐漸減小，故C項與題意不相符；D.將一正點電荷從N點移到D點，電勢能先增后減，所以，電場力先做負功后做正功，故D項與題意相符．11、AD【解析】

兩球碰撞過程系統(tǒng)動量守恒，以兩球的初速度方向為正方向，如果兩球發(fā)生完全非彈性碰撞，由動量守恒定律得：，

代入數(shù)據解得：，

如果兩球發(fā)生完全彈性碰撞，有：，

由機械能守恒定律得：，

代入數(shù)據解得：，，

則碰撞后A、B的速度：，，故選項AD正確，BC錯誤．點睛：本題碰撞過程中動量守恒，同時要遵循能量守恒定律，不忘聯(lián)系實際情況，即后面的球不會比前面的球運動的快．12、BC【解析】設A的質量為M，B的質量為m．對物體B受力分析，受重力mg和拉力T，由二力平衡得到：T=mg，則知細繩對A的拉力不變，故A錯誤．對物體A受力分析，受重力、支持力、拉力和靜摩擦力，如圖所示：因不知道與T=mg的大小關系，故靜摩擦力可能向上，可能為零，也可能向下，則靜摩擦力的大小變化情況無法判斷，故C錯誤；根據平衡條件得：，解得，當不斷變大時，斜面對A的支持力N不斷減小，則斜面對A的壓力減?。蔅正確，物體A保持靜止，合力為零，不變，故D錯誤；選B．【點睛】先對物體B受力分析，受重力和支持力，由二力平衡得到拉力等于物體B的重力；再對物體A受力分析，受重力、支持力、拉力和靜摩擦力，根據平衡條件列式分析．二、實驗題（本題共16分，答案寫在題中橫線上）13、9.6【解析】

（1）滑塊從A處到達B處的速度:則系統(tǒng)動能的增加量：系統(tǒng)重力勢能的減小量：△Ep=mgd-Mgdsin30°=（m?）gd（2）根據系統(tǒng)機械能守恒的：（M+m）v2＝（m?）gd則：圖線的斜率：解得：g=9.6m/s214、D；應將結點仍拉到位置O；BD；【解析】（1）錯誤的步驟是D，為保證效果相同，應將結點仍拉到位置O；（1）、方向間夾角大小適當即可，不一定要為