浙江诸暨中学2025届物理高一下期末统考模拟试题含解析

浙江诸暨中学2025届物理高一下期末统考模拟试题注意事项1．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回．2．答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用0．5毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置．3．请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符．4．作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案．作答非选择题，必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效．5．如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗．一、选择题：（1-6题为单选题7-12为多选，每题4分，漏选得2分，错选和不选得零分）1、(本题9分)如图，一质量为M的光滑大圆环，用一细轻杆固定在竖直平面内；套在大圆环上的质量为m的小环（可视为质点），从大圆环的最高处由静止滑下，重力加速度为g．当小圆环滑到大圆环的最低点时，大圆环对细杆的拉力大小为：A．5mg B．Mg+4mg C．Mg+5mg D．Mg+10mg2、(本题9分)如图天花板上用细绳吊起两个用轻弹簧相连的两个质量相同的小球．两小球均保持静止．当突然剪断细绳时，上面小球A与下面小球B的加速度为（）A．a1=ga2=g B．a1=2ga2=0C．a1=2ga2=g D．a1=0a2=g3、(本题9分)如图所示,一颗人造卫星原来在椭圆轨道1绕地球E运行,在P变轨后进入轨道2做匀速圆周运动．下列说法正确的是()A．不论在轨道1还是在轨道2运行，卫星在P点的速度都相同B．不论在轨道1还是在轨道2运行，卫星在P点的加速度都相同C．卫星在轨道1的任何位置都具有相同加速度D．卫星在轨道2的任何位置都具有相同加速度4、(本题9分)汽车在平直路面上行驶时，受到的阻力恒为，若汽车发动机的额定功率为，则汽车的最大速度为（）A． B． C． D．5、如图是汽车在平直路面上启动的v-t图象，其中0-t1时间内图像是直线，t1时刻起汽车的功率保持不变。整个启动过程中汽车受到的阻力大小恒为f，由图像可知（）A．0-t1时间内，汽车的牵引力不变，功率随时间均匀增大B．0-t1时间内，汽车的牵引力随时间均匀增大，功率不变C．t1-t2时间内，汽车的牵引力减小，功率为fv1D．t1-t2时间内，汽车的牵引力不变，功率为fv26、(本题9分)地球同步卫星即地球同步轨道卫星，又称对地静止卫星，常用于通讯、气象、广播电视、导弹预警、数据中继等方面，有关地球同步卫星，下列说法正确的是A．同步卫星的周期大于地球的自转周期B．不同的同步卫星离地的高度各不相同C．同步卫星可以处于唐山电视台发射塔的正上方D．所有同步卫星的轨道相同7、如图所示，a、b是两个在同一平面内的，绕地球做匀速圆周运动的人造卫星，其中已知b为地球同步卫星，引力常量为G．据图和上述信息，关于地球和卫星a、b的分析或结论，如：卫星a、b的绕行速度va、vb，绕行周期Ta、Tb等。下列的叙述正确的是（）A．由于va＞vb，因而卫星a减速可有可能让卫星b追上B．卫星a的绕行周期Ta一定小于24hC．卫星a、b的轨道平面一定与地球的赤道平面重合D．利用以上信息，可计算出地球的半径8、(本题9分)如图所示，放置在竖直平面内的光滑杆AB，是按照从高度为h处以初速度平抛的运动轨迹制成的，A端为抛出点，B端为落地点．现将一小球套于其上，由静止开始从轨道A端滑下．已知重力加速度为g，当小球到达轨道B端时A．小球的速率为B．小球的速率为C．小球在水平方向的速度大小为D．小球在水平方向的速度大小为9、(本题9分)平行金属板PQ、MN与电源和滑线变阻器如图所示连接，电源的电动势为E，内电阻为零；靠近金属板P的S处有一粒子源能够连续不断地产生质量为m，电荷量+q，初速度为零的粒子，粒子在加速电场PQ的作用下穿过Q板的小孔F，紧贴N板水平进入偏转电场MN；改变滑片p的位置可改变加速电场的电压Ul和偏转电场的电压U2，且所有粒子都能够从偏转电场飞出，下列说法正确的是（）A．粒子的竖直偏转距离与U2成正比B．滑片p向右滑动的过程中从偏转电场飞出的粒子的偏转角逐渐减小C．飞出偏转电场的粒子的最大速率D．飞出偏转电场的粒子的最大速率10、(本题9分)如图甲所示．长为的粗糙传送带与水平地面间的夹角为．现让传送带以某一速度逆时针转动，并在传送带顶端由静止释放一滑块．滑块从顶端滑至底端的过程中的图象如图乙所示．取，，．下列判断正确的是（）A．在内，滑块的加速度大小为2B．滑块与传送带之间的动摩擦因数为C．整个过程中，滑块受到的滑动摩擦力方向不变D．滑块从传送带顶端滑至底端所需的时间为11、(本题9分)已知地球的第一、第二、第三宇宙速度分别为7.9km/s/11.2km/s和16.7km/s，对于宇宙速度的认识，下列说法正确的是A．飞行器绕地球做匀速圆周运动的线速度不可能大于7.9km/sB．在地球上发射卫星的速度可以小于7.9km/sC．当飞行器的发射速度为13km/s时，飞行器将会脱离地球的引力场D．当飞行器的发射速度为17km/s时，飞行器将会脱离太阳的引力场12、从地面竖直向上抛出一物体，其机械能E总等于动能Ek与重力势能Ep之和．取地面为重力势能零点，该物体的E总和Ep随它离开地面的高度h的变化如图所示．重力加速度取10m/s1．由图中数据可得A．物体的质量为1kgB．h=0时，物体的速率为10m/sC．h=1m时，物体的动能Ek=40JD．从地面至h=4m，物体的动能减少100J二、实验题（本题共16分，答案写在题中横线上）13、（6分）如图甲所示，在用打点计时器验证机械能守恒定律的实验中，使质量为m=1.0kg的重物从静止开始自由下落，打点计时器在纸带上打出一系列的点，选取一条符合实验要求的纸带如图乙所示。O为打下的第一个点A、B、C为从合适位置开始选取的三个连续点（其他点未画出）。已知打点计时器每隔0.02s打一个点,当地的重力加速度为g=9.8。那么：(1)为验证机械能是否守恒,需要比较重物下落过程中任意两点间的______（选填番号）A．动能变化量与重力势能变化量B．速度变化量和重力势能变化量C．速度变化量和高度变化量(2)纸带的________端（选填“左”或“右”）与重物相连；(3)从打O点到打B点的过程中，重物重力势能的减少量ΔEP=____J,动能增加量ΔEk=____J.（结果取两位有效数字）14、（10分）(本题9分)某同学利用如图所示的装置来“探究向心力大小F与半径、角速度、质量m的关系”．两个变速轮塔通过皮带连接，调节装置，转动手柄，使长槽和短槽分别随变速轮塔在水平面内匀速转动，槽内的钢球做匀速圆周运动．横臂的挡板对钢球的弹力提供向心力，钢球对挡板的弹力通过横臂的杠杆作用使弹簧测力筒下降，从而露出标尺，标尺上的黑白相间的等分格显示出两个钢球所受向心力的大小(1)实验时，为使两钢球角速度相同，则应将皮带连接在半径_______(选填“相同”或“不同”)变速轮上．(2)在探究向心力大小F与角速度关系时，应选用质量与钢球1质量_____(选填“相同”或“不同”)的钢球2，并放在图示中_________(选填“A”或“B”)位置三、计算题要求解题步骤，和必要的文字说明（本题共36分）15、（12分）某物体做平抛运动落在水平地面前的最后一段时间△t=0.2s内，其速度方向与水平方向的夹角由α=45°变为β=53°。取g=10m/s2，sin53°=0.8，cos53°=0.6。求：(1)物体被抛出时的速度大小；(2)物体被抛出时离地的高度h。16、（12分）(本题9分)如图，一轻弹簧原长为2R，其一端固定在倾角为37°的固定直轨道AC的底端A处，另一端位于直轨道上B处，弹簧处于自然状态，直轨道与一半径为的光滑圆弧轨道相切于C点，AC=7R，A、B、C、D均在同一竖直面内。质量为m的小物块P自C点由静止开始下滑，最低到达E点（未画出），随后P沿轨道被弹回，最高点到达F点，AF=4R，已知P与直轨道间的动摩擦因数，重力加速度大小为g。（取，）（1）求P第一次运动到B点时速度的大小。（2）求P运动到Ｅ点时弹簧的弹性势能。（3）改变物块P的质量，将P推至E点，从静止开始释放。已知P自圆弧轨道的最高点D处水平飞出后，恰好通过G点。G点在C点左下方，与C点水平相距、竖直相距R，求P运动到D点时速度的大小和改变后P的质量。17、（12分）(本题9分)光滑水平面AB与竖直面内的圆形导轨在B点连接，导轨半径R＝0.5m，一个质量m＝1kg的小球在A处压缩一轻质弹簧，弹簧与小球不拴接．用手挡住小球不动，此时弹簧弹性势能＝36J，如图所示．放手后小球向右运动脱离弹簧，沿圆形轨道向上运动恰能通过最高点C，g取10m/s1．求：(1)小球脱离弹簧时的速度大小；(1)小球从B到C克服阻力做的功；(3)小球离开C点后落回水平面的位置到B点的距离x．

参考答案一、选择题：（1-6题为单选题7-12为多选，每题4分，漏选得2分，错选和不选得零分）1、C【解析】

利用机械能守恒、竖直平面内的圆周运动、力的合成、牛顿运动定律求解．【详解】设大环底端处为重力势能零点，大环半径为R，小环在最低点速度为v，由于小环运动过程中只受弹力和重力，弹力和运动方向始终垂直，所以弹力不做功，只有重力做功，所以根据机械能守恒可得：解得：当小环到达大环最低点时，分析小环的受力得：把带入得：分析大环的受力，大环受到自身重力和小环竖直向下的压力5mg，故大环对轻杆的拉力为：，C符合题意．2、B【解析】

设小球的质量为m，由平衡可知弹簧的弹力F=mg，在剪断细绳的瞬间，弹簧的弹力不变，隔离对B分析由牛顿第二定律可得：，对A分析由牛顿第二定律可得：，故B正确，ACD错误．3、B【解析】A、从轨道1变轨到2，需要加速逃逸，故A错误；BC、根据公式可得，故只要半径相同，加速度则相同，由于卫星在轨道1做椭圆运动，运动半径在变化，所以过程的加速度在变，故B正确，C错误；D、卫星在轨道2做匀速圆周运动，过程中的速度方向时刻在变，所以动量方向不同，故D错误；故选B．【点睛】卫星变轨做离心运动时要加速；万有引力提供向心力；加速度和速度都是矢量，只有当大小和方向都相同时矢量才相同．4、C【解析】当阻力和牵引力相等时，速度最大，故时，速度最大，根据可得，C正确．5、A【解析】

AB．0～t1时间内，汽车的速度是均匀增加的，是匀加速运动，所以汽车的牵引力不变，加速度不变，功率P=Fv随时间均匀增大，故A正确，B错误。CD．t1～t2时间内，汽车的功率已经达到最大值，功率保持不变，根据P=Fv=fv2，可知汽车的牵引力F随速度的增大而减小，故CD错误。6、D【解析】

A．同步卫星的周期等于地球的自转周期，均为24h，选项A错误；B．根据可知，不同的同步卫星离地的高度都相同，选项B错误；CD．同步卫星只能定点在赤道的上空，即所有同步卫星的轨道相同，选项C错误，D正确；故选D.点睛：此题关键是知道同步卫星的特点：固定的周期和角速度、固定的高度、固定的速率、固定的轨道平面.7、BC【解析】

A.卫星a减速时，a将做近心运动，轨道半径减小，不可能让卫星b追上。故A错误。B.根据万有引力提供向心力，得：解得：，可知，卫星a的绕行周期Ta一定小于卫星b的绕行周期Tb，即一定小于24h，故B正确。C.地球同步卫星的轨道平面一定与地球的赤道平面重合，a、b是两个在同一平面内的，b为地球同步卫星，则卫星a、b的轨道平面一定与地球的赤道平面重合，故C正确。D.利用题目的信息，不能求出地球的半径，故D错误。8、BD【解析】

AB、由于杆AB光滑，小球在整个运动过程中，受重力mg和杆的弹力N作用，又由于弹力N始终与小球运动的速度相垂直，因此一直不做功，根据动能定理有：mgh＝－0，解得小球到达轨道B端时的速率为v＝，故A错误；B正确；CD、由于杆AB是按照从高度为h处以初速度v0平抛的运动轨迹制成的，不妨假设B端的切线方向与水平方向间的夹角为θ，当物体以初速度v0平抛运动至B端时，根据动能定理有：mgh＝－，解得：v′＝，根据几何关系有：cosθ＝＝，所以小球沿杆到达轨道B端在水平方向的速度大小为：vx＝vcosθ＝，故C错误；D正确．9、BC【解析】

A．带电粒子在加速电场中加速在偏转电场中由于则则粒子的竖直偏转距离y与U2不是成正比关系，选项A错误；B．从偏转电场飞出的粒子的偏转角滑片p向右滑动的过程中U1变大，U2减小，则从偏转电场飞出的粒子的偏转角逐渐减小，选项B正确；CD．当粒子在加速电场中一直被加速时，飞出偏转电场的速率最大，即当U1=E时粒子的速率最大，根据动能定理解得选项C正确，D错误。故选BC。10、BD【解析】

在0∼1   s内，滑块的加速度大小为，选项A错误；在0∼1   s内，由牛顿第二定律可得：解得μ=0.5，选项B正确；在物块与传送带达到共速之前，物块所受的摩擦力方向向下，在1s后物块与传送带达到共速后，因物块继续加速下滑，但是加速度减小，可知此时传送带对物体的摩擦力方向变为向上，选项C错误；物块与传送带达到共速后：解得a2=2m/s2；物块在1s之前的位移：，则1s后的位移为s2=16-5=11m；根据，带入数据解得：，解得t2=1s，则滑块从传送带顶端滑至底端所需的时间为2s，选项D正确；故选BD.【点睛】解决本题的关键是根据v-t图像理清物块在传送带上的受力情况和运动规律，结合牛顿第二定律和运动学公式综合求解．11、ACD【解析】

A．第一宇宙速度是近地卫星的环绕速度，也是做匀速圆周运动的最大的环绕速度．根据线速度得沿圆轨道绕地球运行的人造卫星的运动速度小于等于7.9km/s，故A正确；B．在地球上发射卫星的速度至少等于7.9km/s，不可以小于7.9km/s，故B错误；C．当飞行器的发射速度为13km/s>11.2km/s时，飞行器将会脱离地球的引力场，故C正确；D．在地面上发射卫星的速度17km/s>16.7km/s，卫星将脱离太阳束缚，故D正确；故选ACD.【点睛】第一宇宙速度是卫星沿地球表面运动时的速度，半径越大运行速度越小，故第一宇宙速度是人造地球卫星最大的运行速度；当卫星的速度大于等于第二宇宙速度时卫星脱离地球的吸引而进入绕太阳运行的轨道；当物体的速度大于等于第三宇宙速度速度16.7km/s时物体将脱离太阳的束缚成为一颗人造地球恒星．12、AD【解析】

A．Ep-h图像知其斜率为G，故G==10N，解得m=1kg，故A正确B．h=0时，Ep=0，Ek=E机-Ep=100J-0=100J，故=100J，解得：v=10m/s，故B错误；C．h=1m时，Ep=40J，Ek=E机-Ep=90J-40J=50J，故C错误D．h=0时，Ek=E机-Ep=100J-0=100J，h=4m时，Ek’=E机-Ep=80J-80J=0J，故Ek-Ek’=100J，故D正确二、实验题（本题共16分，答案写在题中横线上）13、A左0.310.30【解析】

第一空：为验证机械能是否守恒，需要比较重物下落过程中任意两点间的重力势能的减少量与动能的增加量是否在误差允许的范围之内相等，A正确，BC错误。第二空：重物在下落过程中，速度在增大，故相邻点间的距离应该是增大的，由图可知，纸带的左端与重物相连；

第三空：从打O点到打B点的过程中，重物重力势能的减少量为；第四空：打B点时，重物的速度大小为，由初速度为零，则此过程中，重物动能的增加量为。14、（1）相同（2）相同（3）A【解析】

第一空.变速轮属于皮带传动装置，边缘各点的线速度大小相等，实验时，为使两钢球角速度ω相同，则应将皮带连接在半径相同的变速轮上．第二空.第三空.在探究向心力大小F与角速度ω关系时，应保持质量和半径相等，选用质量与钢球1质量相等的钢球2，并放在图示中A位置．三、计算题要求解题步骤，和必要的文字说明（本题共36分）15、(1)v0=6m/s(2)h=3.2m【解析】

（1）设物体从被抛出到其速度方向与竖直方向的夹角为α，物体运动的时间为t，有:tanα=，tanβ=解得:v0=6m/s（2）物体被抛出时离地的高度为：，其中由（1）可得：t=0.6s解得:h=3.2m16、（1）（2）（3），【解析】试题分析：（1）根据题意知，B、C之间的距离l为l=7R–2R①设P到达B点时的速度为vB，由动能定理得②式中θ=37°，联立①②式并由题给条件得③（2