湖南邵阳市邵阳县石齐高级中学2025-2026学年高一下学期直通班期末测试物理试卷

《石齐学校2025届直通班高一下期末检测物理》参考答案 题号 1 2 4 5 6 8 9 10 答案 C B BCD AC AC 1.C 【详解】A.蓝光的折射率大于红光折射率，由于两种光入射角相同，由图可见α光的偏折大于 b光，所以a是蓝光，b是红光，A错误； B.根据v=C,蓝光的折射率大于红光折射率，所以>v数，即>，B错误； C.根据折射定律和几何关系可以知道，由于两种光入射角相同，两单色光始终平行地射出玻璃 砖，C正确： D.根据折射定律和几何关系可以知道，无论入射角日如何变化，由于两种光入射角相同，两单 色光始终平行地射出玻璃砖，D错误。 故选C。 2.D 【详解】A.两球均为斜抛运动，在水平方向速度保持不变，仅在竖直方向受到重力作用，加速 度均为8，故单位时间速度变化量等于加速度8，故单位时间速度变化量相同，故A错误； 8。两球运动时间均由竖直方向运动决定，从抛出到落回，有6m0=21,h78分一 联立解得t=21sin0 g 两球初速度大小相等但θ不同，故运动时间不同，故B错误： C.两球在水平方向移动距离即为射程，有5=，c0s日.t 将t=26sin g 代入有s=巧sin28 g 不计空气阻力，机械能守恒，A球落地速度大小等于抛出速度大小，结合射程公式=620 整理得=8 sim29,故c错误： D.两球射程、初速度大小均相等，故sin28=sin28,,已知日≠82且均为锐角，因此28+202=兀， 即8+8，=三，两角互余，故D正确。 故选D。 3.A 答案第1页，共10页 【详解】AB.A、C板均接地，电势为O,B板是等势体，因此BA间、BC间的电势差相等， 都等于U=P 平行板内部为匀强电场，电场强度清足B=。,已知4<4，故马>马，故A正确，B错误) CD.a点到A板的距离为4，电势9=B24=2=之 2 b点到C板的距离为 dudU g,电势%=·2d22 因此p。=%,故CD错误。 故选A。 4.C 【详解】A.运动到D点时恰好脱离轨道，根据牛顿第二定律，有gcos60°=m R 解得v。=2√5m/s,故A错误； 1 B.从A到D,根据能量守恒，有E,=g(R+Rcos60)+一2 解得弹簧释放出来的弹性势能大小为E=70J,故B错误： C.在D点将速度分解，在竖直方向，有y,=Vp sin60°=V15m/s 在水平方向，有y,=VD COS60°=V5m/s 竖直向上运动的时间为t= =5 g10 3， 竖直向上运动的高度为4gm 从最高点到水平面的高度为H=A+(R+Rc0s60)=63 2H3W15 从最高点落到地面的时间为，= 10 D点到物体落地点的水平距离为x=V,(化1+t2)=2W3m,故C正确； D。从B到C根据动能定理.有-g2R=号m呢-m 21 2 为使物体能从C点飞出，则有g= R 答案第2页，共10页 联立解得物体到达B处时速度至少为y。=10√2/s,故D错误。 故选C。 5.A 【详解】设地球质量为M,圆轨道半径为r,圆轨道运行速度满足ⅴ= GM V r 轨道半径越大，圆轨道运行速度越小，所以近地圆轨道I的速度大于较高圆轨道Π的速度。 飞船在A处点火进入椭圆轨道Ⅱ时需加速，速度瞬间增大；从近地点A运动到远地点B的 过程中，万有引力做负功，飞船速率连续减小。飞船在B处点火进入较高圆轨道ⅡI时也需加 速，速度瞬间增大；忽略点火时长，则图像中两次点火对应竖直向上跃变，且最终稳定速率小于 初始近地圆轨道速率，故A正确。 故选A。 6.B 【详解】已知某时刻A处质点位于波峰，B处质点位于波谷，因此A、B两点的波程差应满足半 1 波长的奇数倍△r=叶号2(n=0,1,2,) 2 AB.若波源在(0,0)，由坐标可推得A点到波源距离4=√42十32m=5m B点到波源距离r。=4m 波程差△=1m 代入得1=(+0.5)2 解得2=、 2+7m 当=lm时，2十1=2，n=0.5(非整数) 当1=2m时，2n十1=1，n=0 故A错误，故B正确； CD.若波源在(0,3)，则A点到波源距离r4=4m B点到波源距离6=√42+32m=5m 波程差仍为1，同样有1=，2 2+1 当元=3m时，2+1=2 ，无整数解 当=4m时，2m十H=0.5,无整数解 答案第3页，共10页 故CD错误。 故选B。 7.C 【详解】A.由图像面积5~6s可得建材减速上升，高度继续增加，故6s时建材离地面最高。故 A错误： B.0~4s内建材匀加速上升，加速度向上，处于超重状态，4s~5s内建材做加速度减小的加速运 动，速度方向向上，加速度方向也向上，处于超重状态。故B错误： C.由图可得在04s内的加速度a=上=2m/s2 t 根据牛顿第二定律得F-g=☑ 解得在0~4s内，钢丝绳竖直向上的拉力F=24N 根据4s末速度1=8m/s可得4s末卷扬机功率P=,=192W 4s~5s卷扬机以恒定功率运行，故4s~5s内卷扬机的功率为192W。C正确； D.4s5s以建材为研究对象，根据动能定理得P%,一gh=m-】m 21 2 其中t,=1s 解得4s~5s建材的位移h=8.75m,D错误。 故选C。 8.BCD 【详解】A、小球由静止释放过程中，小球与小车组成的系统在水平方向不受外力，故系统只在 水平方向动量守恒；小球摆动过程中，小球与小车系统竖直方向受力不为零，总动量不守恒，故 A错误， B、小球与小车系统在摆动过程中只有重力做功，系统机械能守恒，故B正确. C、设小球的质量为m,小球向右最大位移大小为x,小车向左运动的最大位移大小为x',取水 平向在为正方向，根据系统水半动守恒得：四产5加兰0且有：2山，解得：号。故 C正确. D、原来系统水平总动量为零，当小球摆至最低点时，根据系统水平动量守恒知，系统的水平总 动量也为零，则小球动量与小车的动量大小相等，方向相反.设此时小车的速度为，小球的速 度为v2.取水平向右为正方向，根据系统水平动量守恒得：w2-5mv=0,根据系统的机械能守恒 答案第4页，共10页 得：gmg4宁5mm,联立解得： gL 故D正确 V15 9.AC 【详解】A.分析电路可知，当开关S闭合，滑动变阻器与定值电阻R串联后接在电源两端：将 滑动变阻器的滑片向上滑动，滑动变阻器接入电路的电阻变大，电路总电阻变大，电路电流减小， 理想电流表A示数减小；理想电压表V1测量定值电阻R两端的电压，据欧姆定律可得 U=IR 电路电流减小，则U变小，即理想电压表V示数减小；而理想电压表V2测量电源的路端电压， 据闭合电路欧姆定律可得 U,=E-Ir 电路电流减小，电源内阻上分得的电压变小，电源路端电压增大，理想电压表V2的示数增大， 故A正确： B.理想电压表V3测量滑动变阻器两端的电压，据闭合电路欧姆定律可得 U=E-I(R+r) 电路电流减小，则U?增大：理想电压表V1测量定值电阻R两端的电压，据欧姆定律可得 U=IR 理想电压表V2测量电源的路端电压，据闭合电路欧姆定律可得 U,=E-Ir 故 兴=（偶+小兴=R,誓7 所以 △U3=△U+△U, 故B错误： C.根据 c-0 U, 答案第5页，共10页 可知电容器的电荷量Q增大，电容器充电，所以定值电阻R中有从b流向α的瞬间电流，又 8增大，向上的电场力增大，则带电液滴将向上运动，故C正确： E- d D.电源效率 R%=R外=1 刀=T(R+)R+71+ R外 滑动变阻器接入电路的电阻变大，外电路总电阻变大，电源效率变大，故D错误。 故选AC。 10.AC 【详解】A.小球由D经A,B,C点到P的过程中，轨道对小球不做功，只有重力做功，机械 能守恒，故A正确： B.小球恰好通过C点时，有呢=m 解得小球通过C点的最小速度vc=√gR 小球离开C点后做平抛运动，由R=8 可得t= g 小球离开C点做平抛运动的水平距离最小值为x=v=√2R 所以小球只有落在平台N上距M点距离为（√2-1）R的右侧位置上，故B错误； C.在由D运动到A的过程中，速度增大，由P=g'知，重力功率增大 由C运动到P的过程中，由P=g,,知y,增大，则重力功率增大，故C正确： 1 D.小球从D运动到B的过程中，由机械能守恒得mgh+R)=】m 在B点，由牛顿第二定律得N-g=m R 解得N=3g+ 211gh R 由牛顿第三定律得知，小球经过B点时对轨道的压力为N=V=3g+2m,故D错误。 R 故选AC。 11.(1)A (2)小于 (3)1:4 答案第6页，共10页 【详解】(1)A.若小球每次从轨道同一位置释放，小球克服摩擦力做功相同，小球飞出轨道末 端速度大小一定，可知，轨道光滑与否对实验没有影响，故A错误，符合题意； B.为了确保小球飞出轨道的初速度方向水平，轨道末端的切线必须水平，故B正确，不符合题 意： C.为了使得碰撞过程发生的是对心碰撞，碰撞的瞬间入射小球和被碰小球的球心连线与轨道末 端的切线平行，故C正确，不符合题意； D.为了确保小球每次飞出轨道末端初速度大小一定，实验中每次入射小球都要从同一高度由静 止滚下，故D正确，不符合题意。 故选A。 (2)入射小球与被碰小球的直径相同，为了避免入射小球发生反弹，则被碰小球的质量m应小 于入射小球的质量。 (3)P为入射球单独滚下的落地点，M为入射球碰撞后的落地点，N为被碰球体碰撞后的落地 点，根据 h=,x-v 解得 =x2h 结合上述可知 根据动量守恒定律有 11'o=%+L13 解得 %2:叫=1：4 12.(1)F 9.60 偏小 (2) 7.9 2.5 【详解】(1)本实验采用半偏法测量毫安表内阻，要求滑动变阻器阻值远大于毫安表内阻，保证 闭合开关S2后干路电流近似不变。毫安表满偏电流I。=5×103A,电源电动势E≈8V,此时电 E 8V 路总电阻至少为R。-1,5×10A 16002,因此滑动变阻器应选最大阻值为2k2的F。 答案第7页，共10页 半偏法中，当毫安表示数为满偏的一半时，认为通过电阻箱R的电流与毫安表电流相等，均为 并联电路电压相等，故毫安表内阻R。=R=9.602。 闭合S,后，毫安表与R并联，总电阻减小，干路总电流会大于1。，此时毫安表电流为，则 道过风的电流大于子，由风= U 一可知R<R,因此毫安表内阻的测量值偏小。 2 (2)将毫安表改装为量程1.0A的电流表，扩大量程的倍数n= 1.0A =200,即毫安表示数 5×103A 为I（单位mA)时，电路总电流为I=200I×103A=0.2IA 根据闭合电路欧姆定律U=E-I总”，U-I图像的纵轴截距等于电源电动势，由图乙可知 E=7.9V 当I=3.0mA时，U=6.4V,总电流1a=0.2×3.0A=0.6A 代入公式得内阻r=B-V=79V64V-=250 1总 0.6A 1.(a)n=5 2 aL- 2R (3)t= 【详解】(1)根据题意作出光路图如图所示 30 F in30° 根据折射定律可得玻璃砖对该光的折射率为= sin0 1 R 根据几何关系可得sin6= R)2+R2 解得n=V5 答案第8页，共10页 HF (2)在△GHF中，有tan6= HG 可得那=Gm0 1 在a0GH中，根据几何关系可得R=卫+兮乙+ 3 解得G点离BD的距离为L-亏R =c25 (3)光在玻璃砖中的传播速度为v=上= n 5 -C 光从E点传播到G点的传播距离为5=EF+FG= ++2+以=5 则光从E点传播到G点的时间为t=5_2R 14.(1)2N5m/s (2)0.5 (3)4V2m/s 【详解】(1)由图像可知：H=0时，F=5N,此时有F=mg,可得m=0.5kg 3m时，=15N,此时根据牛顿第二定律F-g="，可得g=2√5m/s R (2)物块从斜面上A点滑到8点的过程中，由动能定理得gH-g37×H= =-g sin37°2 解得μ=0.5 (3)物块从A到C由动能定理得g(H-2R)-agH cot37°= 物块从C到D做平抛运动，下落高度h=28 水平位移x=vct 由几何关系知tan37°=2R-h 可得=0.4s 物块到D点时的速度的大小vo=V2+(g刘=4W2m/s 15.(1)0.8m 28 2 (3)1.8m 【详解】(1)设小车第一次与墙壁碰撞后向左运动的路程为1，即为小车右端与墙壁之间的最大 距离，由动能定理得 答案第9页，共10页 -4mg8,=0-g 解得 S1=0.8m (2)设第一次碰撞后小车和滑块达到的共同速度为？，由动量守恒有 mvo-Mo=(m+M)v 解得 飞=号 小车与墙壁第一次碰撞后到第二次碰撞前的过程中，系统产生的热量 e=u+Mg-u+hM 解得 128 0 3 (3)之后小车和滑块以，=”的速度与墙壁发生第二次碰撞，设第二次碰撞后小车向左运动的 3 路程为5，则 limgs, 则52与5之间满足 以后每次与墙壁碰撞后小车向左运动的路程均为上一次的。，小车所走的总路程为一 穷等比数列之和，公比g)小车运动的总路程 5=2s+g+g++19 25 解得 s=1.8m 答案第10页，共10页石齐学校2025届直通班高一下期末检测 物理试卷 满分100分 时长75分钟 学校： 姓名： 班级： 考号： 一、选择题(1-7单选，每题4分；8-10多选，每题5分，共43分，其中多选题少选给3分，错选不给分) 1.如图所示，一束由红、蓝两单色光组成的复色光从一平板玻璃砖的上表面以入射角日射入，穿过玻璃砖从下表面射出，已知该玻璃 对蓝光的折射率为1.4。设红光与蓝光穿过玻璃砖的速度分别为？和V2,则B在从0°逐渐增大至90°的过程中() A.光线a是红光，光线b是蓝光 B.Y<2 C.两单色光始终平行地射出玻璃砖 D.当入射角日逐渐增大时，从下表面出射的a光线先消失 2.将两小球A、B从水平地面同一地点斜向上抛出，抛出时两球速度大小相等，方向与水平方向夹角(，6不同，两球再落到水平 地面时与抛出点相距均为$，已知重力加速度为8，不计阻力，则以下说法正确的是(） A.两小球在空中运动时单位时间速度的变化量不相同 B.两小球在空中运动时间相同 C.A球落地时的速度大小满足2=8 D.8,8两角互余 sine 3.如图，三个足够大的金属板A、B、C平行放置，B板到A、C板的距离分别为4、d2,d1<山。a点到A、B板的距离相 等，b点到B、C板的距离相等。A、C板均接地，B板带电。关于α、b两点的电场强度E。、E,和电势P。、?,下列关系正确 的是() AC d A.F>E B.。<E。 C.Pap D. 4.如图所示，光滑水平面AB与竖直面内的光滑半圆形导轨在B点平滑相接，导轨半径为R=4。一个可视为质点的物体质量为 m=1kg，将弹簧压缩至A点后静止释放，在弹力作用下物体获得某一向右速度后脱离弹簧，之后滑上半圆形导轨，运动到D点时恰 好脱离轨道，己知O、D连线和竖直方向O、C连线夹角为0=60°，g取10/s2，下列说法中正确的是(） 0 00000000080☐ A B A.小球在D点时的速度为2W10m/s B.弹簧释放出来的弹性势能大小为100J C.D点到物体落地点的水平距离为2√3m D.为使物体能从C点飞出，物体到达B处时速度至少为l0m/s 5.2026年5月，我国成功发射天舟十号货运飞船。整个变轨过程可简化为：飞船先在近地圆轨道1上运行，在A处点火进入椭圆轨道 Ⅱ，由近地点A向远地点B运动，在B处进行二次点火进入较高圆轨道Ⅲ并稳定运行。忽略两次点火的时长，上述全过程中卫星速率 随时间变化的图像可能正确的是() 试卷第1页，共4页 A 6.如图，均匀介质中有且仅有一个点波源产生简谐横波在y平面内传播，A(4,3)、B(4,0)在y平面内。某时刻，A处质点位 于波峰，B处质点位于波谷。下列说法正确的是() '/m A(4,3) B(4,0) 0 12347m A.若波源在(0,0)处，波长可能为1m B.若波源在(0,0)处，波长可能为2m C.若波源在(0,3)处，波长可能为3m D.若波源在(0,3)处，波长可能为4m 7.某智慧工地现场，一台智能卷扬机将一质量为2kg的建材从地面由静止开始竖直向上提升。其速度一时间图像如图所示，0~4s的 v-t图像是直线，4s5s卷扬机以恒定功率运行，5s~6s的v-t图像是直线，提升过程中建材只受重力和钢丝绳竖直向上的拉力作用，g 取10m/s2,不计空气阻力。下列说法正确的是() ◆v/ms 9 P 4 5 6t/s A.5s时建材离地面最高 B.04s内建材处于超重状态，4s5s内处于失重状态 C.4s5s内卷扬机的功率为192W D.4s5s建材的位移为8.5m 8.如图所示，小车的立柱上O点固定有长L的不可伸长的轻绳，绳的末端拴有小球A(何视为质点).小车静止在光滑的水平面上且 OA水平，此时将小球由静止释放.小车的质量是小球的5倍.小球在摆动时不计空气和摩擦阻力.下面说法中正确的是() zREAR7RRR A.小球和小车组成的系统总动量守恒B.摆动过程中小球和小车组成系统的机械能守恒 C小球向右最大位移为，上 D.当小球摆至最低点时，小球与小车的动量大小相等，方向相反，此时小车的速度为 15 9.在如图所示的电路中，电源电动势E、内阻r恒定，R、R是定值电阻。闭合开关S,平行板电容器两板间有一带电液滴刚好处 于静止状态。将滑动变阻器R的滑片向上滑动，理想电压表V1、V2、V3的示数变化量的绝对值为△U,、△，、△U,电流表A是 理想电流表。下列说法正确的是() 试卷第2页，共4页 A R A.电流表A示数变小，电压表V2的示数变大 B.△U=△U+△U3 C.定值电阻R,中有从b流向α的瞬间电流，带电液滴将向上运动D.电源效率减小 10.如图所示，圆弧形光滑轨道ABC固定在竖直平面内，O是圆心，OC竖直，OA水平。A点紧靠一足够长的平台MN,D点位 于A点正上方，如果从D点无初速度释放一个小球，从A点进入圆弧轨道，有可能从C点飞出，做平抛运动，落在平台N上。下 列说法正确的是() D A.由D经A,B,C点到P过程中机械能守恒B.只要D点的高度合适，小球可以落在MN上任意一点 C.在由D运动到A和由C运动到P的过程中重力功率都越来越大 2ngh D.如果DA距离为，则小球经过圆弧轨道最低点B时对轨道的压力为2g+ R 二、实验题（每空2分，共18分） 11.图甲是“碰撞中的动量守恒”实验装置的示意图。 M 36.30 60.50 单位：cm 96.80 MN 甲 (1)在验证动量守恒定律的实验中，不必须要求的条件是 A.轨道光滑 B.轨道末端的切线水平 C.碰撞的瞬间入射小球和被碰小球的球心连线与轨道末端的切线平行 D.每次入射小球都要从同一高度由静止滚下 (②)入射小球与被碰小球的直径相同，则被碰小球的质量2应（填“大于“小于”或“等于”）入射小球的质量。 3)在做此实验时，若某次实验得到小球的落点情况如图乙所示。假设碰撞中动量守恒。则，：=一。 12,某同学用如图甲所示的电路测量电源的电动势和内阻。可用器材如下： A.待测毫安表mA(量程5mA,内阻约为103)B.电阻箱R,(最大阻值为9999.992) C.电源E(电动势约为8V,内阻未知) D.电压表V(量程10V,内阻约为15k2) E.滑动变阻器R(最大阻值为1k2) F.滑动变阻器R(最大阻值为2k2) G.滑动变阻器R3(最大阻值为202) 试卷第3页，共4页 U/V 7.9 6.4 A ImA 3.0 (1)首先测量毫安表mA的内阻。正确连接电路后，进行如下操作： ①将滑动变阻器的滑片滑到最右端，闭合开关S: ②调节滑动变阻器使毫安表mA满偏，闭合开关S,调节电阻箱Ro使毫安表A达到满偏的一半，记录此时电阻箱的读数为9.602。 由上述操作可知，本实验中滑动变阻器应选择 (选填“E”或℉)，毫安表的内阻R=2毫安表内阻的测量值 (选填“偏大”、“偏小”或“准确”) (2)测量电源的电动势和内阻。 调节R,将毫安表A改装成量程为1.0A的电流表，将滑动变阻器换成R3,再闭合S1,多次改变滑动变阻器连入电路的阻值，记录 毫安表与电压表的示数，根据实验数据作出I图像如图乙所示。若电表内阻对实验的影响忽略不计，根据图线可求出电源的电动势 E=V,内阻= 2。(结果均保留两位有效数字) 三、解答题（共39分） 13.(9分)如图所示，截面为半圆的玻璃砖直径水平，半径为R,圆心为O,B、D分别是直径的左、右端点，E点是玻璃砖的最 低点，一束光从玻璃砖内E点射到线段BO的中点F,其折射角日=30°。反射光线经过玻璃砖的G点（未画出），光在真空中传播 的速度为C,求： (1)玻璃砖对该光的折射率n; (2)G点离BD的距离L;3)光从E点传播到G点的时间t。 14.(15分)如图甲所示，一竖直平面内的轨道由粗糙斜面AB和光滑半圆轨道BC组成，斜面底端通过一小段圆弧（图中未画出，长 度可不计)与轨道相切于B点。斜面的倾角为37°，半圆轨道半径为1m,B是圆轨道的最低点，C为最高点。将一小物块置于轨道AB 上离地面高为H处由静止下滑，用力传感器测出其经过B点时对轨道的压力F,改变H的大小，可测出相应的F的大小，F随H的变 化规律如图乙所示。物块在某次运动时，由-8.4m处释放，通过C后，又落回到斜面上D点。（已知sin37°=0.6，cos37°=0.8，g取 10m/s2) FN 9 15 10 H ● 377入 B 01234Hm 甲 (1)若物块由=3m处释放，求物块到达B点时的速度； (②)物块与斜面间的动摩擦因数；3)物块落到D点时的速度大小。 15.(15分)如图所示，质量M=2kg的平板小车左端放有质量=4kg的滑块，二者一起以，=4m/s的速度沿光滑水平地面向 右运动，小车与竖直墙壁发生弹性碰撞（碰撞时间极短）。已知滑块和小车之间的动摩擦因数山=0.5，滑块始终未从小车上滑落，g 取10m/s2。从小车与墙壁第一次碰撞后开始研究，求： 77777777777777777777777h7777777777777 (①)小车与墙壁第一次碰撞后，小车右端与墙壁之间的最大距离； (②)小车与墙壁第一次碰撞后到第二次碰撞前的过程中，系统产生的热量；（结果可用分式表示） (3)整个过程中，小车运动的总路程。 试卷第4页，共4页 试卷第5页，共1页