2023年湖北省黃岡市物理高一第二學期期末調研模擬試題含解析

2022-2023學年高一物理下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、(本題9分)如圖，大、小兩輪通過皮帶傳動勻速轉動，且皮帶與輪邊緣之間不發(fā)生相對滑動．大、小兩輪的半徑之比r1:r2=2:1，A、B為輪邊緣上的兩點．下列關系正確的是()A．A、B兩點的線速度大小之比vA:vB=1:1B．A、B兩點的線速度大小之比vA:vB=2:1C．A、B兩點的角速度大小之比ωA:ωB=1:1D．A、B兩點的向心加速度大小之比aA:aB=2:12、(本題9分)如圖，用同種材料制成的一個軌道ABC，AB段為四分之一圓弧，半徑為R，水平放置的BC段長為R．一個物塊質量為m，與軌道的動摩擦因數為，它由軌道頂端A從靜止開始下滑，恰好運動到C端停止，物塊在AB段克服摩擦力做功為()A．B．C．D．mgR3、(本題9分)如圖所示，豎直墻MN，小球從O處水平拋出，若初速度為va，將打在墻上的a點；若初速度為vb，將打在墻上的b點．已知Oa、Ob與水平方向的夾角分別為α、β，不計空氣阻力．則va與vb的比值為（）A． B． C． D．4、(本題9分)北京殘奧會的開幕式上，三屆殘奧會冠軍侯斌依靠雙手牽引使自己和輪椅升至高空，點燃了殘奧會主火炬，其超越極限、克服萬難的形象震撼了大家的心靈．假設侯斌和輪椅是勻速上升的，則在上升過程中侯斌和輪椅的(

)A．動能增加 B．動能減少 C．重力勢能增加 D．重力勢能減小5、(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．6、光滑水平地面上有一靜止的木塊，子彈水平射入木塊后未穿出，子彈和木塊的v-t圖象如圖所示．已知木塊質量大于子彈質量，從子彈射入木塊到達到穩(wěn)定狀態(tài)，木塊動能增加了50J，則此過程產生的內能可能是A．10J B．50J C．70J D．120J7、(本題9分)如圖所示，A、B、C、D四圖中的小球以及小球所在的左側斜面完全相同，現從同一高度h處由靜止釋放小球，使之進入右側不同的豎直軌道,除去底部一小圓弧，A圖中的軌道是一段斜面，其高度小于h；B圖中的軌道是一個內徑略大于小球直徑的管道,其上部為直管，下部為圓弧形，與斜面相連，管的高度大于h；C圖中的軌道是一段斜面，高度大于h；D圖中的軌道是個半圓形軌道，其直徑等于h。如果不計任何摩擦阻力和拐彎處的能量損失，小球進入右側軌道后能到達h高度的是()A． B．C． D．8、(本題9分)在光滑的水平面上，用長為l的細線拴一質量為m的小球，使小球以角速度ω做勻速圓周運動．下列說法中正確的是()A．l、ω不變，m越大線越易被拉斷B．m、ω不變，l越小線越易被拉斷C．m、l不變，ω越大線越易被拉斷D．m不變，l減半且角速度加倍時，線的拉力不變9、(本題9分)如圖甲所示，甲、乙兩個小球可視為質點，甲球沿固定在斜面上，傾角為30°的光滑足夠長斜面由靜止開始下滑，乙球做自由落體運動，甲、乙兩球的動能與路程的關系圖像如圖乙所示．下列說法正確的是（

）A．甲球和乙球運動到地面時的速度相同B．甲乙兩球的質量之比為C．甲乙兩球的動能均為時，兩球重力的瞬時功率之比為D．甲乙兩球的動能均為時，兩球高度相同10、(本題9分)如圖所示，在粗糙水平面上，用水平輕繩相連的兩個相同物體P、Q質量均為m，在水平恒力F作用下以速度v做勻速運動．在t0時輕繩斷開，Q在F作用下繼續(xù)前進，則下列說法正確的是A．t0至時間內，P、Q的總動量守恒B．t0至時間內，P、Q的總動量守恒C．時，Q的動量為mvD．時，Q的動量為mv11、(本題9分)如圖甲所示,一人用由零逐漸增大的水平力F推靜止于水平地面上質量為10kg的木箱,木箱所受的摩擦力f與F的關系如圖乙所示,g取10m/s2,下列說法正確的是()A．木箱所受的最大靜摩擦力fm=21NB．木箱所受的最大靜摩擦力fm=20NC．木箱與地面間的動摩擦因數μ=0.21D．木箱與地面間的動摩擦因數μ=0.212、(本題9分)兩個互成角度為θ0°<θ<180°A．勻加速直線運動B．勻速直線運動C．勻減速直線運動D．非勻變速曲線運動二．填空題(每小題6分，共18分)13、(本題9分)如圖，一質量為m的小物體（可視為質點）從高為h的斜面上端滑到斜面底端．斜面固定在水平地面上．此過程中，重力對物體做功WG=________，斜面對物體的彈力做功WN=________．14、人造地球衛(wèi)星A和B的質量之比為1∶2，軌道半徑之比為2∶1，它們受到地球的引力之比為______，它們運行的線速度之比為____，它們運行的周期之比為______。15、(本題9分)如圖所示，斜面的傾角為θ，質量為m的滑塊距擋板P的距離為s0，滑塊以初速度v0沿斜面上滑，滑塊所受摩擦力小于使滑塊沿斜面下滑的重力分力．若滑塊每次與擋板相碰均無機械能損失(即碰撞前后速度反向，大小不變)，則從滑塊開始運動到最后停止全程所產生的熱量為_____________．三．計算題(22分)16、（12分）如圖所示，在光滑的水平面上有一長為L的木板B，其右側邊緣放有小滑塊C，與木板B完全相同的木板A以一定的速度向左運動，與木板B發(fā)生正碰，碰后兩者粘在一起并繼續(xù)向左運動，最終滑塊C剛好沒有從木板A上掉下．已知木板A、B和滑塊C的質量均為m，C與A、B之間的動摩擦因數均為μ.求：(1)木板A與B碰前的速度v0；(2)整個過程中木板B對木板A的沖量I.17、（10分）(本題9分)如圖所示，半徑R=0.40m的光滑半圓環(huán)軌道處于豎起平面內，半圓環(huán)與粗糙的水平地面相切于圓環(huán)的端點A．一質量m=0.10kg的小球，以初速度V0=7.0m/s在水平地面上向左做加速度a=3.0m/s2的勻減速直線運動，運動4.0m后，沖上豎直半圓環(huán)，最后小球落在C點．求（1）小球到A點的速度（2）小球到B點時對軌道是壓力（3）A、C間的距離（取重力加速度g=10m/s2）．

參考答案一、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、A【解析】兩輪子靠傳送帶傳動，輪子邊緣上的點具有相同的線速度，故vA=vB，故vA：vB=1：1．故A正確，B錯誤；根據公式v=ωr，故ωA：ωB=rB：rA=1：2．故C錯誤；向心加速度：a=v?ω

所以：aA：aB=vAωA：vBωB=1：2；故D錯誤；故選A．點睛：本題關鍵能分清同緣傳動和同軸傳動，同緣轉動線速度相同，同軸轉動角速度相同；還要能結合公式v=ωr，a=v?ω等列式求解.2、B【解析】由動能定理可知(1－μ)mgR，B對；3、D【解析】根據平拋運動知識可知：，則同理可知：由于兩次運動水平方向上的位移相同，根據解得：，故D正確；ABC錯誤；故選D4、C【解析】侯斌和輪椅在勻速升空的過程中，質量不變，速度不變，動能不變，高度不斷增大，重力勢能不斷增大．故ABD錯誤，C正確，故選C．點睛：（1）掌握動能、重力勢能、彈性勢能的影響因素．（2）根據能的影響因素，能判斷動能、重力勢能、彈性勢能、機械能的變化．5、B【解析】

根據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．6、D【解析】

據題意，木塊從靜止到勻速運動過程中增加的動能可以根據動能定理得到：；由圖象得，子彈從射入木塊到共同速度過程中，子彈運動的位移大于木塊位移的三倍，即，而子彈與木塊之間的相互作用力大小相等，故有：，則此過程增加的內能為：，故選項D正確．7、BC【解析】

A、小球離開軌道后做斜拋運動，水平方向做勻速直線運動，運動到最高點時在水平方向上有速度，即在最高點的速度不為零，根據機械能守恒定律得，，則h′＜h；故A錯誤.B、小球離開軌道做豎直上拋運動，運動到最高點速度為零，根據機械能守恒定律得，mgh+1=mgh′+1．則h′=h；故B正確.C、小球到達右側斜面上最高點時的速度為零，根據機械能守恒定律得，mgh+1=mgh′+1．則h′=h；故C正確.D、小球在內軌道運動，通過最高點最小的速度為，故在最高點的速度不為零，根據機械能守恒定律得，則h′＜h；即不能過最高點；故D錯誤.8、AC【解析】根據F=mlω2得，l、一定，m越大，F越大，則線越容易斷，選項A正確；m、一定，l越大，F越大，線越容易斷，選項B錯誤；m、l一定，越大，F越大，線越容易斷，選項C正確；m一定，l減半，加倍，拉力變?yōu)樵瓉淼?倍，選項D錯誤；故選AC.點睛：解決本題的關鍵知道向心力的來源，知道向心力與線速度、角速度的關系，結合牛頓第二定律進行求解．9、BC【解析】

A．兩球在運動過程中只有重力做功，甲、乙球的機械能都守恒，mgh＝mv2，解得，甲球和乙球運動到地面時的速度大小相等，方向不同，故A錯誤；B．由機械能守恒定律得，對甲球：EK0=m甲gx0sin30°，對乙球：EK0=m乙g?2x0，解得：m甲：m乙=4：1，故B正確；C．兩球重力的瞬時功率為：，甲、乙兩球的動能均為Ek0時，兩球重力的瞬時功率之比為：，故C正確；D．甲、乙兩球的動能均為Ek0時，兩球高度之比為：x0sin30°：2x0=1：4，故D錯誤；10、AD【解析】

設P、Q所受的滑動摩擦力大小均為f，系統(tǒng)勻速運動時，有F=2f，得f=F/2；輕繩斷開后，對P，取向右為正方向，由動量定理得-ft=0-mv，聯立得，即時P停止運動．在P停止運動前，即在t=0至時間內，P、Q系統(tǒng)的合外力為零，總動量守恒．故A正確．至時間內，P停止運動，Q勻加速運動，系統(tǒng)的合外力不為零，則系統(tǒng)的總動量不守恒，故B錯誤．時，取向右為正方向，對Q，由動量定理得(F-f)t=pQ-mv，解得Q的動量pQ=mv，故D錯誤，C錯誤．故選AD．【點睛】本題是脫鉤問題，要抓住脫鉤前系統(tǒng)的動量守恒，脫鉤后在兩者都在運動時系統(tǒng)的動量也守恒．在涉及力在時間上的積累效應時，運用動量定理求動量或速度是常用的方法．11、AD【解析】

由圖乙知木箱受的最大靜摩擦力為fm=21N，故A正確，B錯誤；當木箱運動后受的是滑動摩擦力，大小為f=μmg=20N，解得μ=0.2，故C錯誤，D正確；故選AD．【點睛】對物體正確受力分析，知道什么時候的摩擦力是靜摩擦力，滑動摩擦力與拉力無關是正確解題的關鍵．12、AC【解析】

互成角度的兩個初速度的合初速度為v，兩個加速度的合加速度為a，其中可能的情況如圖，由物體做曲線運動的條件可知，當v與a共線時為勻變速直線運動，當v與a不共線時，為勻變速曲線動A.勻加速直線運動與分析相符，故A項符合題意；B.勻速直線運動與分析不符，故B項不符合意意；C.勻減速直線運動與分析相符，故C項符合題意；D.非勻變速曲線運動與分析不符，故D不符合題意。二．填空題(每小題6分，共18分)13、mgh1【解析】試題分析：當力和位移的夾角為銳角時，力對物體做正功，當力和位移的夾角為鈍角時，力對物體做負功，當力的方向與物體運動的方向垂直時力對物體不做功．解：對物體受力分析可知，物體受到的重力是豎直向下的，斜面對物體的支持力是垂直于斜面向上的，而物體的運動是沿著斜面的向下的，所以重力與位移的夾角為銳角，根據功的公式可知，重力要對物體做正功，大小為mgh，而支持力是與物體的位移的方向垂直的，所以支持力對物體不做功．故答案為mgh；1．【點評】本題考查的是學生對功的理解，根據功的定義可以分析做功的情況．14、1:8【解析】

[1].由萬有引力公式可得，，因此[2].由萬有引力提供圓周運動的向心力有，，因此[3].由萬有引力提供圓周運動的向心力有，，因此15、Q=【解析】

滑塊在滑動過程中，要克服摩擦力做功，其機械能不斷減少；又因為滑塊所受摩擦力小于滑塊沿斜面方向的重力分力，所以最終會停在斜面底端，取斜面底邊所在的水平面為零勢能面，根據能量守恒定律，滑塊的機械能全部轉化為內能：Q=1點晴：由題意：滑塊所受摩擦力小于重力沿斜面向下的分力，滑塊與擋板碰撞后向上運動的過程中，不能停在最高點，又向下滑動，滑塊的機械能不斷減小，最終滑塊