2025屆安徽省阜陽市潁上第二中學物理高一第二學期期末監測試題請考生注意：1．請用2B鉛筆將選擇題答案涂填在答題紙相應位置上，請用0．5毫米及以上黑色字跡的鋼筆或簽字筆將主觀題的答案寫在答題紙相應的答題區內。寫在試題卷、草稿紙上均無效。2．答題前，認真閱讀答題紙上的《注意事項》，按規定答題。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)從某一高處平拋一個物體，物體著地時末速度與水平方向成α角，取地面處重力勢能為零，則物體拋出時，動能與重力勢能之比為（）A．sin2a B．cos2a C．tan2a D．1/tan2a2、(本題9分)如圖，某同學用兩根一樣長的繩子拴住一只鉤碼，拉住繩子兩頭使鉤碼懸停在空中，保持兩手處于同一高度，起始時兩繩間的夾角為，現將兩繩間夾角慢慢減小到，則（）A．兩繩拉力逐漸減小B．兩繩拉力逐漸增大C．兩繩拉力的合力逐漸減少D．兩繩拉力的合力逐漸增大3、降落傘在勻速下降過程中遇到水平方向吹來的風，若風速越大，則降落傘A．下落的時間越短 B．下落的時間越長C．落地時速度越小 D．落地時速度越大4、(本題9分)關于第一宇宙速度，下列說法正確的是（）A．它是人造地球衛星繞地球飛行的最小速度B．它是使衛星進入近地圓軌道的最大發射速度C．它是近地圓軌道上人造地球衛星的運行速度D．它是衛星在橢圓軌道上運行時在遠地點的速度5、為厲行低碳環保，很多城市用超級電容車替換城市公交，某款公交車在車底部安裝超級電容器（如圖），其標稱“，”．車輛進站后，車頂充電設備迅速搭到充電樁上完成快充，若該款質量為，額定功率的超級電容車，在平直的水平路面上行駛時，最大行駛速度為，在不載客的情況下，下列說法正確的是（）A．超級電容車以最大速度行駛時牽引力大小為B．超級電容車啟動時的加速度為C．電容器在電壓下才能正常工作D．超級電容器的電容隨電壓的增大而增大6、(本題9分)如圖所示,p、p/分別表示物體受到沖量前、后的動量,短線表示的動量大小為15kgm/s,長線表示的動量大小為30kgm/s,箭頭表示動量的方向.在下列所給的四種情況下,物體動量改變量相同的是(

)A．①② B．②④ C．①③ D．③④7、(本題9分)如圖所示，一傾角為a的固定斜面下端固定一擋板，一勁度系數為k的輕彈簧下端固定在擋板上．現將一質量為m的小物塊從斜面上離彈簧上端距離為s處，由靜止釋放，已知物塊與斜面間的動摩擦因數為μ，物塊下滑過程中的最大動能為Ekm，小物塊運動至最低點,然后在彈力作用下上滑運動到最高點，此兩過程中，下列說法中正確的是（）A．物塊下滑剛與彈簧接觸的瞬間達到最大動能B．下滑過程克服彈簧彈力和摩擦力做功總值比上滑過程克服重力和摩擦力做功總值大C．下滑過程物塊速度最大值位置比上滑過程速度最大位置高D．若將物塊從離彈簧上端2s的斜面處由靜止釋放，則下滑過程中物塊的最大動能大于2Ekm8、(本題9分)關于物體的動量和沖量，下列說法中正確的是()A．物體所受合外力的沖量越大，它的動量也越大B．物體所受合外力的沖量不為零，它的動量一定要改變C．物體的動量增量的方向，就是它所受合外力的沖量的方向D．物體所受的合外力越大，它的動量變化越快9、兩顆人造衛星A、B繞地球做圓周運動，周期之比為TA：TB＝1：8，則關于兩衛星及軌道半徑、運動速率、向心加速度之比的說法（）A．在軌道2為衛星AB．RA：RB＝1：4C．vA：vB＝1：8D．aA：aB＝16：l10、(本題9分)如圖所示，豎直放置的光滑圓軌道被固定在水平地面上，半徑r=0.4m，最低點處有一小球（半徑比r小很多），現給小球以水平向右的初速度v0，則要使小球不脫離圓軌道運動，v0應當滿足（g=10m/s2）：A．

m/s B．m/sC．v0≥4

m/s D．

m/s11、(本題9分)科幻電影《流浪地球》中講述了人類想方設法讓地球脫離太陽系的故事.地球流浪途中在接近木星時被木星吸引,當地球快要撞擊木星的危險時刻，點燃木星產生強大氣流推開地球拯救了地球.若逃逸前，地球、木星沿各自的橢圓軌道繞太陽運行，且航天器在地球表面的重力為G1，在木星表面的重力為G2，地球與木星均可視為球體，其半徑分別為R1、R2，則下列說法正確的是（）A．地球逃逸前，其在相等時間內與太陽連線掃過的面積相等B．木星與地球的第一宇宙速度之比為GC．地球與木星繞太陽公轉周期之比的立方等于它們軌道半長軸之比的平方D．地球與木星的質量之比為G12、(本題9分)如圖，等離子體以平行兩極板向右的速度v=100m/s進入兩極板之間，平行極板間有磁感應強度大小為0.5T、方向垂直紙面向里的勻強磁場，兩極板間的距離為10cm，兩極板間等離子體的電阻r=1Ω。小波同學在玻璃皿的中心放一個圓柱形電極接電路中B點，沿邊緣放一個圓環形電極接電路中A點后完成“旋轉的液體”實驗。若蹄形磁鐵兩極間正對部分的磁場視為勻強磁場，上半部分為S極，R0=2.0Ω，閉合開關后，當液體穩定旋轉時電壓表（視為理想電壓表）的示數恒為2.0V，則A．玻璃皿中的電流方向由中心流向邊緣B．由上往下看，液體做逆時針旋轉C．通過R0的電流為1.5AD．閉合開關后，R0的熱功率為2W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)在做“研究平拋運動”的實驗時，通過描點法面出小球平拋運動的軌跡，并求出平拋運動的初速度，實驗裝置如圖甲所示．某同學在描繪中拋運動軌跡時，得到的部分軌跡曲線如圖乙所示.在曲線上取A、B、C三個點，測量得到A、B、C三點間豎直距離=10.20cm，=20.20cm，A、B、C三點同水平距離=x=12.40cm，g取10m/s2，則物體平拋運動的初速度的計算式為______________(用字母、、x和g表示)，代入數據得其大小為________m/s.14、（10分）(本題9分)在“驗證機械能守恒定律”的實驗中，已知打點計時器所用的交流電的頻率為50Hz，查得當地的重力加速度g＝9.80m/s2，測得所用的重物的質量為1.00kg，實驗中得到一條點跡清晰的紙帶如圖所示．把第一個點記做O，另選連續的四個點A、B、C、D作為測量的點．經測量知道A、B、C、D四個點到O點的距離分別為1．22cm、2．99cm、3．14cm、4．67cm．根據以上數據可以計算出（1）打點計時器打下計數點C時，物體的速度________m/s（結果保留三位有效數字）；（2）重物由O點運動到C點，重力勢能的減少量△EP=_______J（結果保留三位有效數字）；動能的增加量△Ek=_______J（結果保留三位有效數字）．（3）通過計算，數值上△EP_____△Ek（填“<”、“>”或“=”），這是實驗存在誤差的必然結果，該誤差產生的主要原因是___________________________________．（4）根據紙帶提供的數據，在誤差允許的范圍內，重錘從靜止開始到打出C點的過程中，得到的結論是_____________________．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)有一種拓展訓練的項目是在兩山崖等高的A、B兩點之間栓上鋼絲繩索，通過繩索上的小滑輪使隊員沿繩索滑至對面。如圖，質量為m的隊員甲抓住小滑輪上的繩套，當他雙腳離地后，隊員乙用水平力拉住滑輪使懸點A與滑輪間的繩索AP呈豎直狀態，滑輪兩側繩索間的夾角為θ，然后將隊員甲由靜止釋放。不計繩和滑輪重、摩擦和空氣阻力，已知重力加速度為g，求(1)釋放前隊員乙對滑輪的水平拉力F；(2)當隊員甲下降的高度為h時他的速度大小。16、（12分）一輛質量m＝2×103kg的小轎車沿平直路面運動，發動機的額定功率P＝80kW，運動時受到的阻力大小為f＝2×103N．試求：(1)小轎車最大速度的大小；(2)小轎車由v0＝10m/s的速度開始以額定功率運動60s前進的距離(汽車最后的速度已經達到最大)．17、（12分）(本題9分)有一質量為0.2kg的物塊，從長為4m，傾角為30°光滑斜面頂端處由靜止開始沿斜面滑下，斜面底端和水平面的接觸處為很短的圓弧形，如圖所示.物塊和水平面間的滑動摩擦因數為0.2求：（1）.物塊在水平面能滑行的距離；（2）.物塊克服摩擦力所做的功(g取10m/s2)

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、D【解析】由物體落地時末速度與水平方向的夾角為θ，有，拋出的動能為，重力勢能做的功為，則物體拋出時其動能與重力勢能之比為cot2θ，D正確．2、A【解析】以繩子的中點為研究對象，分析受力：兩側繩子的拉力F1、F1和重物的拉力T重物的拉力T等于重物的重力根據平衡條件得知，F1、F1的合力與T大小相等，方向相反，則F1、F1的合力大小等于重物的重力，保持不變設重物的重力為G．根據動滑動輪的特點可知，F1=F1．設兩繩之間的夾角為1α，則由平衡條件得，1F1cosα=G，得到減小兩繩子之間的夾角α時，cosα增大，F1減小，則F1也減小故應選A．3、D【解析】本題考查的是運動的合成與分解問題，降落傘在勻速下降，風也是勻速吹得，下落時間與水平速度無關，高度一定，所以下落時間一定，A、B錯誤；水平速度越大，豎直速度不變，則其合速度越大，所以C錯誤，D正確．4、C【解析】第一宇宙速度是環繞地球運動的最大環繞速度，A錯；是發射衛星的最小發射速度，B錯；是近地圓軌道上人造地球衛星的運行速度，C對；D錯；5、A【解析】

A.根據P=Fv，以最大速度行駛時的牽引力大小為，故A正確；B.電容車行駛時受到的阻力與其速度成正比，剛開始啟動時v=0，f=0，因為電容車功率不變，所以根據P=Fv，牽引力隨速度增大而減小，剛啟動時的牽引力不等于最大速度時的牽引力，所以的結果不正確，故B錯誤；C.2.7V為電容的額定工作電壓，是電容器在電路中能夠長期穩定、可靠工作，所承受的最大直流電壓．超級電容器在小于等于2.7V電壓下能正常工作，故C錯誤；D.電容器的電容大小與充電電壓大小無關，由電容器本身因素決定，故D錯誤．6、C【解析】

取向右方向為正方向．①中初動量p=30kg?m/s，末動量p′=-15kg?m/s，則動量變化量為△p=p′-p=-45kg?m/s；②中初動量p=15kg?m/s，末動量p′=30kg?m/s，則動量變化量為△p=p′-p=15kg?m/s；③中初動量p=15kg?m/s，末動量p′=-30kg?m/s，則動量變化量為△p=p′-p=-45kg?m/s；④中初動量p=30kg?m/s，末動量p′=15kg?m/s，則動量變化量為△p=p′-p=-15kg?m/s；故①③物體動量改變量相同．故選C．【點睛】本題關鍵要注意動量是矢量，不僅要考慮大小，還要用正負號表示其方向；動量變化量等于末動量與初動量的差．7、BC【解析】A.物塊剛與彈簧接觸的瞬間，彈簧的彈力仍為零，仍有mgsinα>μmgcosα，物塊繼續向下加速，動能仍在增大，所以此瞬間動能不是最大，當物塊的合力為零時動能才最大，故A錯誤；B.根據動能定理，上滑過程克服重力和摩擦力做功總值等于彈力做的功．上滑和下滑過程彈力做的功相等，所以下滑過程克服彈簧彈力和摩擦力做功總值比上滑過程克服重力和摩擦力做功總值大，故B正確；C.合力為零時速度最大．下滑過程速度最大時彈簧壓縮量為x1，則mgsinα=kx1+μmgcosα，x1=；上滑過程速度最大時彈簧壓縮量為x2，則kx2=mgsinα+μmgcosα，x2=；x1<x2，所以下滑過程物塊速度最大值位置比上滑過程速度最大位置高，故C正確；D．若將物塊從離彈簧上端2s的斜面處由靜止釋放，下滑過程中物塊動能最大的位置不變，彈性勢能不變，設為Ep.此位置彈簧的壓縮量為x.根據功能關系可得：將物塊從離彈簧上端s的斜面處由靜止釋放，下滑過程中物塊的最大動能為Ekm=mg(s+x)sinα?μmg(s+x)cosα?Ep.將物塊從離彈簧上端2s的斜面處由靜止釋放，下滑過程中物塊的最大動能為E′km=mg?(2s+x)sinα?μmg?(2s+x)cosα?Ep.而2Ekm=mg(2s+2x)sinα?μmg(2s+2x)cosα?2Ep=[mg(2s+x)sinα?μmg(2s+x)cosα?Ep]+[mgxsinα?μmgxcosα?Ep]=E′km+[mgxsinα?μmgxcosα?Ep]由于在物塊接觸彈簧到動能最大的過程中,物塊的重力勢能轉化為內能和物塊的動能,則根據功能關系可得：mgxsinα?μmgxcosα>Ep，即mgxsinα?μmgxcosα?Ep>0，所以得E′km<2Ekm.故D錯誤．故選BC.8、BCD【解析】

物體所受合外力沖量越大，它的動量變化就越大，不是動量越大，故A錯誤；合外力的沖量等于物體動量的變化量，物體所受合外力沖量不為零，它的動量一定要改變，故B正確；合外力的沖量等于物體動量的變化量，所以物體的動量增量的方向就是物體動量變化量的方向，就是它所受沖量的方向，故C正確；由動量定理：物體所受的合外力越大，它的動量變化越快，故D正確．故選BCD．9、BD【解析】

AB.根據萬有引力提供向心力可知:兩顆人造衛星A、B繞地球做圓周運動,周期之比為1:8,所以軌道半徑之比RA：RB＝1：4,所以在軌道2為衛星B，故A錯誤，B正確

C.根據萬有引力提供向心力,由牛頓第二定律得:可得：vA：vB＝2：1故C錯誤；D.根據可得：aA：aB＝16：1故D正確。10、D【解析】最高點的臨界情況：，解得

根據動能定理得，解得：．

若不通過四分之一圓周，根據動能定理有：，解得

所以或，故D正確，ABC錯誤．點睛：解決本題的關鍵知道小球在內軌道運動最高點的臨界情況，以及能夠熟練運用動能定理．11、AD【解析】

A.由開普勒第二定律可知對每一個行星而言，行星與太陽的連線在相同時間內掃過的面積相等，所以地球逃逸前，其在相等時間內與太陽連線掃過的面積相等，故選項A正確；B.根據重力提供向心力得G1=mv12RC.根據開普勒第三定律得a13TD.根據重力與萬有引力相等，根據G'=GMmR2解得M=G'R2Gm，可得地球的質量為12、BD【解析】

AB．由左手定則可知，正離子向上偏，所以上極板帶正電，下極板帶負電，所以由于中心放一個圓柱形電極接電源的負極，沿邊緣放一個圓環形電極接電源的正極，在電源外部電流由正極流向負極，因此電流由邊緣流向中心，器皿所在處的磁場豎直向上，由左手定則可知，導電液體受到的磁場力沿逆時針方向，因此液體沿逆時針方向旋轉，故A錯誤，B正確；C．當電場力與洛倫茲力相等時，兩極板間的