2025屆四川省成都市金牛區(qū)外國語學(xué)校高一物理第二學(xué)期期末質(zhì)量檢測試題含解析

2025屆四川省成都市金牛區(qū)外國語學(xué)校高一物理第二學(xué)期期末質(zhì)量檢測試題注意事項：1．答卷前，考生務(wù)必將自己的姓名、準(zhǔn)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(yīng)題目的答案標(biāo)號涂黑，如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其它答案標(biāo)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(jié)束后，將本試卷和答題卡一并交回。一、選擇題（本題共12小題，每小題5分，共60分，在每小題給出的四個選項中，有的小題只有一個選項正確，有的小題有多個選項正確.全部選對的得5分，選不全的得3分，有選錯的或不答的得0分）1、(本題9分)如圖所示，木塊A放在水平桌面上．木塊左端用輕繩與輕質(zhì)彈簧相連，彈簧的左端固定，用一輕繩跨過光滑定滑輪，一端連接木塊右端，另一端連接一砝碼盤（裝有砝碼），輕繩和彈簧都與水平桌面平行．當(dāng)砝碼和砝碼盤的總質(zhì)量為0.5kg時，整個裝置靜止，彈簧處于伸長狀態(tài)，彈力大小為3N．若輕輕取走盤中的部分砝碼，使砝碼和砝碼盤的總質(zhì)量減小到0.1kg，取g=10m/s2，此時裝置將會出現(xiàn)的情況是A．彈簧伸長的長度減小B．桌面對木塊的摩擦力大小不變C．木塊向右移動D．木塊所受合力將變大2、(本題9分)一絕緣小球A（可視為質(zhì)點），帶+3Q的電荷量，在距A球為r的B點處電場強(qiáng)度為E；現(xiàn)拿一同樣大小的小球C（帶-Q的電荷量）去接觸A球后再移走C球，則此時B點處的電場強(qiáng)度為：A． B． C．E D．3E3、(本題9分)物體在恒定的合外力作用下做直線運動，在時間△t1內(nèi)動能由0增大到E0，在時間?t2內(nèi)動能由E0增大到2E0.設(shè)合外力在△t1內(nèi)做的功是W1、沖量是I1，在?t2內(nèi)做的功是W2、沖量是I2，那么()A．I1<I2W1=W2 B．I1>I2W1=W2 C．I1<I2W1<W2 D．I1=I2W1<W24、豎直向上的恒力F作用在質(zhì)量為m的物體上，使物體從靜止開始運動升高h(yuǎn)，速度達(dá)到v，在這個過程中，設(shè)阻力恒為f，則下列表述正確的是()A．F對物體做的功等于物體動能的增量，即B．F對物體做的功等于物體機(jī)械能的增量，即C．F與f對物體做的功等于物體動能的增量，即D．物體所受合力的功等于物體動能的增量，即5、如圖所示，小楊用與水平方向成θ角的恒力F拖地，拖把沿水平方向移動了一段距離s.該過程中，力F對拖把做的功是A．Fs B．Fscosθ C．Fssinθ D．Fstanθ6、(本題9分)一顆運行中的人造地球衛(wèi)星，到地心的距離為r時，所受萬有引力為F；到地心的距離為2r時，所受萬有引力為()A．F B．3F C．F D．F7、(本題9分)一木塊靜止在光滑水平面上，一顆子彈沿水平方向射入木塊中，并留在了木塊里。則在子彈射入木塊的過程中（）A．子彈對木塊的沖量和木塊對子彈的沖量大小相等B．子彈對木塊的沖量大于木塊對子彈的沖量C．子彈對木塊做的功與木塊對子彈做的功大小相等D．子彈對木塊做的功小于木塊對子彈做的功8、在加速向右行駛的車廂里一個人用力向前推車廂，如圖所示，人相對車廂未移動，則（）A．人對車做正功 B．人對車做負(fù)功C．推力對車做正功 D．車對人靜摩擦力做正功9、(本題9分)圖示為一質(zhì)點在內(nèi)做直線運動的圖象．由圖可得（）A．在內(nèi)，合力對質(zhì)點做正功B．在內(nèi)，合力對質(zhì)點做負(fù)功C．在和內(nèi)，合力對質(zhì)點做的功相同D．在內(nèi)，合力對質(zhì)點做的功為零10、地球繞地軸OO′以ω角速度轉(zhuǎn)動，某地A處與赤道上B處如圖所示，則（）A．A、B兩點的角速度相等 B．A、B兩點的線速度相等C．若θ＝30°，則vA∶vB＝∶2 D．若θ＝30°，則vA∶vB＝1∶211、(本題9分)如圖所示，在空間中存在豎直向上的勻強(qiáng)電場，質(zhì)量為m、電荷量為+q的物塊從A點由靜止開始下落，加速度為g，下落高度H到B點后與一輕彈簧接觸，又下落h后到達(dá)最低點C，整個過程中不計空氣阻力，且彈簧始終在彈性限度內(nèi)，重力加速度為g，則帶電物塊在由A點運動到C點過程中，下列說法正確的是A．該勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度為B．帶電物塊機(jī)械能減少量為C．帶電物塊電勢能的增量為D．對于彈簧和物體組成的系統(tǒng)，重力勢能的減少量等于彈性勢能與電勢能的增加量之和12、(本題9分)下列關(guān)于電源電動勢的說法正確的是A．電源是通過靜電力把其它形式的能轉(zhuǎn)化為電能的裝置B．電動勢在數(shù)值上等于非靜電力把1C的正電荷在電源內(nèi)從負(fù)極移送到正極所做的功C．電源電動勢反映了電源內(nèi)部非靜電力做功的本領(lǐng)D．把同一電源接在不同的電路中，電源的電動勢將變化二．填空題(每小題6分，共18分)13、(本題9分)在“碰撞中的動量守恒”實驗中，儀器按要求安裝好后開始實驗，第一次不放被碰小球，第二次把被碰小球直接靜止放在斜樁末端的水平部分，在白紙上記錄下重錘位置和各小球落點的平均位置依次為O、A、B、C，設(shè)入射小球和被碰小球的質(zhì)層依次為m1、m2，則下列說法中正確的有（）A．第一、二次入射小球的落點濃次是B，AB．入射小球的質(zhì)量可以小于被碰小球的質(zhì)量C．第二次入射小球和被碰小球?qū)⑼瑫r落地D．若碰撞過程動量守恒，誤差范圍內(nèi)滿足：m1·AB=m2·OC14、(本題9分)如圖所示的裝置可用來驗證機(jī)械能守恒定律，擺錘A拴在長為L的輕繩一端，輕繩另一端固定在O點，在A上放一個質(zhì)量很小的小鐵塊，現(xiàn)將擺錘拉起，使繩與豎直方向成θ角，由靜止開始釋放擺錘，當(dāng)其到達(dá)最低位置時，受到豎直擋板P的阻擋而停止運動，之后鐵塊將飛離擺錘做平拋運動．(1)為了驗證擺錘在運動過程中機(jī)械能守恒，必須求出擺錘在最低點的速度．為了求出這一速度，還應(yīng)測量的物理量有__________．(2)用測得的物理量表示擺錘在最低點的速度v＝__________．(3)用已知的和測得的物理量表示擺錘在運動過程中機(jī)械能守恒的關(guān)系式為______．15、(本題9分)（1）在研究平拋運動的實驗中，下列說法正確的是__________A．必須稱出小球的質(zhì)量B．斜槽軌道必須是光滑的C．斜槽軌道末端必須是水平的D．應(yīng)該使小球每次從斜槽上相同位置從靜止開始滑下（2）如圖所示，某同學(xué)在研究平拋物體的運動的實驗中，用一張印有小方格的紙記錄軌跡，小方格的邊長L=5.00cm，若小球在平拋運動途中的幾個位置如圖中的a、b、c、d所示，則小球經(jīng)過相鄰位置之間的時間間隔t=________s小球平拋的初速度為v0=________m/s(g取值為10m/s2).三．計算題(22分)16、（12分）如圖所示，在傾角為30°的光滑固定斜面體上，一勁度系數(shù)為k=200N/m的輕質(zhì)彈簧一端連接固定擋板C，另一端連接一質(zhì)量為m=4kg的物體A，一輕細(xì)繩通過定滑輪，一端系在物體A上，另一端與質(zhì)量也為m的物體B相連，細(xì)繩與斜面平行，斜面足夠長，用手托住物體B使細(xì)繩剛好沒有拉力，然后由靜止釋放，試問：(1)剛釋放物體B時和物體A沿斜面向上運動獲得最大速度時，彈簧的形變量x1和x2分別是多大？(2)物體A的最大速度大?。?3)從開始釋放物體B到物體A獲得最大速度的過程中，物體B所受合外力的沖量大小和方向？17、（10分）(本題9分)如圖所示，質(zhì)量為m、電荷量為q的粒子以初速度v0垂直于電場方向射入兩極板間，兩平行板間存在方向豎直向下的勻強(qiáng)電場，已知板長為l，板間電壓為U，板間距為d，粒子能夠射出電場，不計粒子的重力．因為粒子在電場中只受到豎直向下的恒定的電場力作用，所以粒子在水平方向做勻速直線運動，在電場力方向做初速度為零的勻加速直線運動，其合運動類似于平拋運動．求：(1)粒子在電場中的加速度大??；(2)粒子通過電場的時間；(3)粒子射出電場時豎直方向的速度；(4)粒子射出電場時合速度與初速度方向的夾角的正切值；(5)粒子射出電場時沿電場方向偏移的距離．

參考答案一、選擇題（本題共12小題，每小題5分，共60分，在每小題給出的四個選項中，有的小題只有一個選項正確，有的小題有多個選項正確.全部選對的得5分，選不全的得3分，有選錯的或不答的得0分）1、B【解析】當(dāng)砝碼和砝碼盤的總質(zhì)量為0.5kg時，整個裝置靜止，彈簧處于伸長狀態(tài)時，由平衡條件可知木塊A所受的靜摩擦力為：f1=m砝g-F彈=0.5×10-3=2（N），所以桌面對木塊A的靜摩擦力至少為2N．當(dāng)砝碼和砝碼盤的總質(zhì)量減小到0.1kg，F(xiàn)彈-m′砝g=3N-0.1×10N=2N，不超過最大靜摩擦力，所以木塊相對桌面仍靜止，木塊所受合力為零，沒有變化，彈簧伸長的長度不變．根據(jù)平衡條件可知，桌面對木塊的摩擦力大小為f2=F彈-m′砝g=2N=f1，即桌面對木塊的摩擦力大小不變．故B正確，ACD錯誤．故選B.2、A【解析】

根據(jù)點電荷A周圍的電場強(qiáng)度的決定式可知，B點的場強(qiáng)為；而當(dāng)小球C和A接觸移走后，兩者的電量先中和后平分為+Q，則B點的場強(qiáng)為；可知；故B、C、D錯誤，A正確.3、B【解析】

根據(jù)動能定理得：W1=E0-0=E0，W1=1E0-E0=E0則W1=W1．動量與動能的關(guān)系式為P=2mI1=2m則I1＞I1．A.I1<I1W1=W1與上述分析結(jié)論I1>I1W1=W1不相符，故A不符合題意；B.I1>I1W1=W1與上述分析結(jié)論I1>I1W1=W1相符，故B符合題意；C.I1<I1W1<W1與上述分析結(jié)論I1>I1W1=W1不相符，故C不符合題意；D.I1=I1W1<W1與上述分析結(jié)論I1>I1W1=W1不相符，故D不符合題意。4、D【解析】

AD．由動能定理可知：即物體所受合力的功等于物體動能的增量；選項A錯誤，D正確；B．由可知，F(xiàn)對物體做的功等于物體機(jī)械能的增量與克服阻力做功之和，選項B錯誤；C．由可知，F(xiàn)與f對物體做的功等于物體機(jī)械能的增量，選項C錯誤；故選D。5、B【解析】

由圖可知，力和位移的夾角為θ，故推力的功為：W=Fscosθ；A.Fs，與結(jié)論不相符，選項A錯誤；B.Fscosθ，與結(jié)論相符，選項B正確；C.Fssinθ，與結(jié)論不相符，選項C錯誤；D.Fstanθ，與結(jié)論不相符，選項D錯誤；6、C【解析】

根據(jù)萬有引力定律，有距離為2r時可得故C正確，ABD錯誤。7、AD【解析】

AB.子彈對木塊的作用力與木塊對子彈的作用力是一對作用力與反作用力，故兩者大小相等，作用時間也相等，所以子彈對木塊的沖量和木塊對子彈的沖量大小相等，故A正確，B錯誤。CD.子彈對木塊的作用力與木塊對子彈的作用力大小速度，但是子彈的對地位移大于木塊的對地位移，子彈對木塊做的功小于木塊對子彈做的功，故C錯誤，D正確。8、BCD【解析】

AB.由于人向右加速運動，故車廂對人的力向右，由牛頓第三定律可知，人對車的作用力向左，力與位移方向相反，人對車做負(fù)功，故選項A不符合題意，B符合題意；C.人的推力向右，而車和人又是向右運動的，推力和位移的方向相同，故推力做正功，故選項C符合題意；D.由于車廂對人靜摩擦力向右，力與位移方向相同，故可知車廂對人的靜摩擦力做正功，故選項D符合題意。9、BD【解析】A、在1s～3s內(nèi)，物體的速度不變，故物體的動能不變，根據(jù)動能定理可知合力對質(zhì)點不做功，故A錯誤；B、在0～1s，物體的速度減小，故動能減小，根據(jù)動能定理可知合力對質(zhì)點做負(fù)功，故B正確；C、在0～1s速度減小，動能減小，故合外力做負(fù)功，而3s～4s內(nèi)，動能增大，故合力對質(zhì)點做的正功，所以合力對質(zhì)點所做的功不相同，故C錯誤；D、由圖可知，0～4s內(nèi)的初末速度相同，故動能的變化量為零，則由動能定理可知，合力對質(zhì)點做的功為零，故D正確；故選BD．【點睛】由v-t圖象可明確質(zhì)點在某一過程中的初末狀態(tài)的速度，明確動能的變化情況，再由動能定理即可分析合外力做功情況．10、AC【解析】

A.A、B兩點共軸轉(zhuǎn)動，角速度相等，之比為1：1，故A項與題意相符；B.根據(jù)可知，由于AB兩點的轉(zhuǎn)動半徑不同，所以兩點的線速度不相等，故B項與題意不相符；CD.A、B轉(zhuǎn)動的半徑之比為根據(jù)可知，vA∶vB＝∶2，故C項與題意相符，D項與題意不相符。11、CD【解析】

A.物體靜止開始下落時的加速度為g，根據(jù)牛頓第二定律得：mg-qE=ma，解得：，故A錯誤。B.從A到C的過程中，帶電物塊速度都為零，則機(jī)械能變化為重力勢能減少量mg（H+h），故B錯誤。C.從A到C過程中，電場力做功為W=-qE（H+h）=-（H+h），，則電勢能增加量為（H+h），故C正確。D根據(jù)能量守恒知對于彈簧和物體組成的系統(tǒng)，重力勢能的減少量等于彈性勢能與電勢能的增加量之和，故D正確。12、BC【解析】

電動勢是表示電源把其它形式的能轉(zhuǎn)化為電能的本領(lǐng)大小的物理量．電動勢由電源本身的特性決定，與外電路的結(jié)構(gòu)無關(guān)．【詳解】電源是把其他形式的能（非靜電力）轉(zhuǎn)化為電能的裝置，電源電動勢反映了電源內(nèi)部非靜電力做功的本領(lǐng)，A錯誤C正確；根據(jù)E=W二．填空題(每小題6分，共18分)13、AD【解析】

入射小球和被碰小球相撞后，被碰小球的速度增大，入射小球的速度減小，碰前碰后都做平拋運動，高度相同，落地時間相同，所以B點是沒有碰時入射小球的落地點，A碰后入射小球的落地點，C碰后被碰小球的落地點，故A正確；為防止兩球碰撞后入射球反彈，入射球的質(zhì)量要大于被碰球的質(zhì)量，故B錯誤；兩球碰后都做平拋運動，豎直高度相同，它們在空中的運動時間相等，由于被碰球先離開斜槽入射球后離開斜槽，被碰球先落地，入射球后落地，故C錯誤；如果兩球碰撞過程系統(tǒng)動量守恒，以向右為正方向，由動量守恒定律得：m1v1=m1v2+m2v3，小球離開軌道后做平拋運動，它們拋出點的高度相等，在空中的運動時間t相等，上式兩邊同時乘以t得：m1v1t=m1v2t+m1v3t，得：m1OB=m1OA+m2OC，即：m1AB=m2OC，故D正確．所以AD正確，BC錯誤．14、遇到擋板之后鐵片的水平位移s和堅直下落高度h【解析】

①鐵片在最低點飛出時做平拋運動,平拋的初速度即為鐵片在最低點的速度,

根據(jù)平拋運動規(guī)律可以知道因此要想求出平拋的初速度,應(yīng)該測量遇到擋板后鐵片的水平位移x和豎直下落高度h.

②根據(jù)鐵片做平拋運動有:聯(lián)立得出:

③下落到最低點過程中,擺錘重力勢能的減小量等于其重力做功,因此有:動能的增量為:，根據(jù)得機(jī)械能守恒的關(guān)系式為15、CD0.12.