2025年安徽省淮北市同仁中學物理高一下期末檢測試題注意事項1．考生要認真填寫考場號和座位序號。2．試題所有答案必須填涂或書寫在答題卡上，在試卷上作答無效。第一部分必須用2B鉛筆作答；第二部分必須用黑色字跡的簽字筆作答。3．考試結束后，考生須將試卷和答題卡放在桌面上，待監考員收回。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、中國“北斗”衛星導航系統是我國自行研制的全球衛星定位與通信系統，是繼美國GPS系統和俄羅斯“格洛納斯”（GLONASS）系統之后第三個成熟的衛星導航系統。系統由空間端、地面端和用戶端組成，其中空間端包括5顆地球同步衛星和30顆非地球同步衛星，以下說法正確的是（）A．這5顆地球同步衛星的發射速度都大于第一宇宙速度B．這5顆地球同步衛星的運行周期與地球自轉周期不一定相等C．這5顆地球同步衛星運動的加速度大小不一定相同D．為避免相撞，不同國家發射的地球同步衛星必須運行在不同的軌道上2、(本題9分)如圖所示，在光滑的水平面上有一小球a以初速度v0運動，同時刻在它的正上方有一小球b也以v0的初速度水平拋出，并落于c點，則()A．小球a先到達c點 B．小球b先到達c點C．兩小球同時到達c點 D．無法判斷3、(本題9分)如圖，一個質量為m的剛性圓環套在粗糙的豎直固定細桿上，圓環的直徑略大于細桿的直徑，圓環的兩邊與兩個完全相同的輕質彈簧的一端相連，輕質彈簧的另一端相連在和圓環同一高度的墻壁上的P、Q兩點處，彈簧的勁度系數為k，開始時圓環處于O點，彈簧處于原長狀態且原長為l，細桿上的A、B兩點到O點的距離都為l，將圓環拉至A點由靜止釋放，重力加速度為g，對于圓環從A點運動到B點的過程中，下列說法正確的是A．圓環通過O點的加速度小于gB．圓環與兩彈簧組成的系統機械能不守恒C．圓環在O點的速度為D．圓環在B點的速度為24、(本題9分)輕彈簧下端固定，處于自然狀態，一質量為m的小球從距離彈簧上端H的高度自由落下，彈簧的最大圧縮量為L，換用質量為2m的小球從同一位置落下，當彈簧的壓縮量為L時，小球的速度等于________。（已知重力加速度為g，空氣阻力不計，彈簧形變沒有超出其彈性限度。）A． B． C． D．5、(本題9分)如圖,在下列不同情形中將光滑小球以相同速率v射出,忽略空氣阻力,結果只有一種情形小球不能到達天花板,則該情形是（）A．AB．BC．CD．D6、(本題9分)下列物體中，具有彈性勢能的是A．被舉高的重物 B．彎曲的撐桿C．飛行的子彈 D．滾動的足球7、(本題9分)把兩個質量相等的小球a、b放在玻璃漏斗中，晃動漏斗，可以使兩小球沿光滑的漏斗壁分別在1、2水平面內做勻速圓周運動，如圖所示.平面1比平面2高，軌道1半徑是軌道2半徑的2倍.則（）A．小球做勻速圓周運動時受到重力支持力、向心力B．小球a的線速度大小是小球b的倍C．小球a對漏斗壁的壓力大小是小球b的2倍D．小球a的向心加速度大小等于小球b的向心加速度8、(本題9分)發射高軌道衛星時，一般是先將衛星發射至近地圓形軌道1上運行，然后在某點Q變速，使其沿橢圓軌道2運行，最后在遠地點P再次變速，將衛星送入預定圓形高軌道3運行，已知軌道1、2相切于Q點，軌道2、3相切于P點．設衛星的質量保持不變，衛星分別在1、2、3軌道上正常運行時，只受地球引力作用，則下列說法正確的是A．衛星在1軌道上正常運行時的速度小于在3軌道上正常運行時的速度B．衛星在1軌道上正常運行時的機械能小于在3軌道上正常運行時的機械能C．衛星在軌道2上從P點運動到Q點過程中，處于失重狀態，但不是完全失重狀態D．衛星在軌道2上從P點運動到Q點過程中，加速度逐漸增大9、如圖所示，人在岸上勻速的、拉著質量不計的繩子使船靠岸，已知船的質量為m，水的阻力恒為f，當船沿水面行駛x米的位移時，輕繩與水平面的夾角為θ，船的速度為v，此時人的拉力大小為F，則（）A．人拉繩的速度大小是vB．船行駛x米位移的過程，人的拉力做功為FxcosθC．船行駛x米位移時，人的拉力的瞬時功率為FvcosθD．此時船的加速度為F10、(本題9分)如圖所示，一輛汽車沿水平面向右勻速運動，通過定滑輪將重物A豎直吊起，在吊起重物的過程中，關于重物的運動及受力情況下列判斷正確的是（）A．重物勻速上升B．重物加速上升C．重物所受重力等于拉力D．重物所受重力小于拉力11、(本題9分)如圖甲所示，質量為0.5kg的物塊A和足夠長的木板B疊放在光滑水平面上，t=0時刻，木板B受到水平向右的拉力F作用，0~4s內，F隨時間t變化的關系如圖乙所示，木板B加速度a與時間t的關系如圖丙所示。若物塊A與木板B間的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度取10m/s2。則A．木板B的質量為1kgB．物塊A與木板B之間的動摩擦因數為0.4C．2s~4s內，物塊A的加速度隨時間均勻增大D．2s~4s內，物塊A的速度隨時間均勻增大12、(本題9分)下列運動屬于反沖運動的有()A．乒乓球碰到墻壁后彈回 B．發射炮彈后炮身后退C．噴氣式飛機噴氣飛行 D．船員劃槳使船前進二．填空題(每小題6分，共18分)13、(本題9分)某探究小組為探究向心力與線速度、角速度、圓周半徑等大小關系，利用兩個相同材質可繞豎直軸轉動的水平轉盤和兩個相同的長方體小橡皮擦進行實驗．如圖所示，轉盤半徑分別為2r和r，A點在大轉盤的邊緣處、B點在大轉盤上離轉軸距離為r處，C點在小轉盤的邊緣處，橡皮擦與轉盤間的最大靜摩擦力是其所受重力的μ倍，大轉盤通過皮帶帶動小轉盤無打滑地轉動．現將一橡皮擦放置在A處，（1）為探究線速度大小相等時向心力大小與圓周半徑大小的關系，應將另一橡皮擦放在_____（填“B”或“C”）處，當緩慢增大轉速，可看到放置在_____處的橡皮擦先開始滑動，此時大轉盤的角速度大小ω=__________．（2）為探究角速度相等時向心力大小與圓周半徑大小的關系，應將另一橡皮擦放在______（填“B”“C”）處，緩慢增大轉速，可看到放置在_____處的橡皮擦先開始滑動．14、在利用自由落體“驗證機械能守恒定律”的實驗中，（1）下列器材中不必要的一項是____（只需填字母代號）．A．重物B．紙帶C．天平D．50Hz低壓交流電源E．毫米刻度尺（1）關于本實驗的誤差，下列說法正確的是____A．必須選擇質量較小的重物，以便減小誤差B．必須選擇點跡清晰且第1、1兩點間距約為1mm的紙帶，以便減小誤差C．必須先松開紙帶后接通電源，以便減小誤差D．本實驗應選用密度大體積小的重物，以便減小誤差（3）在該實驗中，質量m=lkg的重錘自由下落，在紙帶上打出了一系列的點，如圖所示．O是重錘剛下落時打下的點，相鄰記數點時間間隔為0.01s，長度單位是cm，g=9.8m/s1．則從點O到打下記數點B的過程中，物體重力勢能的減小量△EP=____J，動能的增加量△EK=____J（兩空均保留3位有效數字）．由此你得到的結論是__________________________________________。15、如圖甲所示是“研究平拋運動”的實驗裝置，其中M為電磁鐵，S為輕質開關，E為電池，a、b是兩個相同的小鋼球．（1）如圖甲所示，在研究平拋運動時，小球a沿軌道滑下，離開軌道末端（末端水平）時撞開輕質接觸式開關S，此時被電磁鐵吸住的小球b同時自由下落．改變整個裝置的高度H做同樣的實驗，發現位于同一高度的a、b兩球總是同時落地．該實驗現象說明了a球在離開軌道后_____A．水平方向的分運動是勻速直線運動B．水平方向的分運動是勻加速直線運C．豎直方向的分運動是自由落體運動D．兩小球落地速度的大小相同（2）利用該實驗裝置研究a小球平拋運動的速度，從斜槽同一位置釋放小球，實驗得到小球運動軌跡中的三個點A、B、C，如圖乙所示．圖中O為坐標原點，B點在兩坐標線交點，坐標xB＝40cm，yB＝20cm，A、C點位于所在小方格線的中點．則a小球水平飛出時的初速度大小為v0＝_____m/s；平拋小球在B點處的瞬時速度的大小vB＝_____m/s．（g＝10m/s2）三．計算題(22分)16、（12分）我國航天事業的了令世界矚目的成就，其中嫦娥三號探測器與2013年12月2日凌晨1點30分在四川省西昌衛星發射中心發射，2013年12月6日傍晚17點53分，嫦娥三號成功實施近月制動順利進入環月軌道，它繞月球運行的軌道可近似看作圓周，如圖所示，設嫦娥三號運行的軌道半徑為r，周期為T，月球半徑為R．(1)嫦娥三號做勻速圓周運動的速度大小(2)月球表面的重力加速度(3)月球的第一宇宙速度多大．17、（10分）小明踩著滑板沿水平方向以v0=3m/s的速度離開平臺，假設經過t=0.4s以不變的姿勢著地，如圖所示，小明和滑板的總質量m=50kg，取g=10m/s2，不計空氣阻力．求：（1）平臺的高度h；（2）著地前瞬間速度v及重力的瞬時功率P。

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、A【解析】

A．第一宇宙速度是在地面附近發射人造衛星的速度的最小值，所以這5顆地球同步衛星的發射速度都大于第一宇宙速度，故A正確；B．由于同步衛星與地球同步，因此同步衛星的周期必須與地球自轉周期相同，故B錯誤；C．根據萬有引力提供向心力，可得可得同步衛星的加速度的大小所以這5顆地球同步衛星的加速度大小一定相同，故C錯誤；D．地球同步衛星，與赤道平面重合，離地面的高度相同，在相同的軌道上，故D錯誤。故選A。2、C【解析】

b球做平拋運動，在水平方向上以v0做勻速直線運動，與a球的運動規律相同，可知兩球同時到達c點，故C正確，A、B、D錯誤．3、D【解析】

A.圓環通過O點時，水平方向合力為零，豎直方向只受重力，故加速度等于g，故A錯誤。B.圓環在下滑過程中與粗糙細桿之間無壓力，不受摩擦力，則圓環與兩彈簧組成的系統機械能守恒，選項B錯誤；C.圓環從A到O過程，根據功能關系，2EP+mgl＝mvA2，解得vA大于，故C錯誤。D.圓環從A到B過程，根據功能關系，減少的重力勢能轉化為動能，mg?2l＝mvB2，解得vB＝2，故D正確。4、C【解析】

設彈簧壓縮量為時，彈簧的彈性勢能為，質量為的小球下落時,根據機械能守恒，質量為2m小球下落時，根據機械能守恒定律，解得；A.，與結論不相符，A錯誤；B.，與結論不相符，B錯誤；C.，與結論相符，C正確；D.，與結論不相符，D錯誤；5、B【解析】試題分析：由題意，忽略空氣阻力，小球的機械能守恒，將光滑小球以相同速率v射出，則當小球的速度為零時，小球到達的高度最大；圖中的ACD三種情況中，小球的速度都能到零；而B圖中小球做斜上拋運動，到達最高點的速度不為零，故上升的最大高度小于ACD三種情況，故如果只有一種情形小球不能到達天花板，則該情形是B；故選B.考點：機械能守恒定律.6、B【解析】

一切運動的物體都具有動能，被舉高的物體都具有重力勢能，發生彈性形變的物體具有彈性勢能；因此，

被舉高的重物，具有重力勢能；彎曲的撐桿，發生了彈性形變具有彈性勢能；空中飛行的子彈；由于運動而具有動能，又因為它在空中有一定高度，而具有重力勢能；滾動的足球具有動能，故選項B正確，A、C、D錯誤。7、BD【解析】A、小球做勻速圓周運動時，只受重力和支持力兩個力作用，由兩個力的合力提供向心力，故A錯誤．

B、受力分析如圖所示：根據牛頓第二定律得：，解得：，知軌道1半徑是軌道2半徑的2倍，則同一個小球在軌道1的線速度是軌道2線速度的倍，即：小球a的線速度大小是小球b的倍，故B正確；

C、軌道對小球的支持力為：，與軌道平面的高度無關，則小球對軌道的壓力也與軌道平面無關，因此同一個小球a和小球b對漏斗壁的壓力大小相等，故C錯誤；

D、根據得：，知同一個小球在軌道1的向心加速度等于在軌道2的向心加速度，即小球a的向心加速度大小等于小球b的向心加速度，故D正確．點睛：本題是圓錐擺類型的問題，分析受力情況，確定小球向心力的來源，再由牛頓第二定律和圓周運動規律結合進行分析，是常用的方法和思路．8、BD【解析】

A.根據可知，則衛星在1軌道上正常運行時的速度大于在3軌道上正常運行時的速度，選項A錯誤；B.衛星從軌道1要在Q點加速進入軌道2，然后在軌道2上的P點再加速進入軌道3，則衛星在1軌道上正常運行時的機械能小于在3軌道上正常運行時的機械能，選項B正確；C.衛星在軌道2上從P點運動到Q點過程中，只受萬有引力作用，處于完全失重狀態，選項C錯誤；D.根據可知，衛星在軌道2上從P點運動到Q點過程中，加速度逐漸增大，選項D正確；9、CD【解析】

A.船運動的速度是沿繩子收縮方向的速度和繞定滑輪的擺動速度的合速度。如圖1所示根據平行四邊形定則有，v人=vcosθ，故A項與題意不相符；B.如圖2可知，當船前進的距離為x時，人走的距離：x′=x1-x2≠x，所以人做的功W≠Fxcosθ．故B項與題意不相符；C.船行駛x米位移時v人=vcosθ，人的拉力的瞬時功率為：P=Fv人=Fvcosθ，故C項與題意相符；D.對小船受力分析，如圖所示，則有Fcosθ-f=ma因此船的加速度大小為Fcos故D項與題意相符。10、BD【解析】設繩子與水平方向的夾角為θ，將小車的速度分解為沿繩子方向和垂直于繩子方向，沿繩子方向的速度等于A的速度，根據平行四邊形定則得，vA=vcosθ，車子在勻速向右的運動過程中，繩子與水平方向的夾角為θ減小，所以A的速度增大，A做加速上升運動，且拉力大于重物的重力，故AC錯誤，BD正確，故選BD．點睛：解決本題的關鍵會對小車的速度進行分解，知道小車的速度是沿繩子方向和垂直于繩子方向速度的合速度．11、AD【解析】

A.由圖可知，在0-2s內木板B和物塊A一起加速運動，則對AB整體，由牛頓第二定律：F=(M+m)a，將F=3N，a=2m/s2，解得M=1kg，選項A正確；B.2s后，物塊與木板產生相對滑動，由圖可知，4s時F=6N，此時木板的加速度為5m/s2，則對木板：，解得μ=0.2，選項B錯誤；C.2s~4s內，物塊A受大小不變的滑動摩擦力作用，則其加速度a=μg，不變，選項C錯誤；D.2s~4s內，物塊A的速度v=at=μgt，隨時間均勻增大，選項D正確。12、BCD【解析】乒乓球碰到墻壁上彈回是因為受到了墻壁的作用力，不是反沖，故A錯誤；發射炮彈后炮身后退，屬于反沖運動，故B正確；噴氣式飛機是利用飛機與氣體間的相互作用，而促進飛機前進的，屬于反沖運動，故C正確；船員劃槳使船前進，反沖運動，故D正確；故選BCD．【點睛】分析各項運動中是否是由于相互作用的物體之間的作用力與反作用力產生的效果；從而明確是否屬于反沖現象．二．填空題(每小題6分，共18分)13、（1）C，C（2）B，A【解析】（1）因AC兩處的線速度相等，則根據可知，為探究線速度大小相等時向心力大小與圓周半徑大小的關系，應將另一橡皮擦放在C處；C處的半徑比A處較小，當緩慢增大轉速，在C處的橡皮擦首先達到最大靜摩擦力，故可看到放置在C處的橡皮擦先開始滑動，此時，且，解得大轉盤的角速度大小ωA=；（2）則根據可知，因AB兩處的角速度相等，則為探究角速度相等時向心力大小與圓周半徑大小的關系，應將另一橡皮擦放在B處，緩慢增大轉速，根據可知，A處的橡皮首先達到最大靜摩擦，故可看到放置在A處的橡皮擦先開始滑動．14、CBD0.4760.473在誤差允許的范圍內，物體機械能守恒（或者說：在誤差允許的范圍內，物體減少的勢能等于增加的動能）【解析】

（1）在“驗證機械能守恒定律”的實驗中，要驗證動能增加量和勢能減小量是否相等，質量約去，不需要天平測量物體的質量，所以天平不必要．故選C.

（1）為了減小阻力對其影響，選用重錘時，應該選用質量大體積小重錘的進行實驗，故A錯誤，D正確；物體自由下落時根據公式h=gt1，其中t=T=0.01s，由此可知，開始所打兩個點之間的距離約等于1mm，則第1、1兩點間距約為1mm的紙帶，打第一個點的速度接近為零，誤差較小，故B正確；應先接通電壓后釋放紙