2023-2024學年上海市松江區(qū)松江二中高一物理第二學期期末教學質量檢測模擬試題含解析

2023-2024學年上海市松江區(qū)松江二中高一物理第二學期期末教學質量檢測模擬試題注意事項:1．答題前，考生先將自己的姓名、準考證號碼填寫清楚，將條形碼準確粘貼在條形碼區(qū)域內。2．答題時請按要求用筆。3．請按照題號順序在答題卡各題目的答題區(qū)域內作答，超出答題區(qū)域書寫的答案無效；在草稿紙、試卷上答題無效。4．作圖可先使用鉛筆畫出，確定后必須用黑色字跡的簽字筆描黑。5．保持卡面清潔，不要折暴、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、(本題9分)如圖所示,細線的一端固定于O點,另一端系一小球.在水平拉力作用下,小球以恒定速率在豎直平面內由A點運動到B點.在此過程中拉力的瞬時功率變化情況是A．逐漸增大B．逐漸減小C．先增大,后減小D．先減小,后增大2、如圖，兩個相同的小球在內表面光滑的漏斗形容器內，做水平面的圓周運動，甲的位置高于乙的位置。關于它們受到的向心力大小和周期大小，下列關系正確的是A．F甲=F乙T甲=T乙 B．F甲=F乙T甲＞T乙C．F甲＞F乙T甲=T乙 D．F甲＜F乙T甲＞T乙3、火星和木星沿各自的橢圓軌道繞太陽運行，根據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4、(本題9分)下列關于超重和失重的說法中，正確的是（）A．物體處于超重狀態(tài)時，其重力增加了B．物體處于完全失重狀態(tài)時，其重力為零C．物體處于超重或失重狀態(tài)時，其慣性比物體處于靜止狀態(tài)時增加或減小了D．物體處于超重或失重狀態(tài)時，其質量及受到的重力都沒有變化5、(本題9分)如圖所示，甲、乙兩個小球從豎直面內的半圓軌道的左側A開始做平拋運動，甲球落在軌道最低點D，乙球落在D點右側的軌道上．設甲乙球的初速度分別為v1、v2，在空中運動的時間分別為t1、t2，則下列判斷正確的是（

）A．t1＝t2 B．t1＜t2 C．v1＞v2 D．v1＜v26、(本題9分)居住在西安和廣州的居民，由于地球的自轉，都做勻速圓周運動，關于這兩處居民做圓周運動的說法中，正確的是（）A．西安處的轉動周期較大 B．廣州處轉動的角速度較大C．西安處轉動的線速度較大 D．廣州處的轉動半徑較大7、(本題9分)以下說法正確的是()A．物體運動的位移越大，其速度一定越大B．物體運動的時間越短，其速度一定越大C．速度是表示物體運動快慢的物理量D．做勻速直線運動的物體，其位移跟時間的比值是一個恒量8、(本題9分)如圖所示，傾角為37°的傳送帶以2m/s的速度沿圖示方向勻速運動現將一質量為2kg的小木塊，從傳送帶的底端以v0＝4m/s的初速度，沿傳送帶運動方向滑上傳送帶。已知小木塊與傳送帶間的動摩擦因數為μ＝0.5，傳送帶足夠長，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，取gA．物塊運動時間為1.2sB．物塊發(fā)生的位移大小為1.6mC．物塊與傳送帶間因摩擦而產生的熱量為6.4JD．摩擦力對小木塊所做功為12.8J9、(本題9分)如圖所示，光滑水平面上放有一-斜面體，斜面體的斜面光滑，質量傾角、底邊長．將一質量的小滑塊從斜面的頂端由靜止釋放．取重力加速度，則下列說法正確的是（）A．滑塊下滑過程中滑塊和斜面體組成的系統(tǒng)機械能守恒B．滑塊下滑過程中滑塊和斜面體組成的系統(tǒng)動量守恒C．滑塊下滑過程中斜面體向左運動的位移為D．塊下滑過程中對斜面體的壓力為10、(本題9分)在光滑水平面上，動能為動量大小為的小鋼球1與靜止小鋼球2發(fā)生碰撞，碰撞前后球1的運動方向相反．將碰撞后球1的動能和動量的大小分別計為、，球2的動能和動量的大小分別計為，則下列關系中正確的是:A． B． C． D．11、運動員把質量是500g的足球從地面上的某點踢出后,某人觀察它在空中的飛行情況,估計上升的最大高度是10m,在最高點的速度為20m/s.根據以上信息,下列說法正確的是(不計空氣阻力,取)()A．足球在空中運動的時間大約是1.4sB．足球的落地點離踢出點的水平距離大約是56mC．運動員對足球的做的功是150JD．足球在上升過程中機械能不守恒12、(本題9分)如圖所示，電動機通過根輕繩拉小車水平向左運動，電動機功率不變，小車通過位置時速度為，此時輕繩與水平方向的夾角為．設小車所受阻力恒為，小車質量為．取不計滑輪質量及其摩擦，則小車通過位置時（）A．電動機收繩速度大小為B．繩的拉力大小為C．小車受到的支持力大小為D．小車的加速度大小為二、實驗題（本題共16分，答案寫在題中橫線上）13、（6分）(本題9分)用半徑相同的兩小球A、B的碰撞驗證動量守恒定律，實驗裝置示意如圖，斜槽與水平槽圓滑連接．實驗時先不放B球，使A球從斜槽上某一固定點C由靜止?jié)L下，落到位于水平地面的記錄紙上留下痕跡．再把B求靜置于水平槽前端邊緣處，讓A球仍從C處由靜止?jié)L下，A球和B球碰撞后分別落在記錄紙上留下各自的痕跡．記錄紙上的O點是垂直所指的位置，若測得各落點痕跡到O點的距離：OM=2.68cm，OP=8.62cm，ON=11.50cm，并知A、B兩球的質量比為2：1，則未放B球時A球落地點是記錄紙上的____點，系統(tǒng)碰撞前總動量P與碰撞后總動量的百分誤差=_______%（結果保留一位有效數字）．14、（10分）(本題9分)利用圖示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．速度變化量和高度變化量B．動能變化量和勢能變化量（2）實驗中，先接通電源，再釋放重物，得到一條理想的紙帶，在紙帶上選連續(xù)打出的點A、B、C，測得它們到起始點O的距離如圖所示，已知，重物質量為0.5kg，打點計時器打點的周期為0.02s，從O點到B點的過程中，重物的重力勢能變化量_______J，動能變化量_______J．（保留兩位有效數字）（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O的距離h，計算對應計數點的重物速度v，描繪圖像得到圖像是一條過原點的直線，該直線的斜率接近_____________（填g、2g或）則可認為重物下落過程中機械能守恒．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，扇形玻璃磚的圓心角為150°，玻璃磚半徑為，一條單色光平行于，由的中點入射，經折射后由圓弧面的點射出玻璃磚，圓弧的長度與圓弧的長度之比為2∶3，已知真空中光速為。求：該單色光在玻璃磚從到傳播的時間。16、（12分）(本題9分)如圖所示，設電子剛剛離開金屬絲時的速度可忽略不計，經加速電場加速后，沿平行于板面的方向射入偏轉電場，并從另一側射出．已知電子質量為m，電荷量為e，加速電場電壓為U1．偏轉電場可看做勻強電場，極板間電壓為U，極板長度為L，板間距為d，不計電子所受重力．求：（1）電子射入偏轉電場時初速度的大??；（2）電子從偏轉電場射出時沿垂直板面方向的偏轉距離y；（3）電子從偏轉電場射出時速度的大小和方向．17、（12分）某直流電動機提升重物的裝置，如圖所示，重物的質量m=50kg，電源的電壓為120V。不計內阻，當電機以v=0.9m/s的恒定速度向上提升重物時，電路中的電流強度I=5A，（g=10m/s2）求：(1)電動機線圈的電阻為多少？(2)電動機對該重物提升的最大提升速度是多少？(3)若因電動機的故障電動機不能轉動，這時通過電動機線圈的電流為多大？電動機消耗的電功率是多少？

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、A【解析】試題分析：因為小球是以恒定速率運動，即它是做勻速圓周運動，那么小球受到的重力G、水平拉力F、繩子拉力T三者的合力必是沿繩子指向O點．設繩子與豎直方向夾角是，則（F與G的合力必與繩子拉力在同一直線上），解得，而水平拉力F的方向與速度v的方向夾角也是，所以水平力F的瞬時功率是，則，故從A到B的過程中，是不斷增大的，所以水平拉力F的瞬時功率是一直增大的，故A正確考點：考查了功率的計算【名師點睛】根據小球做圓周運動，合力提供向心力，即合力指向圓心，求出水平拉力和重力的關系，根據得出拉力瞬時功率的表達式，從而判斷出拉力瞬時功率的變化2、B【解析】

對小球受力分析，小球受到重力和支持力，它們的合力提供向心力，如圖

根據牛頓第二定律，有：F=mgtanθ=mr。可知，向心力F甲=F乙。周期，半徑大的周期大，即

T甲＞T乙．故B正確，ACD錯誤。3、C【解析】太陽位于木星運行軌道的焦點位置，選項A錯誤；根據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.4、D【解析】

重力與質量和重力加速度有關，而質量是物體的固有屬性，不會改變；同一位置處的重力加速度不會改變所以物體的重力不會因為超重和失重而發(fā)生變化，故D正確。故選D。5、D【解析】

AB、平拋運動的時間由高度決定，由圖可知甲下降的高度大，所以甲運動的時間長，即，故A、B錯誤；CD、平拋運動在水平方向上做勻速直線運動，由圖可知，在下降相同高度的時候，乙的水平位移大，所以乙的初速度要大于甲的初速度，即，故C錯誤，D正確；故選D。6、D【解析】

AB.地球上各點繞地軸轉動，具有相同的角速度，周期也相同，故選項A、B錯誤；CD.根據v=rω，各點離地軸的距離不同，所以線速度不等，廣州處的轉動半徑較大，則廣州處轉動的線速度較大，故選項D正確，C錯誤。7、CD【解析】

位移大可能是因為運動時間長，不一定是速度大；故A錯誤；物體運動的時間越短，其速度也不一定大，選項B錯誤；速度是表示物體運動快慢的物理量，選項C正確；做勻速直線運動的物體，其位移跟時間的比值是一個恒量，選項D正確；故選CD.8、AB【解析】

AB.第一階段：根據牛頓第二定律mg得a1x所用時間為t傳送帶位移為x劃痕為Δ第二階段mg得a2x所用時間為t傳送帶位移為x劃痕為Δ由以上分析可知，物體運動總時間為t=物體的總位移x=故AB正確；CD.產生總熱量為Q=μmg摩擦力第一階段做負功，第二階段做正功，摩擦力對小木塊所做功為W=-μmg故CD錯誤。9、AC【解析】

A．滑塊下滑過程中滑塊和斜面體組成的系統(tǒng)中，不受摩擦力，只有重力做功，所以機械能守恒，A正確；B．由于滑塊有豎直方向的分加速度，所以系統(tǒng)豎直方向合外力不為零，系統(tǒng)的動量不守恒，B錯誤；C．系統(tǒng)水平方向不受外力，水平方向動量守恒，設兩者水平位移大小分別為，取水平向左為正方向，由動量守恒定律得即有又，解得C正確；D．當滑塊相對于斜面加速下滑時，斜面水平向左加速運動，所以滑塊相對于地面的加速度方向不再沿斜面方向，即沿垂直于斜面方向的合外力不再為零，所以斜面對滑塊的支持力，D錯誤．故選AC?！军c睛】本題的關鍵是要掌握動量守恒的條件，分析清楚物體運動過程即可解題；要注意：系統(tǒng)總動量不守恒，在水平方向動量守恒，由此列式求解斜面向左滑動的距離．10、AB【解析】由題，碰撞后兩球均有速度．根據碰撞過程中總動能不增加可知，E1＜E1，E2＜E1，P1＜P1．否則，就違反了能量守恒定律．根據動量守恒定律得：P1=P2-P1＞1，得到P2＞P1，故AB正確，CD錯誤．故選AB．點睛：本題考查對碰撞過程基本規(guī)律的理解和應用能力．碰撞過程的兩大基本規(guī)律：系統(tǒng)動量守恒和總動能不增加，常常用來分析碰撞過程可能的結果．11、BC【解析】

A．踢出足球后足球最斜拋運動，最高點時豎直方向速度為0，根據斜拋運動公式知到達最高點的時間為：下落時間與上升時間相等，故在空中運動的時間大約是：故A錯誤.B．踢出球后足球在水平方向做勻速直線運動，由題意知水平速度，由A選項分析可知水平位移：故B正確.C．運動員對足球做的功根據動能定理得：計算得出，故C正確.D．因足球運動過程中忽略空氣阻力，只有重力做功，故機械能守恒，所以D錯誤.12、AD【解析】電動機收繩速度大小為，選項A正確；繩的拉力大小為，選項B錯誤；小車受到的支持力大小為，選項C錯誤；小車的加速度大小為，選項D正確；故選AD.點睛：此題關鍵是要區(qū)別速度分解和力的分解的不同方法；注意小車的速度是合速度，繩子的速度是分速度；二、實驗題（本題共16分，答案寫在題中橫線上）13、P2%【解析】

A與B相撞后，B的速度增大，A的速度減小，碰前碰后都做平拋運動，高度相同，落地時間相同，所以P點是沒有碰時A球的落地點，N是碰后B的落地點，M是碰后A的落地點；所以，根據實驗現象，未放B球時A球落地點是記錄紙上的P點．碰撞前總動量p與碰撞后總動量p′的百分誤差＝0.02=2%．14、（1）B（2）0.25J；0.24J（3）2g【解析】

（1）驗證機械能守恒，即需比較重力勢能的變化量與動能增加量的關系，故選B．（2）從打O點到打B點的過程中，重物的重力勢能變化量△Ep=mghB=0.5×9.8×0.0501J=0.25J，B點的瞬時速度，則動能的增加量△Ek＝mvB2=×0.5×0.9752J=0.24J．（3）若能滿足mgh=mv2即可認為重物下落過程中機械能守恒，即v2=2gh，即v2-h圖像的斜率接近于2g．【點睛】解決本題的關鍵知道實驗的原理以及注意事項，掌握紙帶的處理方法，會根據紙帶求解瞬時速度，從而得出動能的增加量，會根據紙帶下降的高度求解重力勢能的減小量．三、計算題要求解題步驟，和必要的文字說明（本題共36分）15、【解析】

作出光路圖，如圖所示圓弧的長度與圓弧的長度之比為2∶3，由