2023年安徽省懷遠一中物理高一第二學期期末經典模擬試題（含答案解析）

2023學年高一下物理期末模擬試卷注意事項1．考試結束后，請將本試卷和答題卡一并交回．2．答題前，請務必將自己的姓名、準考證號用0．5毫米黑色墨水的簽字筆填寫在試卷及答題卡的規(guī)定位置．3．請認真核對監(jiān)考員在答題卡上所粘貼的條形碼上的姓名、準考證號與本人是否相符．4．作答選擇題，必須用2B鉛筆將答題卡上對應選項的方框涂滿、涂黑；如需改動，請用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案．作答非選擇題，必須用05毫米黑色墨水的簽字筆在答題卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律無效．5．如需作圖，須用2B鉛筆繪、寫清楚，線條、符號等須加黑、加粗．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、火星和木星沿各自的橢圓軌道繞太陽運行，根據(jù)開普勒行星運動定律可知：A．太陽位于木星運行軌道的中心B．火星和木星繞太陽運行速度的大小始終相等C．火星與木星公轉周期之比的平方等于它們軌道半長軸之比的立方D．相同時間內,火星與太陽連線掃過的面積等于木星與太陽連線掃過的面積2、(本題9分)如圖所示，一長為的輕桿端固定在轉軸上，另一端固定一小球．現(xiàn)讓小球在整直平面內繞做圓周運動，當?shù)刂亓铀俣葹椋斝∏蜻\動到最高點時（）A．最小速度為B．最小速度為C．桿對小球的作用力只能是向下的拉力D．小球的速度越大，桿對小球的作用力也越大．3、(本題9分)如圖所示，質量相等的A、B兩物體隨豎直圓筒一起做勻速圓周運動，且與圓筒保持相對靜止，下列說法中正確的是（）A．線速度vB．運動周期TC．筒壁對它們的彈力ND．它們受到的摩擦力f4、(本題9分)如圖所示，洗衣機的甩干筒在轉動時有一些衣服附在豎直筒壁上，則此時A．附在筒壁的衣服隨筒壁做圓周運動的向心力是摩擦力B．附在筒壁上的衣服受重力、筒壁的彈力和摩擦力C．甩干筒的轉速越大，筒壁上衣服的線速度與角速度之比越大D．甩干筒的轉速越大，筒壁對衣吸的摩擦力越大5、質量為1kg的物體，在水平面做直線運動,初速度大小為8m/s。它在一個水平力作用下，經一段時間后速度變?yōu)?m/s，方向與初速度方向相反。則在這段時間內物體動量的變化量為A．10，方向與初速度方向相反B．10，方向與初速度方向相同C．6，方向與初速度方向相反D．6，方向與初速度方向相同6、(本題9分)如圖所示，在正方形四個頂點分別放置一個點電荷，所帶電荷量已在圖中標出，則下列四個選項中，正方形中心處場強最大的是()A．B．C．D．7、(本題9分)質量為2kg的物體在合外力作用下做直線運動的圖象如圖所示，下列說法正確的是（）A．在0﹣1s內合外力做功為4JB．在1～3s內合外力做功為4JC．在0.5s時合外力功率大小為4WD．在2s時合外力功率大小為4W8、一部直通高層的客運電梯的簡化模型如圖1所示．電梯在t=0時由靜止開始上升，以向上方向為正方向，電梯的加速度a隨時間t的變化如圖2所示．圖1中一乘客站在電梯里，電梯對乘客的支持力為F．根據(jù)圖2可以判斷，力F逐漸變大的時間段有（）A．0～1s內 B．8～9s內 C．15～16s內 D．23～24s內9、(本題9分)物體做勻速圓周運動時,下列物理量中變化的是（）A．線速度 B．角速度 C．向心加速度 D．動能10、(本題9分)如圖所示，在地面上以速度v0拋出質量為m的物體，拋出后物體落到比地面低h的海平面上．若以地面為零勢能面且不計空氣阻力，則下列說法中正確的是（）A．物體到海平面時的重力勢能為B．重力對物體做的功為C．物體在海平面上的動能為D．物體在海平面上的機械能為11、在如圖所示的豎直平面內，在水平線MN的下方有足夠大的勻強磁場，一個等腰三角形金屬線框頂點C與MN重合，線框由靜止釋放，沿軸線DC方向豎直落入磁場中．忽略空氣阻力，從釋放到線框完全進入磁場過程中，關于線框運動的v－t圖，可能正確的是：（）A． B． C． D．12、(本題9分)如圖所示，一小球自A點由靜止自由下落到B點時與豎直彈簧接觸，到C點時彈簧被壓縮到最短，不計彈簧質量和空氣阻力，在小球由C→B→A反彈的運動過程中，下列說法正確的是（）A．小球、地球和彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒B．小球重力勢能的增加量等于彈簧彈性勢能的減少量C．小球在B點時動能最大D．在C點，彈性勢能最大二．填空題(每小題6分，共18分)13、如圖所示，A、B、C三點為一直角三角形的三個頂點，∠B=30°，現(xiàn)在A、B兩點放置兩點電荷、，測得C點場強的方向與AB平行，則帶________，=_________．14、如圖所示小球做勻速圓周運動，細線與豎直方向夾角為θ，線長為L，小球質量為m，重力加速度為g，則小球的向心力大小為________，小球運動的線速度大小為________。15、(本題9分)如圖所示，物體A、B、C疊放在水平桌面上，水平力Ｆ作用于C物體，使A、B、C以共同速度向右勻速運動，且三者相對靜止，下面關于摩擦力的說法正確的是：()A．A不受摩擦力作用B．B不受摩擦力作用C．C不受摩擦力作用D．以A、B、C為整體，整體受到的摩擦力為零三．計算題(22分)16、（12分）(本題9分)地球同步通信衛(wèi)星繞地球做勻速圓周運動的周期與地球的自轉周期相同，均為T。（1）求地球同步通信衛(wèi)星繞地球運行的角速度大??；（2）已知地球半徑為R，地球表面的重力加速度為g，求地球同步通信衛(wèi)星的軌道距離地面的高度。17、（10分）(本題9分)“拋石機”是古代戰(zhàn)爭中常用的一種武器。如圖為某學習小組設計的拋石機模型，直桿可繞水平軸O轉動，其長臂的長度L=2m，開始時處于靜止狀態(tài)，與水平面間的夾角α=37°；將質量為m=10.0kg的石塊裝在長臂末端的口袋中，對短臂施力，當長臂轉到豎直位置時被卡住立即停止轉動，石塊在最高點被水平拋出。已知石塊落地位置與拋出位置間的水平距離為12m，不計空氣阻力，取g=9.8m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.80。求：（1）石塊水平飛出時速度的大小（2）拋石機對石塊做的功

2023學年模擬測試卷參考答案（含詳細解析）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、C【答案解析】太陽位于木星運行軌道的焦點位置，選項A錯誤；根據(jù)開普勒行星運動第二定律可知，木星和火星繞太陽運行速度的大小不是始終相等，離太陽較近點速度較大，較遠點的速度較小，選項B錯誤；根據(jù)開普勒行星運動第三定律可知，木星與火星公轉周期之比的平方等于它們軌道半長軸之比的立方，選項C正確；根據(jù)開普勒行星運動第二定律可知，相同時間內，火星與太陽連線掃過的面積相等，但是不等于木星與太陽連線掃過面積，選項D錯誤；故選C.2、B【答案解析】由于小球與輕桿連接，則當小球運動到最高點時最小速度為零，選項A錯誤，B正確；桿對小球的作用力可以是向下的拉力，由也可以是向上的支持力，選項C錯誤；當球的速度為時，桿對球的作用力為零，則當球的速度從增大或減小時，桿對球的作用力均增大，選項D錯誤；故選B.點睛：此題關鍵是先搞清是“繩模型”還是“桿模型”，兩者經過最高點的最小速度分別是和0；當經過最高點的速度是時球只受重力作用.3、D【答案解析】

A、A和B共軸轉動，角速度相等即周期相等，由v=rω知，A轉動的半徑較小，則A的線速度較小，故A、B錯誤．C、A和B做圓周運動靠彈力提供向心力，由N=mrω2知，A的半徑小，則NA<NB；豎直方向上：重力和靜摩擦力平衡，重力相等，則摩擦力相等，即fA=fB，故它們受到的合力FA合【答案點睛】解決本題的關鍵知道A、B的角速度相等，知道A、B做圓周運動向心力的來源，結合牛頓第二定律進行求解，4、B【答案解析】

ABD．衣服做圓周運動，受重力、桶壁的彈力和靜摩擦力作用．在豎直方向上，衣服受重力和靜摩擦力平衡，靠彈力提供向心力，由N=mrω2知，轉速增大，則桶壁對衣服的彈力增大，靜摩擦力不變．故B正確，AD錯誤．C．根據(jù)v=ωr可知，筒壁上衣服的線速度與角速度之比等于轉動半徑r，則甩干筒的轉速越大，筒壁上衣服的線速度與角速度之比不變，選項C錯誤；故選B．5、A【答案解析】

規(guī)定初速度方向為正方向，物體初狀態(tài)的動量為：，末狀態(tài)的動量為：，則動量的變化量為：，負號表示方向，可知動量變化量的方向與初速度方向相反，A正確。6、B【答案解析】

根據(jù)點電荷電場強度公式，結合矢量合成法則，兩個負電荷在正方形中心處場強為零，兩個正點電荷在中心處電場強度為零，故A錯誤；同理，正方形對角線異種電荷的電場強度，即為各自點電荷在中心處相加，因此此處的電場強度大小為，故B正確；正方形對角線的兩負電荷的電場強度在中心處相互抵消，而正點電荷在中心處，疊加后電場強度大小為，故C錯誤；根據(jù)點電荷電場強度公式，結合疊加原理，則有在中心處的電場強度大小，故D錯誤．所以B正確，ACD錯誤．7、AC【答案解析】

A、由動能定理可知，0﹣1s內合外力做功，故A正確；B、由動能定理可知，1﹣3s內合外力做功，故B錯誤。C、0.5s時加速度大小為，合外力大小為，在0.5s時合外力功率大小為，故C正確；D、在2s時加速度大小為，合外力大小為，在2s時合外力功率大小為，故D錯誤。8、AD【答案解析】試題分析：根據(jù)牛頓第二定律列式，分加速度向上和加速度向下兩個過程討論即可．解：1、加速度向上時，根據(jù)牛頓第二定律，有：F﹣mg=ma故F=mg+ma故在0﹣1s內的支持力F是增加的，1s﹣8s內支持力恒定，8s﹣9s支持力是減小的；2、加速度向下時，根據(jù)牛頓第二定律，有：mg﹣F=m|a|故F=mg﹣m|a|故在15s﹣16s支持力是減小的，16s﹣23s支持力是固定的，23s﹣24s內的支持力F是增加的；故AD正確，BC錯誤；故選AD．【點評】超重和失重現(xiàn)象可以運用牛頓運動定律進行分析理解，產生超重的條件是：物體的加速度方向向上；產生失重的條件：物體的加速度方向向下．9、AC【答案解析】

A.做勻速圓周運動的物體線速度方向不斷變化，選項A正確；B.做勻速圓周運動的物體角速度不變，選項B錯誤；C.做勻速圓周運動的物體向心加速度方向不斷變化，選項C正確；D.做勻速圓周運動的物體速度大小不變，則動能不變，選項D錯誤.10、BCD【答案解析】

A.以海平面為零勢能平面，則物體到海平面時的重力勢能為零，故A錯誤。B.重力對物體做功W=mgh故B正確。C.根據(jù)機械能守恒有：可知物體在海平面時的動能為故C正確。D.物體在運動的過程中機械能守恒，以地面為零勢能面,物體在海平面的重力勢能Ep=-mgh則物體在海平面上的機械能故D正確。11、CD【答案解析】

根據(jù)楞次定律的“來拒去留”可知線框受到向上的安培力，線框由靜止向下做加速運動，設線框的有效切割磁感線的長度為L，線框的電阻為R，則有，根據(jù)歐姆定律可得，故，根據(jù)牛頓第二定律可得，故，運動過程中，L在變大，v在變大，故加速度在減小，即速度時間圖像的斜率再減小，故AB錯誤；由于不知道當線框完全進入磁場時重力和安培力的關系，所以之后線框的速度可能繼續(xù)增大，可能恒定不變，故CD正確12、AD【答案解析】以小球和彈簧組成的系統(tǒng)為研究對象，在小球運動過程中，只有重力和彈簧的彈力做功，符合機械能守恒的條件，因此，系統(tǒng)的機械能守恒，故A正確；根據(jù)系統(tǒng)的機械能守恒知，小球重力勢能的增加量與動能增加量之和等于彈簧彈性勢能的減少量，故B錯誤；當小球的重力等于彈力時，加速度為零，速度最大，即動能最大，該位置處于B與C之間，故C錯誤；在C處彈簧的壓縮量最大，彈性勢能最大，故D正確．故選AD．【答案點睛】在小球由C→B→A反彈的運動過程中，彈力逐漸減小，開始小于重力，到BC間某位置等于重力，后大于重力，因此，小球從C到B過程中先做加速運動，后做減速運動，因此明確了整個過程中小球的運動情況，再根據(jù)功能關系可正確解答本題．二．填空題(每小題6分，共18分)13、負【答案解析】放在A點和B點的點電荷在C處產生的場強方向在AC和BC的連線上，因C點場強方向與BA方向平行，故放在A點的點電荷和放在B點的點電荷產生的場強方向只能如圖所示，由C→A和由B→C，故qA帶負電，qB帶正電，且EB＝2EA，即k＝2k，又由幾何關系知＝2，所以qAqB＝18.14、【答案解析】

[1]小球在水平面內做勻速圓周運動，對小球受力分析，小球的合力提供向心力，如圖由幾何關系得：向心力的大小[2]根據(jù)向心力公式解得：小球運動的線速度大小為15、B【答案解析】

有運動狀態(tài)判斷摩擦力的有無，由整體法據(jù)二力平衡判斷A與地面間的摩擦力，再用隔離法結合二力平衡或假設法判斷A與C、A與B間的摩擦力的有無．【題目詳解】AD、以A、B、C為整體，由于勻速運動，據(jù)二力平衡可知：地面對A物體的摩擦力必與F等大反向；錯誤B、假設B受摩擦力則B的合外力不為零，不會做勻速直線運動，則B不受摩擦力；正確C、以C為研究對象由C勻速運動，據(jù)二力平衡A對C的摩擦力一定與F等大反向；錯誤故選B【答案點睛】中等難度．靜摩擦力的方向除利用定義判斷之外，通常還用假設法或根據(jù)物體運