江蘇省常州一中2022-2023學年高一物理第二學期期末考試試題含解析

2022-2023學年高一下物理期末模擬試卷考生須知：1．全卷分選擇題和非選擇題兩部分，全部在答題紙上作答。選擇題必須用2B鉛筆填涂；非選擇題的答案必須用黑色字跡的鋼筆或答字筆寫在“答題紙”相應位置上。2．請用黑色字跡的鋼筆或答字筆在“答題紙”上先填寫姓名和準考證號。3．保持卡面清潔，不要折疊，不要弄破、弄皺，在草稿紙、試題卷上答題無效。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、(本題9分)一只小船渡河，運動軌跡如圖所示．水流速度各處相同且恒定不變，方向平行于岸邊；小船相對于靜水分別做勻加速、勻減速、勻速直線運動，船相對于靜水的初速度大小均相同、方向垂直于岸邊，且船在渡河過程中船頭方向始終不變．由此可以確定（）A．船沿AD軌跡運動時，船相對于靜水做勻加速直線運動B．船沿三條不同路徑渡河的時間相同C．船沿AB軌跡渡河所用的時間最短D．船沿AC軌跡到達對岸前瞬間的速度最大2、(本題9分)某斜面固定在水平面上，一小物塊從該斜面底端沖上足夠長的斜面后又返回斜面底端．小物塊從斜面底端沖上時的動能為時，它返回斜面底端時的動能為．若小物塊從斜面底端沖上時的動能為2E，則它返回斜面底端時的動能為A． B． C． D．3、(本題9分)汽車從甲地由靜止出發(fā)，沿直線運動到丙地，乙在甲丙兩地的中點.汽車從甲地勻加速運動到乙地，經(jīng)過乙地速度為60km/h；接著又從乙地勻加速運動到丙地，到丙地時速度為120km/h．求汽車從甲地到達丙地的平均速度大小等于（）A．30km/hB．45km/hC．60km/hD．90km/h4、(本題9分)在下列所述實例中，機械能守恒的是：A．滑塊沿光滑斜面下滑的過程B．火箭加速上升的過程C．雨滴在空中勻速下落的過程D．游客在摩天輪中隨摩天輪在豎直面內勻速轉動的過程5、如圖所示，輕桿長為L，一端固定在水平軸上的O點，另一端固定一個小球（可視為質點）．小球以O為圓心在豎直平面內做圓周運動，且能通過最高點，g為重力的加速度，下列說法正確的是（）A．小球到達最高點時所受輕桿的作用力不可能為零B．小球通過最低點時所受輕桿的作用力不可能向下C．小球通過最高點時所受輕桿的作用力一定隨小球速度的增大而增大D．小球通過最低點時所受輕桿的作用力可能隨小球速度的增大而減小6、(本題9分)如圖所示，小球從高處落到豎直放置的輕彈簧上，則小球從開始接觸彈簧到將彈簧壓縮至最短的整個過程中（）A．小球的動能先增大后減小B．小球的機械能在不斷增大C．小球、彈簧、地球構成的系統(tǒng)機械能不斷減小D．彈簧的彈性勢能先增大后減小7、(本題9分)下列關于物理學史的描述，正確的是A．牛頓發(fā)現(xiàn)萬有引力定律，而萬有引力常量是由卡文迪許測出的B．庫侖利用庫侖扭秤得出庫侖定律，同時測出靜電力常量C．密立根提出在電荷的周圍存在著由它產(chǎn)生的電場，并測出元電荷的電荷量D．富蘭克林命名了正負電荷8、(本題9分)在地球表面，用彈簧測力計測得質量為m0的物體的重力為P，已知地球的半徑為R，萬有引力常量為G，地球同步通訊衛(wèi)星的軌道離地面的高度為hA．地球的第一宇宙速度為RPB．地球的質量為RC．地球的近地衛(wèi)星環(huán)繞地球運動的向心加速度大小等于RD．地球的自轉周期等于2π(R+h)9、(本題9分)如圖所示，將傾角θ=30°的斜面體C置于水平地面上，一根不可伸長的輕繩兩端分別系著可視為質點的小球A和物塊B，跨過固定于斜面體頂端的光滑小滑輪.現(xiàn)用手托住A，使OA段繩恰處于水平伸直狀態(tài)，OB繩平行于斜面，此時物塊B恰好靜止不動.已知A的質量m1=1kg，B的質量m2=4kg，OA段繩長l=1m.重力加速度g=10m/s2.將A由靜止釋放，在其向下運動過程中，物塊B與斜面體C始終保持靜止，下列分析正確的是A．小球A運動到最低點時，物塊B受到的摩擦力大小為零B．小球A運動到最低點時，物塊B受到的摩擦力大小為10NC．小球A向下運動的過程中，斜面體C受到水平地面的摩擦力方向先向右后向左D．小球A向下運動的過程中(初末兩位置除外)，斜面體C受到水平地面的摩擦力方向始終水平向右10、(本題9分)下列四個電場中，a、b兩點電場強度不同但電勢相同的是().A．以正電荷為圓心的圓周上的兩點B．負點電荷電場中同一電場線上的兩點C．與勻強電場電磁線垂直的直線上的兩點D．等量異種點電荷中垂線上的兩點11、(本題9分)如圖所示,一個內壁光滑的圓錐筒固定在豎直面內。有兩個質量不同的小球甲和乙貼著筒的內壁在水平面內做勻速圓周運動。則A．甲乙兩球都是由重力和支持力的合力提供向心力B．筒壁對甲球的支持力等于筒壁對乙球的支持力C．甲球的運動周期大于乙球的運動周期D．甲球的角速度大于乙球的角速度12、(本題9分)如圖所示，足夠長的光滑細桿PQ水平固定，質量為2m的物塊A穿在桿上，可沿桿無摩擦滑動，質量為0.99m的物塊B通過長度為L的輕質細繩豎直懸掛在A上，整個裝置處于靜止狀態(tài)，A、B可視為質點。若把A固定，讓質量為0.01m的子彈以v0水平射入物塊B（時間極短，子彈未穿出）后，物塊B恰好能在豎直面內做圓周運動，且B不會撞到輕桿。則（）A．在子彈射入物塊B的過程中，子彈和物塊B構成的系統(tǒng)，其動量和機械能都守恒B．子彈射入物塊B的初速度v0=100C．若物塊A不固定，子彈仍以v0射入時，物塊上擺的初速度將小于原來物塊A固定時的上擺初速度D．若物塊A不固定，子彈仍以v0射入，當物塊B擺到與PQ等高時，物塊A的速率為二、實驗題（本題共16分，答案寫在題中橫線上）13、（6分）(本題9分)圖甲是一個研究向心力與哪些因素有關的DIS力傳感器實驗裝置的示意圖，其中做勻速圓周運動的圓柱體的質量為m,放置在圓盤上(未畫出),圓周軌道的半徑為r,力傳感器測定的是向心力F的大小，光電傳感器測定的是圓柱體的線速度v的大小，圖乙為實驗測得的數(shù)據(jù)及根據(jù)實驗數(shù)據(jù)作出的F-v,F-v2,F-v3三個圖象:(1)用實驗探究向心力F和圓柱體線速度v的關系，保持圓柱體質量不變，半徑r=0.2m,根據(jù)測得的數(shù)據(jù)及三個圖象，可得出向心力F和圓柱體速度v的定量關系式_____(2)為了研究F和r成反比的關系，實驗時除了保持圓柱體質量不變外，還應保持____不變(3)根據(jù)向心力公式以及上面的圖線可以推算出圓柱體質量為_____kg.(保留兩位小數(shù))14、（10分）(本題9分)(1)某同學用如圖所示的裝置做“驗證機械能守恒定律”實驗，已有重錘、鐵架臺、導線、鐵夾、紙帶、打點計時器、電源，還需要的器材是___________。(2)實驗中打點計時器接周期為T的交流電源，該同學得到的一條理想紙帶如圖所示，O點對應重物做自由落體運動的初始位置，從合適位置開始選取的三個連續(xù)點A，B，C到O點的距離如圖所示，已知重物的質量為m，重力加速度為g則從打下點到B點的過程中，重物增加的動能為______________(表達式用已知物理量的字母表示)(3)若代入實驗數(shù)值計算發(fā)現(xiàn)重力勢能的減少量△E略大于動能的增加量△Ek，這是因為________。(4)該同學繼續(xù)根據(jù)紙帶算出各點的速度v，量出對應的下落距離h，以v2為縱軸，以h為橫軸畫出圖象，應是下圖中的_______(填選項的字母)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）一個物體自t=0時開始做直線運動其速度-時間圖象如圖所示。求：(1)物體在4s～6s內的加速度大??；(2)物體0～6s內的路程；(3)物體0～6s內的平均速度。16、（12分）(本題9分)質量為m1的木板靜止在光滑的水平面上,在木板上放一個質量為m2的木塊.現(xiàn)給木塊一個相對地面的水平速度v0；已知木塊與木板間動摩擦因數(shù)為μ,因此木板被木塊帶動,最后木板與木塊以共同的速度運動.求①木板與木塊的共同速度②此過程中木塊在木板上滑行的距離.17、（12分）(本題9分)如圖所示，有一個質量m=1kg的小球，小球分別與水平輕彈簧和不可伸長的輕繩一端相連，輕繩與豎直方向成45°角時小球處于靜止狀態(tài)，且此時小球對地面的壓力恰好為零。（g=10m/s(1)畫出此時小球的受力示意圖；(2)求出彈簧的彈力F和輕繩的拉力T；

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】

試題分析：當沿AD軌跡運動時，則加速度方向與船在靜水中的速度方向相反，因此船相對于水做勻減速直線運動，故A錯誤；船相對于水的初速度大小均相同，方向垂直于岸邊，因運動的性質不同，則渡河時間也不同，故B錯誤；沿AB軌跡，做勻速直線運動，則渡河所用的時間小于沿AC軌跡運動渡河時間，故C錯誤；沿AC軌跡，船是勻加速運動，則船到達對岸的速度最大，故D正確．考點：考查了運動的合成與分解【名師點睛】根據(jù)運動的合成，結合合成法則，即可確定各自運動軌跡，由運動學公式，從而確定運動的時間與速度大?。?、B【解析】

以初動能為E沖上斜面并返回的整個過程中運用動能定理得：，設以初動能為E沖上斜面的初速度為v0，則以初動能為2E沖上斜面時，初速度，加速度相同，根據(jù)2ax=v2-v02可知第二次沖上斜面的位移是第一次的兩倍，所以上升過程中克服摩擦力做功是第一次的兩倍，整個上升返回過程中克服摩擦力做功是第一次的兩倍，即為E，則初動能為2E沖上斜面并返回的整個過程中運用動能定理得：，所以返回斜面底端時的動能為E．故選B．【點睛】本題考查了動能定理的直接應用，注意以不同的初動能沖上斜面時，運動的位移不同，摩擦力做的功也不同．3、B【解析】

設甲兩兩地距離為2L，汽車通過甲乙兩地的時間分別為t1和t2，則有：汽車從甲運動到乙的過程中做勻加速運動故其平均速度為，所用時間：，同理汽車從乙運動到丙的過程中做勻加速運動故其平均速度，汽車所用時間，所以汽車從甲至丙的平均速度；故選B．【點睛】本題關鍵明確平均速度的定義和物理意義，要明確平均速度與時間間隔和位移對應，不同時間間隔內的平均速度往往不同．4、A【解析】

物體機械能守恒的條件是只有重力或者是彈力做功，根據(jù)機械能守恒的條件逐個分析物體的受力的情況，判斷做功情況，即可判斷物體是否是機械能守恒．也可以根據(jù)機械能的概念分析．【詳解】A、木箱沿光滑斜面下滑的過程，斜面對木箱的支持力不做功，只有重力做功，所以木箱的機械能守恒；故A正確.B、火箭加速上升的過程，動能增加，重力勢能增加，故機械能增加；故B錯誤.C、雨滴在空中勻速下落的過程，動能不變，重力勢能減小，所以機械能減??；故C錯誤.D、游客在摩天輪中隨摩天輪在豎直面內勻速轉動的過程，動能不變，重力勢能不斷變化，所以機械能也在變化；故D錯誤.故選A.【點睛】本題是對機械能守恒條件的直接考查，掌握住機械能守恒的條件及機械能的概念即可進行判斷．5、B【解析】試題分析：最高點時，若小球速度為零，重力與支持力相等，則加速度為零；故A錯誤；因最低點時，小球一定有向上的向心力；該力由拉力及重力的合力提供；故拉力一定向上；故B正確；在速度由零增大到時，小球通過最高點時所受輕軒的作用力隨速度的增大而減?。还蔆錯誤；小球在最低點時，，故速度越大則拉力越大；故D錯誤；故選B．考點：向心力；牛頓定律的應用6、A【解析】

A．在小球接觸彈簧到將彈簧壓縮至最短的整個過程中，小球受到豎直向下的重力和彈簧的彈力，彈簧的彈力先小于小球的重力，后大于重力，小球的合力先向下后向上，所以小球先向下做加速運動，當彈簧彈力等于重力時速度最大，然后向下做減速運動，故其動能先增大后減小，故選項A正確；BD．由于彈簧的彈力對小球做負功，所以小球的機械能在不斷減少，彈簧的彈性勢能在不斷增大，故選項B、D錯誤；C．小球小球從開始接觸彈簧到將彈簧壓縮至最短的整個過程中，重力做正功，彈簧彈力做負功，小球動能、重力勢能、彈簧的彈性勢能總量守恒，所以小球、彈簧、地球構成的系統(tǒng)機械能守恒，故選項C錯誤．7、ABD【解析】

牛頓發(fā)現(xiàn)萬有引力定律，而萬有引力常量是由卡文迪許測出的，選項A正確；庫侖利用庫侖扭秤得出庫侖定律，同時測出靜電力常量，選項B正確；法拉第提出在電荷的周圍存在著由它產(chǎn)生的電場，密立根測出元電荷的電荷量，選項C錯誤；富蘭克林命名了正負電荷，選項D正確；故選ABD.8、AB【解析】

由P=m0g【詳解】AB．第一宇宙速度即為近地衛(wèi)星環(huán)繞地球運動的線速度，由萬有引力提供向心力，得：GMm即：v=GM由P=m0g在地球的表面,由重力等于萬有引力得：GMm'聯(lián)立②③，解得：地球的質量為M=P將④代入①得：v=RPmC．地球的近地衛(wèi)星環(huán)繞地球運動的向心加速度大小為a=vD．對于地球同步衛(wèi)星，由萬有引力提供向心力，得：GM聯(lián)立④⑤得：T=2π即地球自轉的周期也為：T=2π【點睛】本題主要考查了萬有引力定律及其應用，屬于中等題型。9、BD【解析】

AB．小球A擺下的過程，只有重力做功，其機械能守恒，有：，而在最低點由牛頓第二定律有：，聯(lián)立解得：；再對B受力分析，受重力、支持力、拉力和靜摩擦力，沿斜面方向由平衡條件有，解得：,方向沿斜面向下；故A錯誤，B正確.CD．對物體B和斜面體C的整體受力分析，由于伸長的細繩向左下方拉物體B和斜面的整體而未拉動，故一定受到地面對C向右的靜摩擦力；故C錯誤，D正確.10、AD【解析】試題分析：A圖中場強大小相等，方向不同，電勢相等，B圖中兩點處場強大小不同，電勢不同，C圖中兩點處場強和電勢都相等，D圖中兩點電勢相同，場強大小不同，C正確．考點：本題考查靜電場．11、AC【解析】

對兩球受力分析即可得向心力的來源；支持力與重力的合力提供小球所需要的向心力，根據(jù)平衡條件即可得支持力大小關系；利用牛頓第二定律列式，結合兩球的軌道半徑關系即可分析出兩球的周期與角速度關系．【詳解】A、對兩球受力分析，都受重力、支持力兩個力的作用，由于做勻速圓周運動，即合外力提供向心力，故可知甲、乙兩球都是由重力與支持力的合力提供向心力，A正確；

BCD、設圓錐筒的頂角為，則有：在豎直方向有：，軌道平面內有：，聯(lián)立可得支持力為：，角速度為：，由于兩球的質量不同，則可知兩球所受支持力大小不相等，由圖可知甲球的軌道半徑大于乙球的軌道半徑，故甲球的角速度小于乙的角速度，根據(jù)可知，甲球的周期大于乙球的周期，BD錯誤C正確．12、BD【解析】

A.在子彈射入物塊B的過程中，子彈和物塊B構成的系統(tǒng)，合外力沖量遠小于內力沖量，其動量守恒，但由于要產(chǎn)生內能，所以機械能不守恒，故A錯誤。B.物塊B恰好能在豎直面內做圓周運動，在最高點時由重力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律得：，得B從最低點到最高點的過程，根據(jù)機械能守恒定律得子彈射入物塊B的過程，取水平向右為正方向，由動量守恒定律得0.01mv0=（0.01m+0.99m）v2聯(lián)立解得

，故B正確。C.若物塊A不固定，子彈仍以v0射入時，根據(jù)動量守恒定律知物塊上擺的初速度等于原來物塊A固定時的上擺初速度。故C錯誤。D.若物塊A不固定，子彈仍以v0射入，當物塊B擺到與PQ等高時，設A的速率為vA，B的水平速率為vB．根據(jù)水平動量守恒有

（0.01m+0.99m）v2=（2m+0.01m+0.99m）vA．得，故D正確。二、實驗題（本題共16分，答案寫在題中橫線上）13、F=1.5v2；線速度；0.3kg【解析】

(1)研究數(shù)據(jù)表和圖乙中B圖不難得出Fv2，進