四川省自貢市2023年物理高一下期末學業(yè)水平測試模擬試題含解析

2022-2023學年高一下物理期末模擬試卷注意事項：1．答題前，考生先將自己的姓名、準考證號填寫清楚，將條形碼準確粘貼在考生信息條形碼粘貼區(qū)。2．選擇題必須使用2B鉛筆填涂；非選擇題必須使用0．5毫米黑色字跡的簽字筆書寫，字體工整、筆跡清楚。3．請按照題號順序在各題目的答題區(qū)域內作答，超出答題區(qū)域書寫的答案無效；在草稿紙、試題卷上答題無效。4．保持卡面清潔，不要折疊，不要弄破、弄皺，不準使用涂改液、修正帶、刮紙刀。一、選擇題：（1-6題為單選題7-12為多選，每題4分，漏選得2分，錯選和不選得零分）1、如圖所示，一個用細線懸掛的小球從A點開始擺動，記住它向右能夠達到的最大高度，然后用一把直尺在P點擋住懸線，繼續(xù)觀察之后小球的擺動情況并分析，下列結論中正確的是（）A．在P點放置直尺后，懸線向右擺動的最大高度明顯低于沒放直尺時到達的高度B．在P點放置直尺后，懸線向右擺動的最大高度明顯高于沒放直尺時到達的高度C．懸線在P點與直尺碰撞前、后的瞬間相比，小球速度變大D．懸線在P點與直尺碰撞前、后的瞬間相比，小球加速度變大2、(本題9分)空間中P、Q兩點處各固定一個點電荷，其中P點處為正電荷，P、Q兩點附近電場的等勢面分布如題圖圖所示，a、b、c、d為電場中的4個點，則()A．P、Q兩點處的電荷等量同種B．a點和b點的電場強度相同C．c點的電勢低于d點的電勢D．負電荷從a到c，電勢能減少3、(本題9分)如圖所示，光滑的水平面上，小球m在拉力F的作用下做勻速圓周運動，若小球到達B點時F突然消失，下列關于小球的運動的說法正確的是A．小球將沿軌跡Ba做離心運動 B．小球將沿軌跡Bｂ做離心運動C．小球將沿軌跡Bｃ做離心運動 D．小球將沿軌跡Bｄ做離心運動4、如圖為湖邊一傾角為的大壩橫截面示意圖，水面與大壩的交點為O，一人站在A點以速度沿水平方向仍一小石子，已知，不計空氣阻力，?。铝姓f法正確的是（）A．若，則石塊可以落入水中B．若，則石塊不能落入水中C．若石子能落入水中，則越大，落水時速度方向與水平面的夾角越大D．若石子不能落入水中，則越大，落到斜面上時速度方向與斜面的夾角越大5、(本題9分)如圖，當汽車通過拱橋頂點的速度為10m/s時，車對橋頂的壓力為車重的，如果要使汽車在橋面行駛至橋頂時，恰好不受橋面支持力作用，則汽車通過橋頂的速度應為（）A．15m/s B．20m/sC．25m/s D．30m/s6、(本題9分)研究以下運動時，對應物體可以當作質點的是()A．石塊從高處自由落下B．地球自轉的效應C．花樣滑冰運動員的動作表現D．火車過橋的時間7、(本題9分)已知地球半徑為R，質量為M，自轉角速度為，萬有引力常量為G，地球同步衛(wèi)星與地心間的距離為r，近地人造衛(wèi)星繞地球的運行軌道可視為圓，則A．地球近地衛(wèi)星做勻速圓周運動的加速度為2RB．地球同步衛(wèi)星做勻速圓周運動的加速度為2rC．地球近地衛(wèi)星做勻速圓周運動的線速度為RD．地球近地衛(wèi)星做勻速圓周運動的線速度為8、(本題9分)如圖所示，在勻速轉動的洗衣機脫水桶內壁上，有一件濕衣服貼在桶壁上，隨圓桶一起轉動，相對桶壁未滑動，衣服上的水滴還沒有做離心運動。則A．圓桶轉速增大，衣服對桶壁的水平壓力大小增大B．圓桶轉速增大，衣服對桶壁的水平壓力大小不變C．圓桶轉速增大，衣服所受摩擦力大小增大D．圓桶轉速增大，衣服所受摩擦力大小不變9、(本題9分)如圖所示，一質量為m的人站在觀光電梯內的磅秤上，電梯以0.1g的加速度加速上升h高度，在此過程中（）A．磅秤的示數等于0.1mgB．人的重力勢能增加了mghC．人的動能增加了0.9mghD．人的機械能增加了1.1mgh10、如圖為兩個高度相同、傾角不同的光滑斜面．讓質量相同的兩個物體分別沿兩個斜面由靜止從頂端運動到底端．在此過程中，兩個物體的（）A．重力的沖量相同B．重力的平均功率相同C．合力所做的功相同D．合力的沖量大小相同11、(本題9分)如圖所示，一木塊放在光滑水平面上，一子彈水平射入木塊中，射入深度為d，平均阻力為f.設木塊離射入點s遠時開始勻速前進，下列判斷正確的是A．f·s量度子彈損失的動能B．f·d量度子彈損失的動能C．f·s量度木塊動能改變量D．f(s＋d)量度子彈損失的動能12、人造地球衛(wèi)星可以看起來相對地面靜止，就是我們常說的同步衛(wèi)星。地球半徑為R，質量為M，自轉周期為T，同步衛(wèi)星距離地面高度為h，運行速度為v。下列表達式正確的是（）A．h=3GMT2C．v=32π二、實驗題（本題共16分，答案寫在題中橫線上）13、（6分）用伏安法測電阻Rx的部分電路如圖所示，電壓表和電流表的讀數分別為10V和0.2A，則電阻Rx的測量值為_____Ω，若電流表內阻為0.2Ω，則Rx的真實值為_____Ω。14、（10分）(本題9分)利用如圖裝置做“驗證機械能守恒定律”實驗.(1)為驗證機械能是否守恒,需要比較重物下落過程中任意兩點間的（_________）A．動能變化量與勢能變化量B．速度變化量和勢能變化量C．速度變化量和高度變化量(2)在實驗中,已知重物質量,在紙帶上打出一系列的點,如圖所示(打點間隔為),,紙帶上所標數據單位,其中點與下一點之間距離為,那么從打點到打點的過程中：①重物的重力勢能變化量_________,動能變化量____________(結果保留兩位有效數字)②有一位學生的實驗結果顯示,重力勢能的減少量小于動能的增加量,原因是:________A．重物下落時受到的阻力過大B．在計算中誤將取C．重物的質量測量錯誤D．交流電源的頻率小于(3)某同學想用下述方法研究機械能是否守恒,在紙帶上選取多個計數點,測量它們到起始點的距離,計算對應計數點的重物速度,描繪圖像,并做如下判斷:若圖像是一條過原點的直線,則重物下落過程中機械能守恒．請你分析論證該同學的判斷依據是否正確_____________三、計算題要求解題步驟，和必要的文字說明（本題共36分）15、（12分）(本題9分)如圖所示，在一個傾角為的足夠長的固定斜面上，由靜止釋放一個長度為的木板，木板與斜面之間的動摩擦因數。當長木板沿斜面向下運動的速度達到時，在木板的下端輕輕放上一個質量與木板相同的小煤塊，小煤塊與木板之間的動摩擦因數。設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，取重力加速度的大小，，，結果可用根號表示。求：（1）剛放上小煤塊時，長木板的加速度的大小和煤塊的加速度的大??；（2）小煤塊從木板哪一端離開？煤塊從放上到離開木板所需時間是多少？16、（12分）(本題9分)如圖所示，傾角θ=37°的光滑且足夠長的斜面固定在水平面上，在斜面頂端固定一個輪半徑和質量不計的光滑定滑輪D，質量均為m=1kg的物體A和B用一勁度系數k=140N/m的輕彈簧連接，物體B被位于斜面底端且垂直于斜面的擋板P擋住．用一不可伸長的輕繩使物體A跨過定滑輪與質量為M的小環(huán)C連接，小環(huán)C穿過豎直固定的光滑均勻細桿，當整個系統靜止時，環(huán)C位于Q處，繩與細桿的夾角α=53°，且物體B對擋板P的壓力恰好為零．圖中SD水平且長度為d=0.1m，位置R與位置Q關于位置S對稱，輕彈簧和定滑輪右側的繩均與斜面平行．現讓環(huán)C從位置R由靜止釋放，sin37°=0.6，cos37°=0.8，g取10m/s1．求：⑴小環(huán)C的質量M；⑵小環(huán)C通過位置S時的動能Ek及環(huán)從位置R運動到位置S的過程中輕繩對環(huán)做的功WT；⑶小環(huán)C運動到位置Q的速率v.17、（12分）如圖所示的光滑斜面長為L，寬為b，傾角為θ，一物塊(可看成質點)沿斜面左上方頂點P水平射入，恰好從底端Q點離開斜面，重力加速度為g，試求：（1）物塊由P運動到Q所用的時間t;（2）物塊由P點水平射入時的初速度v0.

參考答案一、選擇題：（1-6題為單選題7-12為多選，每題4分，漏選得2分，錯選和不選得零分）1、D【解析】

AB.小球從A點開始擺動，在P點擋住擺線后，小球能繼續(xù)向運動，在整個過程中機械能的總量保持不變，機械能是守恒的，小球能上升到原來的高度，故AB錯誤；CD.小球到達最低點時水平方向不受力，則懸線在P點與直尺碰撞前、后的瞬間相比，小球速度大小不變，而半徑變小，根據a=v2、D【解析】P、Q兩點處的電荷等量異種，選項A錯誤；a點和b點的電場強度大小相等，方向不同，選項B錯誤；c點的電勢高于d點的電勢，選項C錯誤；負電荷從a到c，電場力做功，電勢能減少，選項D正確．3、B【解析】在水平面上，細繩的拉力提供m所需的向心力，當拉力F消失，物體受力合為零，將沿切線方向做勻速直線運動，即小球將沿軌跡Bｂ做離心運動，故選B．點睛：此題要理解離心運動的條件，結合力與運動的關系，當合力為零時，物體做勻速直線運動．4、A【解析】

AB．小球落在O點下落的高度h=40×m=20m，則運動的時間，則要恰好落在O點的初速度，，可知石塊可以落入水中，故A正確，B錯誤．C．若石塊能落入水中，下落的高度一定，豎直分速度一定，結合平行四邊形定則知，，初速度越大，落水時速度方向與水平面的夾角越小，故C錯誤．D．石塊不能落在水中，石塊豎直位移與水平位移的比值是定值，有，速度與水平方向的夾角，因為θ一定，則速度與水平方向的夾角一定，可知石塊落到斜面時速度方向與斜面的夾角一定，與初速度無關．故D錯誤．5、B【解析】

根據牛頓第二定律得即解得當支持力為零，有解得故B正確，ACD錯誤。故選B。6、A【解析】從高處自由下落的石塊其體積是可以忽略的，所以此時的石頭可以看成是質點，故A正確；地球在自轉的過程中，不能用一個點代替地球，形狀和大小不能忽略．不能看作質點，故B錯誤；研究花樣滑冰運動員的動作表現時，要看動作，不可以看作質點，故C錯誤；研究火車過橋的時間時，火車的大小和形狀不可以忽略，不可以看作質點，故D錯誤；故選A．7、BD【解析】

A.衛(wèi)星繞地球做圓周運動時，由地球的萬有引力提供向心力，有：，解得：，地球同步衛(wèi)星的角速度等于地球自轉角速度ω，得地球近地衛(wèi)星與地球同步衛(wèi)星的角速度之比為：，則得：，所以地球近地衛(wèi)星做勻速圓周運動的加速度為：，故A錯誤。B.地球同步衛(wèi)星的角速度等于地球自轉角速度ω，則地球同步衛(wèi)星做勻速圓周運動的加速度為：a同=ω2r，故B正確。C.地球近地衛(wèi)星做勻速圓周運動的線速度為：v近=ω近R=，故C錯誤。D.地球近地衛(wèi)星做勻速圓周運動時，根據得近地衛(wèi)星的線速度為：，故D正確。8、AD【解析】

AB.水平方向桶對衣服的彈力提供向心力，圓桶轉速增大，所需向心力增大，彈力變大，根據牛頓第三定律可知衣服對桶壁的水平壓力大小增大，A正確B錯誤。CD.豎直方向始終處于平衡狀態(tài)，所以摩擦力與重力等大反向，不變，C錯誤D正確。9、BD【解析】

A．根據牛頓第二定律得解得即磅秤的示數等于1.1mg，選項A錯誤；C．根據動能定理得選項C錯誤；BD．人上升h，則重力做功為可知重力勢能增大mgh，動能增加0.1mgh，則機械能增大了1.1mgh，選項BD正確。故選BD。10、CD【解析】

對于任意一個傾角為θ的斜面，設物體運動的時間為t，則：得：由圖知h相同，而θ不同，則物體運動的時間不同.A.重力的沖量為I=mgt，由于時間t不同，所以重力的沖量不同；故A項不合題意.B.兩斜面重力做功都為WG=mgh，由平均功率公式知，因時間不同可知重力的平均功率不同；故B項不合題意.C.物體下滑過程中，只有重力做功，而重力做功相同，所以合力所做的功相同；故C項符合題意.D.兩物體下滑由動能定理：可得物塊到底端的速度，速度大小相等；根據動量定理得知合力的沖量等于物體動量的變化量，而初動量為零，則合力的沖量等于物體滑到斜面底端時的動量，即；由圖知，斜面的傾角不同，物體滑到斜面底端時速度方向不同，動量方向則不同，所以動量變化量不同，故合力的沖量大小相同，而合力的沖量方向不同；故D項符合題意.11、CD【解析】

AC．木塊對子彈有一個阻力，根據牛頓第三定律，子彈對木板有一個向右的動力，即大小等于f，在這個力的作用下木塊向前運動了s的距離，根據動能定理可得fs=ΔE即fs量度木塊動能改變量，A錯誤C正確；BD．子彈在阻力f的作用下，運動了s+d的距離，根據動能定理可知fs+dfs+d所以fd表示系統動能減小的動能，也可以說是系統產生的內能，B錯誤D正確．12、AC【解析】

根據萬有引力提供向心力F萬=F向GMm(R+h)2＝又v＝2π(R+h)T【點睛】該題為天體運動的典型題型，由萬有引力提供向心力，公式中量比較多，計算要小心。屬于基礎題。二、實驗題（本題共16分，答案寫在題中橫線上）13、5049.8【解析】

第一空.由歐姆定律有：第二空.電表內阻已知，根據串并聯電路的規(guī)律可知：RX=R測-RA=50-0.2=49.8Ω14、A；0.49J；0.48；D；不正確；【解析】（1）為驗證機械能是否守恒,需要比較重物下落過程中任意兩點間的動能變化量與勢能變化量，故選A.（2）①因O點與下一點之間距離為2mm，可知打O點時重物的速度為零；B點的速度：重物的重力勢能變化量ΔEp=mghB=1×9.8×0.0501J=0.49J；動能變化量ΔEk=②若重物下落時受到的阻力過大，則重力勢能的減小量會大于動能的增量，選項A錯誤；在計算中誤將g取10m/s2，則計算出的重力勢能的減小量也會大于動能的增量，選項B錯誤；因為要比較的mgh和mv2兩邊都有m，則重物的質量測量錯誤對實驗無影響，選項C錯誤；交流電源的頻率小于50Hz，則打點的周期較大，點間距離較大，則測得的點的速度偏大，則可能會造成動能增加量大于重力勢能減小量，選項D正確；故選D.（3）該同學的判斷依據不正確．在重物下落h的過程中，若阻力f恒定，根據mgh-fh=mv2，可得：v2=2（g-）h，則此時v2-h圖象就是過原點的一條直線．所以要想通過v2-h圖象的方法驗證機械能是否守恒，還必須看圖象的斜率是否接近2g．點睛：解決本題的關鍵掌握實驗的原理，會通過原理確定產生誤差的原因，以及掌握紙帶的處理方法，會通過紙帶求解瞬時速度的大小，關鍵是勻變速直線運動推論的運用．三、計算題要求解題步驟，和必要的文字說明（本題共36分）15、（1），；（2）下端，【解析】

（1）剛放上小煤塊時，對長木板，由牛頓第二定律對煤塊，由牛頓第二定律解得（2）設時間煤塊與長木板達到共速，則有解得煤塊相對長木板的位移故煤塊不能從上端離開此時煤塊的速度為之后木板減速，煤塊加速，根據牛頓第二定律有對長木板有解得對煤塊有解得因所以煤塊從下端離開木板，設從二者共速到二者分離又經歷的時間為，此過程木板和煤塊的對地位移分別為，則有根據相對位移解得故從放上到離開木板共經歷的時間為16、