湖北省襄陽市四校2025屆物理高一第二學期期末綜合測試試題考生請注意：1．答題前請將考場、試室號、座位號、考生號、姓名寫在試卷密封線內，不得在試卷上作任何標記。2．第一部分選擇題每小題選出答案后，需將答案寫在試卷指定的括號內，第二部分非選擇題答案寫在試卷題目指定的位置上。3．考生必須保證答題卡的整潔。考試結束后，請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)關于功率以下說法中正確的是（）A．據

可知，機器做功越多，其功率就越大B．據

可知，汽車牽引力一定與速度成反比C．據

可知，知道時間t內機器所做的功，就可以求得這段時間內任一時刻機器做功的功率D．根據

可知，發動機功率一定時，交通工具的牽引力與運動速度成反比2、(本題9分)如圖所示為兩個點電荷在真空中所產生電場的電場線(方向未標出)．圖中C點為兩點電荷連線的中點，MN為兩點電荷連線的中垂線，D為中垂線上的一點，電場線的分布關于MN左右對稱．則下列說法中正確的是()A．D、C兩點的電場強度方向相同強弱不同B．這兩點電荷一定是等量同種電荷C．這兩點電荷一定是不等量異種電荷D．C點與D點的電勢不同3、(本題9分)投飛鏢是深受人們喜愛的一種娛樂活動．某運動員將一枚飛鏢從高于靶心的位置水平投向豎直懸掛的靶盤，結果飛鏢打在靶心的正下方，如圖3所示．假設飛鏢運動過程中所受空氣阻力不計，在其他條件不變的情況下，為使飛鏢命中靶心，該運動員在下次投擲時應該采取的正確方法是A．適當增大飛鏢投出時的初速度B．適當減小飛鏢投出時的高度C．到離靶盤稍遠些的地方投飛鏢D．換用質量稍大些的飛鏢4、(本題9分)如圖所示，小球從高處下落到豎直放置的輕彈簧上，在將彈簧壓縮到最短的整個過程中，下列關于小球和彈簧的能量敘述中正確的是（）A．重力勢能和動能之和總保持不變B．重力勢能和彈性勢能之和總保持不變C．動能和彈性勢能之和總保持不變D．重力勢能、彈性勢能和動能之和總保持不變5、(本題9分)下列說法正確的是（）A．曲線運動中速度大小一定時刻改變 B．平拋運動是勻變速曲線運動C．勻速圓周運動是加速度不變的運動 D．兩直線運動合成后一定是直線運動6、(本題9分)一物體受到恒定合外力作用而做曲線運動，下列判斷正確的是（）A．該物體的速度方向與合外力方向之間的夾角越來越小B．該物體的運動軌跡可能為圓C．在相等時間內合外力做的功一定相等D．該物體速度大小由v增加到2v和由2v增加到3v的兩個過程中，合外力所做的功相等7、(本題9分)如圖所示，斜面傾斜角為θ，從斜面的P點分別以v0和2v0的速度水平拋出AA．A、B兩球的水平位移大小之比為1:4B．A、B兩球飛行時間之比為1:2C．A、B兩球下落的高度之比為1:2D．A、B兩球落到斜面上的速度大小之比為1:48、任何有質量的物體周圍都存在引力場，萬有引力是通過引力場發生作用的。引入“引力場強度”A來表示引力場的強弱和方向，質量為m的物體在距離地心r處（r大于地球半徑）受到的萬有引力為F，則地球在該處產生的引力場強度A=，以下說法正確的是（）A．A的單位與加速度的單位相同B．A的方向與該處物體所受萬有引力的方向一致C．r越大，A越大D．m越大，A越小9、(本題9分)有關圓周運動的基本模型，下列說法正確的是（）A．如圖a，汽車通過拱橋的最高點處于超重狀態B．如圖b所示是一圓錐擺，增大θ，若保持圓錐的高不變，則圓錐擺的角速度不變C．如圖c，同一小球在光滑而固定的圓錐筒內的A、B位置先后分別做勻速圓周運動，則在A、B兩位置小球的角速度及所受筒壁的支持力大小相等D．火車轉彎超過規定速度行駛時，外軌對火車輪緣會有擠壓作用10、(本題9分)做曲線運動的物體，下列說法中正確的是A．曲線運動一定是變速運動B．速度的大小不斷發生變化，速度的方向不一定發生變化C．物體加速度可以不變D．它們受合外力一定是變力11、(本題9分)質量為的物塊以大小為的速度在光滑水平面上運動，與質量也為的靜止物塊發生碰撞，碰撞前后兩物體均在同一直線上運動，則碰撞后物塊的速度大小和物塊的速度大小可能為（）A． B．C． D．12、(本題9分)將甲、乙兩個質量相等的物體在距水平地面同一高度處，分別以v和2v的速度水平拋出，若不計空氣阻力的影響，則A．甲物體在空中運動過程中，任何相等時間內它的動量變化都相同B．甲物體在空中運動過程中，任何相等時間內它的動能變化都相同C．兩物體落地時動量對時間的變化率相同D．兩物體落地時重力的功率相同二、實驗題（本題共16分，答案寫在題中橫線上）13、（6分）（1）如圖所示，用“碰撞實驗器”可以驗證動量守恒定律，即研究兩個小球在軌道水平部分碰撞前后的動量關系．①若入射小球質量為m1，半徑為r1；被碰小球質量為m2，半徑為r2，為完成實驗需滿足．A．m1>m2，r1>r2B．m1>m2，r1<r2C．m1>m2，r1=r2D．m1<m2，r1=r2②實驗中，不容易直接測定小球碰撞前后的速度，但是可以通過僅測量（填選項前的符號），間接地解決這個問題．A．小球開始釋放高度hB．小球拋出點距地面的高度HC．小球做平拋運動的水平位移③圖中O點是小球拋出點在地面上的豎直投影，實驗時，先讓入射小球多次從斜軌上S位置由靜止釋放，找到其平均落地點的位置．然后把被碰小球靜置于軌道的水平部分末端，再將入射小球從斜軌上S位置由靜止釋放，多次重復，并找到碰撞后兩球落點的平均位置．用刻度尺分別測量三個落地點的平均位置離O點的距離，即線段OM、OP、ON的長度．入射小球的質量為m1，被碰小球的質量為m2，若滿足關系式則兩球碰撞前后系統動量守恒．14、（10分）(本題9分)某同學探究彈力與彈簧伸長量的關系.（1）將彈簧懸掛在鐵架臺上，將刻度尺固定在彈簧一側，彈簧軸線和刻度尺都應在_______方向（填“水平”或“豎直”）；（2）彈簧自然懸掛，待彈簧靜止時，長度記為L0，彈簧下端掛上砝碼盤時，長度記為Lx；在砝碼盤中每次增加10g砝碼，彈簧長度依次記為L1至L6，數據如下表：代表符號L0LxL1L2L3L4L5L6數值（cm）25.3527.3529.3531.3033.435.3537.4039.30表中有一個數值記錄不規范，代表符號為_______；（3）下圖是該同學根據表中數據作的圖，縱軸是砝碼的質量，橫軸是彈簧長度與_______的差值（填“L0或Lx”）；（4）由圖可知，彈簧的勁度系數為_______N/m（結果保留兩位有效數字，重力加速度g取9.8m/s2）.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)如圖所示，輕繩繞過定滑輪，一端連接物塊A，另一端連接在滑環C上，物塊A的下端用彈簧與放在地面上的物塊B連接，A、B兩物塊的質量均為m，滑環C的質量為M，開始時繩連接滑環C部分處于水平，繩剛好拉直且無彈力，滑輪到桿的距離為L，控制滑塊C，使其沿桿緩慢下滑，當C下滑L時，釋放滑環C，結果滑環C剛好處于靜止，此時B剛好要離開地面，不計一切摩擦，重力加速度為g．(1)求彈簧的勁度系數；(2)若由靜止釋放滑環C，求當物塊B剛好要離開地面時，滑環C的速度大小．16、（12分）(本題9分)一網球運動員在離開網的距離為12m處沿水平方向發球，發球高度為，網的高度為．（1）若網球在網上處越過，求網球的初速度；（2）若按上述初速度發球，求該網球落地點到網的距離，不考慮空氣阻力．（g取10m/s2）17、（12分）地球同步通信衛星繞地球做勻速圓周運動的周期與地球的自轉周期相同，均為T。（1）求地球同步通信衛星繞地球運行的角速度大小；（2）已知地球半徑為R，地球表面的重力加速度為g，求地球同步通信衛星的軌道距離地面的高度。

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】

A.P=W/t表明，功率不僅與物體做功的多少有關同時還與做功所用的時間有關，選項A不合題意B.P=Fv在該式中，當功率一定時，在一定階段汽車的牽引力與速度成反比，選項B不合題意；C.據P＝W/t知，知道時間t內機器所做的功，就可以求得這段時間內做功的平均功率，C選項不合題意；D.據P=Fv可知，當功率恒定時，牽引力與速度成反比，選項D符合題意．2、A【解析】根據電場線的特點，從正電荷出發到負電荷終止可以判斷，A、B是兩個等量異種電荷．故A正確；B錯誤；根據平行四邊形定則，對中垂線上的場強進行合成，知中垂線上每點的電場方向都水平向右，中垂線和電場線垂直，所以中垂線為等勢線，所以C點的電勢等于D點的電勢，故C正確；在兩等量異號電荷連線的中垂線上，中間點電場強度最大，也可以從電場線的疏密判斷，所以C點的電場強度比D點的電場強度大，故D正確．3、A【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，抓住等時性，運用運動學公式進行分析．【詳解】適當增大投放飛鏢的初速度，則運動的時間變短，下降的高度變小，會擊中靶心，故A正確．由于水平距離不變，初速度不變，則運動的時間不變，下降的高度不變，適當減小投放飛鏢的高度，仍然不會擊中靶心，故B錯誤．到稍遠些地方投放飛鏢，根據水平方向上做勻速直線運動知，運動的時間變長，根據等時性知，下降的高度變大，則仍不會擊中靶心．故C錯誤．平拋運動與飛鏢的質量無關，故D錯誤．故選A.【點睛】解決本題的關鍵知道平拋運動在水平方向和豎直方向上的運動規律，抓住等時性進行分析．4、D【解析】

A、對于小球從接觸彈簧到將彈簧壓縮到最短的過程中，小球的動能、重力勢能和彈簧的彈性勢能這三種形式的能量相互轉化，沒有與其他形式的能發生交換，也就說小球的動能、重力勢能和彈簧的彈性勢能之和保持不變。對于小球從接觸彈簧到將彈簧壓縮到最短的過程中，彈簧是一直被壓縮的，所以彈簧的彈性勢能一直在增大。因為小球的動能、重力勢能和彈簧的彈性勢能之和保持不變，重力勢能和動能之和始終減小。故A錯誤。

B、在剛接觸彈簧的時候這個時候小球的加速度等于重力加速度，在壓縮的過程中，彈簧的彈力越來越大，小球所受到的加速度越來越小，直到彈簧的彈力等于小球所受到的重力，這個時候小球的加速度為0，要注意在小球剛接觸到加速度變0的工程中，小球一直處于加速狀態，由于慣性的原因，小球還是繼續壓縮彈簧，這個時候彈簧的彈力大于小球受到的重力，小球減速，直到小球的速度為0，這個時候彈簧壓縮的最短。所以小球的動能先增大后減小，所以重力勢能和彈性勢能之和先減小后增加。故B錯誤。

C、小球下降，重力勢能一直減小，所以動能和彈性勢能之和一直增大。故C錯誤。

D、對于小球從接觸彈簧到將彈簧壓縮到最短的過程中，小球的動能、重力勢能和彈簧的彈性勢能這三種形式的能量相互轉化，沒有與其他形式的能發生交換，也就說小球的動能、重力勢能和彈簧的彈性勢能之和保持不變。故D正確。

故選D。5、B【解析】

A．曲線運動，它的速度的方向必定是改變的，但大小不一定變化，如勻速圓周運動，故A錯誤；B．平拋運動的加速度是重力加速度，保持不變，是勻變速運動，平拋運動的初速度方向與加速度方向不共線，軌跡是曲線，所以平拋運動是勻變速曲線運動，故B正確；C．勻速圓周運動的加速度始終指向圓心，方向時刻在改變，所以其加速度是變化的，故C錯誤；D．兩個直線運動的合運動不一定是直線運動，如平拋運動，故D錯誤；故選B。6、A【解析】

物體在恒定合外力作用下做曲線運動，合外力方向與速度方向不在同一直線上，且合外力指向軌跡彎曲的內側，物體的速度方向與合外力方向之間的夾角越來越小，故A正確．物體做圓周運動時由指向圓心的合外力提供向心力，向心力方向是變化的，合外力必定是變力，所以在恒定合外力作用的運動軌跡不可能是圓，故B錯誤．曲線運動在相等時間內，物體沿合外力方向的位移不一定相同，所以合外力做的功不一定相等，故C錯誤．由動能定理可知，W合1=m（2v）2-m（v）2=mv2，W合2=m（3v）2-m（2v）2=mv2，所以合外力所做的功不相等，故D錯誤．故選A．【點睛】本題的關鍵是要掌握質點做曲線運動的條件：合外力方向與速度方向不在同一直線上，且合外力指向軌跡彎曲的內側，知道圓周運動的受力特點．要知道動能定理是求功常用的方法．7、AB【解析】

AB.根據tanθ＝t=可知飛行時間之比為1：2，水平位移x=v0t，水平速度之比為1：2，則水平位移之比為1：1，故AB符合題意。C.根據h＝12gt2D.落在斜面上豎直分速度vy=gt=2v0tanθ，根據平行四邊形定則知，落在斜面上的速度v=可知落在斜面上的速度之比為1：2．故D不符合題意。8、AB【解析】

AB、F為質量為m的物體在距離地心r處（r大于地球半徑）受到的萬有引力，則A=表示的就是物體的加速度，根據牛頓第二定律定律，A的方向與該處物體所受萬有引力的方向一致，故AB正確。CD、由萬有引力定律F=G知，r越大，引力F越小，則A越小；由A=知，A與m無關，故CD錯誤。9、BD【解析】

A．當汽車在拱橋頂端時，根據牛頓第二定律則有可得根據牛頓第三定律可得汽車通過拱橋的最高點處汽車對橋頂的壓力小于重力，處于失重狀態，故A錯誤；B．球受到重力和繩的拉力作用，二者合力提供向心力，向心力大小為小球做圓周運動的半徑為由牛頓第二定律得聯立可得角速度知保持圓錐擺的高度不變，則角速度不變，故B正確；C．設支持力與豎直方向的夾角為，則支持力的大小則有由牛頓第二定律得可得角速度由于，所以可得故C錯誤；D．火車拐彎時超過規定速度行駛時，由于支持力和重力的合力不夠提供向心力，會對外軌產生擠壓，即外軌對輪緣會有擠壓作用，故D正確；故選BD。10、AC【解析】

曲線運動的速度方向一定變化，則一定是變速運動，選項A正確；速度的方向不斷發生變化，速度的大小不一定發生變化，選項B錯誤；物體加速度可以不變，例如平拋運動，選項C正確；它們受合外力不一定是變力，例如平拋運動，選項D錯誤.11、BD【解析】

A．碰撞前總動量為，總動能為，根據若兩球分開后同向運動，后面小球的速率不可能大于前面小球的速率，可知A錯誤；B．兩球碰撞滿足動量守恒，并且總動能為小于碰撞前的動能，符合題意，B正確；C．兩球動量守恒，動能為大于碰撞前的動能，不符合題意，C錯誤；D．動能兩球動量守恒，動能為小于碰撞前的動能，符合題意，D正確．故選BD。【點睛】對于碰撞過程，往往根據三個規律去分析：一是動量守恒；二是總動能不增加；三是碰后，若兩球分開后同向運動，后面小球的速率不可能大于前面小球的速率．12、ACD【解析】

試題分析：根據動量定理，動量的變化等于合外力對物體的沖量，在這里物體受到的合外力就是重力，因此相等時間內，合外力的沖量相等，因此動量變化量相同，A正確；在向下運動的過程中，豎直速度越來越大，因此相同時間內重力做功越來越快，因此相等時間內動能變化時都會越來越快，B錯誤；動量對時間的變化率就是合外力，因此兩物體落地時動量對時間的變化率相同，C正確；落地時，兩個物體豎直速度相等，因此重力的功率相等，D正確．考點：動量定理，功率【名師點睛】此題是對動量定理功率概念的考查；解題的關鍵是理解動量定理和動能定理；要知道相等時間內動量的變化量等于合外力的沖量，動量的變化率等于合外力；求解重力的功率時應該注意是重力與豎直速度的乘積.二、實驗題（本題共16分，答案寫在題中橫線上）13、（1）①C；②C；③m1OP=m1OM+m2ON；【解析】試題分析：（1）①為保證兩小球發生對心正碰，要求，為使碰后不反彈，要求；選C；②碰后，做平拋運動，且落地時間相等，可用水平位移代替小球的水平速度，選C；③根據動量守恒，根據②的結論，可得m1OP=m1OM+m2ON；考點：驗證動量守恒定律．14、豎直L3Lx4.9【解析】

第一空.將彈簧懸掛在鐵架臺上，將刻度尺固定在彈簧一側，彈簧軸線和刻度尺都應在豎直方向；第二空.用毫米刻度尺測量長度是要估讀到分度值的下一位，即以cm為單位需估讀到小數點的后兩位，故L3的數值記錄不規范；第三空.因為彈簧的