2025年江西省新余第四中学物理高一下期末综合测试试题含解析

2025年江西省新余第四中学物理高一下期末综合测试试题考生须知：1．全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。2．请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。3．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。一、选择题（本题共12小题，每小题5分，共60分，在每小题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项正确，有的小题有多个选项正确.全部选对的得5分，选不全的得3分，有选错的或不答的得0分）1、漠河和广州所在处物体具有的角速度和线速度相比较（）A．漠河处物体的角速度大，广州处物体的线速度大B．漠河处物体的线速度大，广州处物体的角速度大C．两处地方物体的角速度、线速度都一样大D．两处地方物体的角速度一样大，但广州物体的线速度比漠河处物体线速度要大2、(本题9分)我国已于2011年9月末发射“天宫一号”目标飞行器，11月初发射“神舟八号”飞船并与“天宫一号”实现成功对接。右图为“天宫一号”和“神舟八号”绕地球做匀速圆周运动时的示意图，A代表“天宫一号”，B代表“神舟八号”，虚线为各自的轨道．由此可以判定（）A．“天宫一号”的运行速率大于“神舟八号”的运行速率B．“天宫一号”的周期等于“神舟八号”的周期C．“天宫一号”的向心加速度小于“神舟八号”的向心加速度D．“神舟八号”适度加速有可能与“天宫一号”实现对接3、(本题9分)一个物体从距地面的高度为H处的自由下落，当它的动能与其重力势能相等时，需要下落的时间为（）A．2HgB．C．H2gD．4、(本题9分)某电场的电场线分布如图所示，A、B是电场中的两点，A、B两点的电场强度的大小分别为EA、EB，则EA、EB的大小关系是（）A．EA＞EBB．EA=EBC．EA＜EBD．无法确定5、(本题9分)如图所示，三个固定的带电小球a、b和c，相互间的距离分别为ab=8cm、ac=6cm、bc=10cm，小球c所受库仑力的合力的方向平行于a、b的连线斜向下。关于小球a、bA．同号电荷，k=925C．异号电荷，k=9256、如图6，一带负电粒子以某速度进入水平向右的匀强电场中，在电场力作用下形成图中所示的运动轨迹．M和N是轨迹上的两点，其中M点在轨迹的最右点．不计重力，下列表述正确的是A．粒子在M点的速率最大 B．粒子所受电场力沿电场方向 C．粒子在电场中的加速度不变 D．粒子在电场中的电势能始终在增加7、如图所示，弧形光滑轨道的下端与轨道半径为R的竖直光滑圆轨道相接，使质量为m的小球从高h的弧形轨道上端自由滚下，小球进入圆轨道下端后沿圆轨道运动。当小球通过圆轨道的最高点时，对轨道的压力大小等于小球重力大小。不计空气阻力，重力加速度为g，则A．小球通过最高点时的速度大小为2gRB．小球在轨道最低点的动能为2.5mgRC．小球下滑的高度h为3RD．小球在轨道最低点对轨道压力的大小为7mg8、(本题9分)关于经典时空观与相对论时空观，下列说法正确的（）A．任何情况下物体的质量与物体的运动状态都无关B．当物体的速度接近光速时，物体的质量随物体速度的增大而增大C．经典时空观认为位移的测量、时间的测量都与参考系有关D．相对论认为，同一过程的位移和时间的测量在不同参考系中是不同的9、质量为m的小球从高h处由静止自由下落，经时间t落地，关于重力的功率正确的是()A．重力的功率即描述重力做功的快慢 B．重力的平均功率等于C．全过程重力的平均功率等于 D．落地时重力的功率等于10、(本题9分)2015年10月4日，根据新华社“新华国际”客户端报道，太空本是广袤无垠的空间，却由于人类活动频繁而日益拥挤，科学家们担心，数目庞大的太空垃圾威胁各种宇宙探索活动，可能令人类彻底失去地球同步卫星轨道，下面关于地球同步卫星的说法正确的是A．同步卫星的线速度大小大于7.9km/sB．已知神舟系列飞船的周期约为90分钟，则其轨道半径比地球同步卫星的轨道半径小C．知道地球同步卫星的轨道半径和周期可以计算出它和地球间的引力D．如果已知地球半径结合地球自转周期与地面的重力加速度可估算出地球同步卫星距地面的高度11、(本题9分)儿童乐园中，一个小孩骑在木马上随木马一起在水平而内匀速转动，转轴到木马的距离为r，小孩的向心加速度为a，如把小孩的转动看做匀速圆周运动，则（）A．小孩相对于圆心的线速度不变B．小孩的线速度大小为C．小孩在时间t内通过的路程为D．小孩做匀速圆周运动的周期12、2019年5月17日，我国成功发射第45颗北斗导航卫星，“北斗二号系统定位精度由10米提升至6米。若在北斗卫星中有a、b两卫星，它们均环绕地球做匀速圆周运动，且a的轨迹半径比b的轨迹半径小，则A．a的周期小于b的周期B．a的线速度小于b的线速度C．a的加速度小于b的加速度D．a的角速度大于b的角速度二．填空题(每小题6分，共18分)13、(本题9分)某同学为探究“合力做功与物体动能改变的关系”设计了如下实验，他的操作步骤：(1)按图摆好实验装置，其中小车质量M＝0.20kg，钩码总质量m＝0.05kg.(2)释放小车，然后接通打点计时器的电源(电源频率为f＝50Hz)，打出一条纸带．(3)他在多次重复实验得到的纸带中取出自认为满意的一条，如图所示．把打下的第一点记作0，然后依次取若干个计数点，相邻计数点间还有4个点未画出，用厘米刻度尺测得各计数点到0点距离分别为d1＝0.041m，d2＝0.055m，d3＝0.167m，d4＝0.256m，d5＝0.360m，d6＝0.480m…，他把钩码重力(当地重力加速度g＝10m/s2)作为小车所受合力，算出打下0点到打下第5点合力做功W＝________J(结果保留三位有效数字)，用正确的公式Ek＝________(用相关数据前字母列式)把打下第5点时小车的动能作为小车动能的改变量，算得Ek＝0.125J.(4)此次实验探究的结果，他没能得到“合力对物体做的功等于物体动能的增量”，且误差很大．通过反思，他认为产生误差的原因如下，其中正确的是________．（双项选择题）A．钩码质量太大，使得合力对物体做功的测量值比真实值偏大太多B．没有平衡摩擦力，使得合力对物体做功的测量值比真实值偏大太多C．释放小车和接通电源的次序有误，使得动能增量的测量值比真实值偏小D．没有使用最小刻度为毫米的刻度尺测距离也是产生此误差的重要原因14、某同学利用重物自由下落来“验证机械能守恒定律”。（1）请指出实验装置（甲）中存在的明显错误______.（2）进行实验时，为保证重物下落时初速度为零，应____(选填“A”或“B”).A．先接通电源，再释放纸带B．先释放纸带，再接通电源（3）根据打出的纸带，选取纸带上连续打出的1，2，3，4四个点如图(乙)所示.已测出1，2，3，4到打出的第一个点O的距离分别为h1，h2，h3，h4，打点计时器的打点周期为T.若代入所测数据能满足表达式gh3=______(用题目中已测出的物理量表示)，则可验证重物下落过程机械能守恒.15、(本题9分)某实验小组用如图甲所示的装置做“验证机械能守恒定律”实验．(1)图乙为实验中选取的一条合适的纸带，O点为打点计时器打出的第一个点，A、B、C、D、E为打点计时器打出的五个连续的点，测出这五点到O点的距离分别为xA、xB、xC、xD、xE，打点计时器所接交流电的频率为f，当地的重力加速度为g，若利用OD段验证机械能守恒定律，要验证的表达式为________________________．(2)如果采用此装置测定当地的重力加速度，可根据纸带上的打点间隔算出打下每个点时重物运动的时间t，测出对应时间内重物下落的距离x，根据测得的距离x和算出的时间t，在平面直角坐标系中做出的图象，如果图线的斜率是k，则当地的重力加速度为______．三．计算题(22分)16、（12分）(本题9分)如图所示，质量为m=1kg的滑块，在水平力F作用下静止在倾角为θ=30°的光滑斜面上，斜面的末端处与水平传送带相接(滑块经过此位置滑上皮带时无能量损失)，传送带的运行速度为v0=3m/s，长为L=1.4m，今将水平力撤去，当滑块滑到传送带右端C时，恰好与传送带速度相同．滑块与传送带间的动摩擦因数μ=0.15，g=10m/s1．求(1)水平作用力F的大小；(1)滑块开始下滑的高度h；(3)在第(1)问中若滑块滑上传送带时速度大于3m/s，求滑块在传送带上滑行的整个过程中产生的热量Q．17、（10分）(本题9分)如图，半径为R的圆板匀速转动，B为圆板边缘上的一点，当半径OB转动到某一方向时，在圆板中心正上方高h处以平行于OB方向水平抛出一小球，要使小球刚好能落在圆板上的B点（此后球不反弹），求：（1）小球的初速度的大小；（2）圆板转动的角速度．

参考答案一、选择题（本题共12小题，每小题5分，共60分，在每小题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项正确，有的小题有多个选项正确.全部选对的得5分，选不全的得3分，有选错的或不答的得0分）1、D【解析】

由于漠河和广州都绕地轴一起转动，漠河地面上的物体随地球自转的角速度与广州地面上的物体随地球自转的角速度相同；漠河地面上的物体随地球自转的半径小于广州地面上的物体随地球自转的半径，由v=ωr知，漠河地面上的物体随地球自转的线速度小于广州地面上的物体随地球自转的线速度A.漠河处物体的角速度大，广州处物体的线速度大与分析不符，故A项错误；B.漠河处物体的线速度大，广州处物体的角速度大与分析不符，故B项错误；C.两处地方物体的角速度、线速度都一样大与分析不符，故C项错误；D.两处地方物体的角速度一样大，但广州物体的线速度比漠河处物体线速度要大与分析相符，故D项正确。2、D【解析】考点：万有引力定律及其应用；人造卫星的环绕速度．专题：计算题；信息给予题．分析：根据“天宫一号”和“神舟八号”绕地球做匀速圆周运动，由万有引力提供向心力表示出所要比较的物理量．根据轨道半径的关系比较出物理量的大小关系．解答：解：A、根据“天宫一号”和“神舟八号”绕地球做匀速圆周运动，由万有引力提供向心力：得：v=，M为地球的质量，r为轨道半径．由于“天宫一号”的轨道半径大于“神舟八号”的轨道半径，所以“天宫一号”的运行速率小于“神舟八号”的运行速率．故A正确；B、根据“天宫一号”和“神舟八号”绕地球做匀速圆周运动，由万有引力提供向心力：T=，M为地球的质量，r为轨道半径．由于“天宫一号”的轨道半径大于“神舟八号”的轨道半径，所以“天宫一号”的周期大于“神舟八号”的周期．故B错误．C、根据“天宫一号”和“神舟八号”绕地球做匀速圆周运动，由万有引力提供向心力：得：a=由于“天宫一号”的轨道半径大于“神舟八号”的轨道半径，所以“天宫一号”的向心加速度小于“神舟八号”的向心加速度，故C正确．D、第一宇宙速度是最大环绕速度，所以“神舟八号”和“天宫一号”实现对接后，运行速率小于第一宇宙速度．故D错误．故选AC．点评：向心力的公式选取要根据题目提供的已知物理量或所求解的物理量选取应用．要比较一个物理量大小，我们应该把这个物理量先表示出来，在进行比较．3、B【解析】

设地面为零重力势能面，则mgH=EP+Ek，当EP=Ek时，则h=0.5H，则物体下落的高度为0.5H，根据0.5H=12gt2可得t=4、C【解析】

电场线的疏密表示电场强度的大小，A点处的电场线比B点处的电场线稀疏，则EA5、D【解析】

要使小球c所受库仑力的合力的方向平行于a、b的连线，a、b的电荷一定为异号，由几何关系可知：ab与ac的夹角为90°，ca与bc的夹角为53°，根据平行四边形定则得：FacFbc=cos53°=35，根据库仑定律6、C【解析】

根据做曲线运动物体的受力特点合力指向轨迹的凹一侧，再结合电场力的特点可知粒子带负电,即受到的电场力方向与电场线方向相反，B错；从N到M电场力做负功，减速，电势能在增加；当达到M点后电场力做正功，加速，电势能在减小，则在M点的速度最小A错，D错；在整个过程中只受电场力根据牛顿第二定律加速度不变，C正确.7、ACD【解析】

A.小球经过最高点，对轨道的压力N=mg，依据牛顿第三定律可知轨道对小球的压力为mg，由牛顿第二定律有：mg+mg=mv2R，解得C.小球自开始下滑到圆轨道最高点的过程，依据动能定理有mg（h-2R）=12mv2，解得

h=3RBD.设小球从更高的位置释放运动到最低点时的速度为v1，受轨道的压力为N1，根据牛顿第二定律有，N1-mg=mv12R，小球由最低点运动到最高点的过程，根据动能定理有，mg•2R=12mv12−12mv2，解得最低点动能12mv12=3mgR8、BD【解析】

A.物体的质量与位置、运动状态有关，只是在速度较低的情况下，忽略变化不计，故A错误。B.根据相对论原理，当物体的速度接近光速时，物体的质量随物体速度的增大而增大，故B正确。C.经典时空观认为位移的测量、时间的测量都与参考系无关，故C错误。D.相对论认为，同一过程的位移和时间的测量在不同参考系中是不同的，故D正确。9、AC【解析】

A.功率是描述力做功快慢的物理量，重力的功率是描述重力做功的快慢，故A正确；BC.重力做的功W=mgh，重力的平均功率为：，故B错误，C正确；D.落地时的瞬时速度为：，落地时重力的瞬时功率为：，故D错误。10、BD【解析】

A、第一宇宙速度是近地卫星的环绕速度，也是最大的圆周运动的环绕速度，而同步卫星的轨道半径要大于近地卫星的轨道半径，所以它们运行的线速度一定小于7.9km/s，故A错误；B、根据开普勒第三定律可知，神舟系列飞船的轨道半径比地球同步卫星的轨道半径小，故B正确；C、根据，由于地球同步卫星的质量未知，故不能求出计算出它和地球间的引力，故C错误；D、在地表面附件，，对地球同步卫星则有，联立解得，即算出地球同步卫星距地面的高度，故D正确；故选BD．11、CD【解析】

A.匀速圆周运动时，线速度的大小不变，方向时刻改变；故A错误.B.根据得：；故B错误.C.小孩在时间t内通过的路程为；故C正确.D.小孩做匀速圆周运动的周期；故D正确.12、AD【解析】

北斗卫星绕地球匀速圆周运动，根据万有引力提供圆周运动向心力：A.由上可得周期为：a的轨道半径小，所以a的周期小.故选项A符合题意.B.由上可得线速度为：a的轨道半径小，所以其线速度大.故选项B不符合题意.C.由上可得加速度为：a的轨道半径小，所以加速度大.故选项C不符合题意.D.由上可得角速度为：a的轨道半径小，所以角速度大.故选项D符合题意.二．填空题(每小题6分，共18分)13、0.180AB【解析】

（1）根据题意物体所受合外力为：F=mg=0.05×10=0.50N，

根据功的定义可知：W=Fs=mgh=0.180J；

根据匀变速直线运动中时间中点的瞬时速度等于该过程中的平均速度可以求出第5个点的速度大小为：（其中t=5T=）

动能公式为：（2）A设绳子上拉力为F，对小车根据牛顿第二定律有：对小车：F=Ma;

对钩码有：mg-F=ma

解得：，由此可知当M＞＞m时，钩码的重力等于绳子的拉力，因此当钩码质量太大时，会造成较大误差，故A正确；实验中要进行平衡摩擦力操作，若没有平衡摩擦力直接将钩码重力做的功当做小车合外力做的功，会造成较大误差，故B正确；释放小车和接通电源得次序有误是偶然误差，不是该实验得主要误差，距离的测量产生的误差是偶然误差，不是该实验产生的主要误差，故D错误．故选AB．14、打点计时器应采用交流电A【解析】

（1）[1]．从图甲中的实验装置中发现，打点计时器接在了“直流电源”上，打点计时器的工作电源是“低压交流电源”．因此明显的错误是打点计时器不能接在“直流电源”上．（2）[2]．为了使纸带上打下的第1个点是速度为零的初始点，应该先接通电源，让打点计时器正常工作后，再释放纸带．若先释放纸带，再接通电源，当打点计时器打点时，纸带已经下落，打下的第1个点的速度不为零．因此，为保证重物下落的初速度为零，应先接通电源，再释放纸带，故选A．（1）[1]．根据实验原理，只要验证即即可验证机械能守恒定律．因此需求解v1．根据匀变速直线运动规律关系式可得则有