2025屆萍鄉市重點中學物理高一第二學期期末達標檢測模擬試題注意事項：1．答卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號填寫在答題卡上。2．回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑，如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其它答案標號。回答非選擇題時，將答案寫在答題卡上，寫在本試卷上無效。3．考試結束后，將本試卷和答題卡一并交回。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)下列說法中正確的是A．物體在恒力作用下不可能做曲線運動B．物體在變力作用下，一定做曲線運動C．物體做勻速圓周運動時,其所受合外力的方向指向圓心D．勻速圓周運動是勻變速曲線運動2、(本題9分)如圖所示，發射地球同步衛星時，先將衛星發射至近地圓軌道1，然后經點火使其沿橢圓軌道2運行，最后再次點火將衛星送入同步圓軌道1．軌道1、2相切于Q點，軌道2、1相切于P點．則當衛星分別在1、2、1軌道上正常運行時，下列說法中正確的是()A．衛星在軌道1上的周期小于在軌道1上的周期B．衛星在軌道2上的速率始終大于在軌道1上的速率C．衛星在軌道2上運行時，經過Q點時的速率小于經過P點時的速率D．衛星在軌道2上運行時，經過Q點時的加速度大于經過P點的加速度3、汽車在水平公路上轉彎，沿曲線由M向N減速行駛，下圖中分別畫出了汽車轉彎時所受合力F的四種方向，你認為正確的是()A． B． C． D．4、(本題9分)如圖所示，水平桌面上有一個小鋼球和一根條形磁鐵，現給小鋼球一個沿OP方向的初速度v，則小鋼球的運動軌跡可能是A．甲 B．乙C．丁 D．丙5、(本題9分)起重機將重物吊起,在上升的過程中()A．重力做正功,重力勢能增加B．重力做負功,重力勢能減少C．重力做正功,重力勢能減少D．重力做負功,重力勢能增加6、(本題9分)首次在實驗室精確測定引力常量的科學家是（）A．卡文迪許 B．伽利略 C．牛頓 D．第谷7、(本題9分)汽車以大小相等速度通過凹凸不平的路面時，下列判斷正確的是（）A．汽車經過A、B兩點時對路面壓力值均等于車的重力B．汽車通過B點對路面壓力值小于汽車的重力C．汽車經過A、B兩點均處于超重狀態D．汽車通過A點時容易爆胎8、在如圖所示的豎直平面內，在水平線MN的下方有足夠大的勻強磁場，一個等腰三角形金屬線框頂點C與MN重合，線框由靜止釋放，沿軸線DC方向豎直落入磁場中．忽略空氣阻力，從釋放到線框完全進入磁場過程中，關于線框運動的v－t圖，可能正確的是：（）A． B． C． D．9、(本題9分)如圖所示，在M點分別以不同的速度將兩小球水平拋出，兩小球分別落在水平地面上的P點、Q點．已知O點是M點在地面上的豎直投影，OP:PQ=1:4，不考慮空氣阻力的影響．下列說法中正確的是（）A．兩小球的下落時間之比為1:4B．兩小球的下落時間之比為1:1C．兩小球的初速度大小之比為1:4D．兩小球的初速度大小之比為1:510、(本題9分)關于平拋運動，下列說法中正確的是（）A．平拋運動的軌跡是曲線，所以平拋運動是變速運動B．平拋運動是一種勻變速曲線運動C．平拋運動的水平射程x由初速度決定，與下落的高度h無關D．平拋運動的落地時間t由初速度決定，越大，t越大11、(本題9分)如圖所示，固定的傾斜光滑桿上套有一個質量為m的小球，小球與一輕質彈簧一端相連，彈簧的另一端固定在地面上的A點，已知桿與水平面之間的夾角θ<45°，當小球位于B點時，彈簧與桿垂直，此時彈簧處于原長．現讓小球自C點由靜止釋放，在小球滑到桿底端的整個過程中，關于小球的動能、重力勢能和彈簧的彈性勢能，下列說法正確的是()A．小球的動能與重力勢能之和保持不變B．小球的動能與重力勢能之和先增大后減少C．小球的動能與彈簧的彈性勢能之和增加D．小球的重力勢能與彈簧的彈性勢能之和保持不變12、(本題9分)物體在平拋運動過程中，在相等的時間內，下列哪個量是相等的（）A．位移 B．加速度 C．平均速度 D．速度的增量二、實驗題（本題共16分，答案寫在題中橫線上）13、（6分）(本題9分)某學習小組為驗證機械能守恒定律，用力傳慼器、輕繩、光滑定滑輪、小球和量角器設計了如下實驗。（已知重力加速度為g）（1）用不可伸長的繩子跨過兩個定滑輪，繩子兩端分別與小球和力傳感器相連，力感器固定在地面上，通過傳感器可測得繩子拉力；（2）調節兩定滑輪之間的距離，在小球靜止時，記下右端繩子長度L及_____（寫出相關量及字母符號）；（3）如圖所示，將小球拉到使繩與豎直方向成角θ時，靜止釋放，小球向下做圓周運動，為了求出小球在最低點A的速度，還需測量_____（寫出相關量及字母符號），并求出小球在最低點A的速度為_____（用已知和測得字母的符號表示）；（4）將小球拉到不同θ角度，重復實驗；（5）試寫出此驗證機械能守恒的關系式_____（用已知和測得的字母符號表示）。14、（10分）(本題9分)如圖為擺球法驗證機械能守恒定律實驗裝置的示意圖.實驗時,將擺球拉起且使懸線處于繃直狀態,通過固定在懸點處的量角器記錄下此時懸線與豎直方向的夾角,由靜止釋放擺球,擺球通過位于懸點正下方的光電門時,數字計時器會自動記錄下擺球通過光電門時的遮光時間t.已知擺球的質量、直徑,懸線繃直時懸點到擺球球心的距離,當地重力加速度大小，.(1)擺球通過光電門時的速度大小可表示為_________(用題目中給定的符號表示).(2)某次實驗中,測得擺球釋放時懸線與豎直方向的夾角,擺球通過光電門時的遮光時間,則擺球從釋放至最低點的過程中重力勢能的減少量____________，擺球動能的增加量____________(以上兩空的結果保留三位有效數字).由此可見,擺球運動過程中重力勢能的減少量與動能的增加量并不完全相等,原因是_______________________________________________.(3)請寫出一條有利于減小該實驗誤差的措施___________________________________________.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）如圖所示，把質量為0.2g的帶電小球A用絲線吊起，若將帶電荷量為4×10－8C的帶正電小球B靠近它，當兩小球在同一高度且相距3cm時，絲線與豎直方向的夾角為45°，g取10m/s2，，小球A、B均可視為點電荷．則：(1)小球A帶何種電荷？(2)此時小球B受到的庫侖力的大小為多少？(3)小球A所帶的電荷量是多少？16、（12分）(本題9分)如圖所示，兩個半徑為R=0.4m的四分之一圓弧構成的細管道ABC豎直放置，且固定在粗糙水平面上，圓心連線0102水平，管道的上端開口與粗糙平臺相連.輕彈簧左端固定在豎直擋板上，右端與質量為m=1kg的小球接觸(不栓接，小球的直徑略小于管的內徑)，開始時小球位于0點，彈簧處于鎖定狀態且具有的彈性勢能為30J.解除鎖定，小球離開彈簧后，以52m/s的速度進入管道，最后從C點離開停在平臺上距C點1m處的D點，已知小球與水平面、平臺間的摩擦因數均為μ=0.4，重力加速度g=10m/s2.(1)求小球經C點時的動能；(2)求小球經C點時所受的彈力大小；(3)求小球通過管道ABC的過程中摩擦力做的功；(4)求OA的長度.17、（12分）(本題9分)如圖所示，軌道ABC被豎直固定在水平桌面上，A距水平地面高H=0.75m，C距水平地面高h=0.45m，。一質量m=0.10kg的小物塊自A點從靜止開始下滑，從C點以水平速度飛出后落在地面上的D點。現測得C、D兩點的水平距離為x=0.60m。，不計空氣阻力，求：（1）小物塊從C點飛出時速度的大小vc；（2）小物塊從A點運動到C點的過程中克服摩擦力做的功Wf。

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、C【解析】

A、平拋運動過程中，物體受力恒定，但為曲線運動，A錯誤；B、物體在變力作用下，若變力和物體運動的方向共線，則做變加速直線運動，B錯誤；CD、勻速圓周運動是合外力全部提供向心力，即其所受合外力的方向指向圓心，做勻速圓周運動的物體合外力大小不變，方向時刻改變，即勻速圓周運動是變加速曲線運動，C正確D錯誤。2、D【解析】A、衛星繞中心天體做勻速圓周運動，由萬有引力提供向心力，，解得：，軌道1半徑比軌道1半徑大，所以衛星在軌道1上的周期大于在軌道1上的周期，故A正確；B、在軌道2上P點的速度小于軌道1上P點的速度，根據得衛星在軌道1上線速度小于衛星在軌道1上線速度，所以在軌道2上P點的速度小于衛星在軌道1上線速度，故B錯誤；C、因為衛星在軌道上飛行只受引力，根據機械能守恒條件知道，衛星在橢圓軌道上飛行時機械能守恒，由于遠地點P的勢能大于近地點Q勢能，所以遠地點P的動能就小于近地點Q的動能，經過Q點時的速率大于經過P點時的速率，故C正確；D、衛星運行時只受萬有引力，加速度，所以衛星在軌道2上運行時，經過Q點時的加速度大于經過P點的加速度，故D正確；不正確的故選B．【點睛】本題關鍵抓住萬有引力提供向心力，先列式求解出線速度和角速度的表達式，再進行討論，知道知道衛星變軌的原理，衛星通過加速或減速來改變所需向心力實現軌道的變換．3、C【解析】

根據曲線運動的受力方向總指向軌跡凹處，AB錯誤；由M向N減速行駛，則受力方向與運動方向的夾角大于90°，故C正確、D錯誤．4、D【解析】

磁體對鋼珠有相互吸引力，當磁鐵放在圖中的位置時，小鋼珠運動過程中有受到磁體的吸引，小鋼珠逐漸接近磁體做曲線運動，軌跡向合力方向彎曲，所以運動軌跡是丙，故D正確，ABC錯誤；5、D【解析】

重物上升過程中，位移方向向上，重力方向豎直向下，所以重力做負功，重物上升過程中，重力做負功，所以重力勢能增大，故D正確，ABC錯誤。6、A【解析】

A．牛頓發現了萬有引力定律之后，卡文迪許通過扭秤實驗首次準確測出引力常量，故A正確，C錯誤．B.伽利略通過理想斜面實驗，否定了亞里士多德的“力是維持物體運動原因”的理論；研究了自由落體運動，得到其運動規律，沒有測定引力常量G，故B錯誤．D.第谷觀測了行星的運動現象，得到大量的數據，但沒有測定引力常量G，故D錯誤．故選A7、BD【解析】A、由于做曲線運動根據牛頓第二定律可知汽車經過A、B兩點時對路面壓力值不等于車的重力，故A錯；B、汽車通過B點時存在向下的加速度，由牛頓第二定律得，所以N小于汽車的重力，結合牛頓第三定律可知B正確；C、汽車經過A點時有向上的加速度所以處于超重狀態，而經過B點時有向下的加速度所以處于失重狀態，故C錯誤；D、處于超重狀態下受到的擠壓力比較大，所以在A處比較容易爆胎，故D正確；本題選：BD點睛：利用牛頓第二定律求解圓周運動中的壓力問題，并且找知道什么是超重、失重．8、CD【解析】

根據楞次定律的“來拒去留”可知線框受到向上的安培力，線框由靜止向下做加速運動，設線框的有效切割磁感線的長度為L，線框的電阻為R，則有，根據歐姆定律可得，故，根據牛頓第二定律可得，故，運動過程中，L在變大，v在變大，故加速度在減小，即速度時間圖像的斜率再減小，故AB錯誤；由于不知道當線框完全進入磁場時重力和安培力的關系，所以之后線框的速度可能繼續增大，可能恒定不變，故CD正確9、BD【解析】兩球的拋出高度相同，所以下落時間相同，故AB錯誤；兩小球的水平位移分別為OP和OQ，故水平位移之比為1：5；由x=vt可知兩小球的初速度之比為1：5，故D正確，C錯誤．所以BD正確，AC錯誤．10、AB【解析】

平拋運動是具有水平方向的初速度只在重力作用下的運動，是一個勻變速曲線運動．解決平拋運動的方法是把平拋運動分解到水平方向和豎直方向去研究，水平方向做勻速直線運動，豎直方向做自由落體運動．【詳解】A、B項：平拋運動只受重力作用，加速度為重力加速度，不發生變化，是勻變速運動，運動軌跡是曲線，所以平拋運動一定是變速運動，故AB正確；C項：由平拋可得：，解得：，即：平拋運動的水平射程由物體下落的高度和初速度共同決定，故C錯誤；D項：由C知，平拋運動落地時間由h決定，與初速度無關，故D錯誤．【點睛】本題考查對平拋運動規律的掌握和理解，知道平拋運動可分解為水平方向的勻速直線運動和豎直方向的自由落體運動，結合運動規律分析水平射程和落地時間．11、BD【解析】

由題意可知，小球下滑過程中，只有重力和彈簧的彈力做功，故小球的動能、重力勢能及彈簧的彈性勢能之和保持不變，即小球的機械能與彈簧的彈性勢能之和保持不變，選項C錯誤，D正確；小球從C點到B點過程中，彈性勢能減小，然后彈性勢能增大，故小球的動能與重力勢能之和先增大后減少，選項B正確，A錯誤；故選BD.12、BD【解析】平拋運動在水平方向上做勻速直線運動，在豎直方向上做自由落體運動，在相等時間內，在水平方向上位移相等，豎直方向上的位移不等，則相等時間內位移不等，故A錯誤；平拋運動的加速度不變，總為g，根據△v=g△t，可知在相等時間內速度的增量大小方向都相同，故BD正確．平均速度等于位移除以時間，位移不等，平均速度也不等．故C錯誤．故選BD．二、實驗題（本題共16分，答案寫在題中橫線上）13、力傳感器的讀數F0力傳感器的讀數F【解析】

（2）[1]根據實驗原理可知，調節兩定滑輪之間的距離，在小球靜止時，記下右端繩子長度L及力傳感器的讀數F0，設小球的質量為m，此時該力的大小等于小球的重力mg，即F0＝mg（3）[2]如圖所示，將小球拉到使繩與豎直方向成角θ時，靜止釋放，小球向下做圓周運動，為了求出小球在最低點A的速度，還需測量力傳感器的讀數F；[3]當小球經過最低點時，小球受到的質量與繩子的拉力的合力提供向心力，即為：則小球在最低點A的速度為：（5）[4]小球拉到使繩與豎直方向成角θ時，小球下降的高度為：h＝L（1﹣cosθ）小球減少的重力勢能為：△Ep＝mgh＝F0L（1﹣cosθ）小球增加的動能為：若機械能守恒，則有：14、(1)(2)擺球運動過程中克服空氣阻力做功(只要有空氣阻力字樣同樣得分)(3)更換密度較大的擺球(能體現減小空氣阻力影響的措施同樣得分)【解析】（1）擺球通過光電門時的速度大小可表示為；（2）擺球從釋放至最低點的過程中重力勢能的減少量：