2024年四川樂山市中區(qū)物理高一下期末調研模擬試題含解析

2024年四川樂山市中區(qū)物理高一下期末調研模擬試題注意事項：1．答卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號填寫在答題卡上。2．回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑，如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其它答案標號?；卮鸱沁x擇題時，將答案寫在答題卡上，寫在本試卷上無效。3．考試結束后，將本試卷和答題卡一并交回。一、選擇題：本大題共10小題，每小題5分，共50分。在每小題給出的四個選項中，有的只有一項符合題目要求，有的有多項符合題目要求。全部選對的得5分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。1、物體做下列幾種運動，其中物體的機械能守恒的是（）A．平拋運動B．豎直方向上做勻速直線運動C．水平方向上做勻變速直線運動D．豎直平面內(nèi)做勻速圓周運動2、(本題9分)關于物體機械能是否守恒的敘述，下列說法中正確的是（）A．做勻變速直線運動的物體，機械能一定守恒B．做勻速直線運動的物體，機械能一定守恒C．外力對物體所做的功等于零時，機械能一定守恒D．只有重力做功，機械能一定守恒3、(本題9分)動車組列車進站前的減速過程分為兩個階段進行：第一階段采用“再生剎車”技術，速度從250km/h減至90km/h，這期間停止動力供給，列車依靠慣性繼續(xù)前行，并帶動發(fā)電機發(fā)電；第二階段采用機械剎車，速度從90km/h開始不斷減小直至停止；關于列車進站過程中的能量轉化，下列說法中正確的是（）A．第一階段減小的動能全部轉化為電能，即電能等于減小的動能B．第一階段減小的動能有一部分轉化為電能，即電能小于減小的動能C．第二階段減小的動能主要轉化為內(nèi)能，且內(nèi)能等于減小的動能D．第二階段減小的動能主要轉化為內(nèi)能，且內(nèi)能大于減小的動能4、人從高處跳到低處時，一般都是讓腳尖部分先著地并彎曲下肢，這是為了（）A．減小沖量B．使動量的增量變得更小C．增長人與地面的作用時間，從而減小受力D．增大人對地的壓強，起到安全作用5、(本題9分)一物體以初速度v0水平拋出，經(jīng)時間t，其豎直方向速度大小與v0大小相等，重力加速度為g,則時間t為（）A．v0/g B．2v0/g C．v0/2g D．2v0/g6、(本題9分)如圖所示，在一端封閉的光滑細玻璃管中注滿清水，水中放一紅蠟塊R（R視為質點）。將玻璃管的開口端用膠塞塞緊后豎直倒置且與軸重合，在R從坐標原點以速度勻速上浮的同時，玻璃管沿軸正向做初速度為零的勻加速直線運動，合速度的方向與軸夾角為。則紅蠟塊R的（）A．分位移的平方與成正比 B．分位移的平方與成反比C．與時間成正比 D．合速度的大小與時間成正比7、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8、如圖是某電場區(qū)域的電場線分布，A、B、C是電場中的三個點，下列說法正確的是()A．A點的電場強度最大B．A點的電勢最高C．把一個點電荷依次放在這三點，它在B點受到的靜電力最大D．帶負電的點電荷在A點所受靜電力的方向與A點的場強方向相反9、如圖所示，將物體從一定高度水平拋出(不計空氣阻力)，物體運動過程中離地面高度為h時，物體水平位移為x、物體的機械能為E、物體的動能為Ek、物體運動的速度大小為v.以水平地面為零勢能面．下列圖像中，能正確反映各物理量與h的關系的是()．A． B． C． D．10、(本題9分)如圖所示，+Q和-Q為真空中的兩個電荷，abcd是以點電荷+Q為中心的正方形，c位于兩電荷的連線上。則a、b、c、d四點中A．c點場強最大 B．b、d兩點的場強相同C．a(chǎn)、c兩點的電勢相等 D．b、d兩點的電勢相等二、實驗題11、（4分）(本題9分)如圖為“探究碰撞中的不變量”的實驗裝置，即研究兩個小球在軌道水平部分末端碰撞前后的動量關系．已知入射小球A和被碰小球B的質量分別為m1、m1．(1)(多選)本實驗中，實驗必須要求的條件是__________.A．斜槽軌道必須是光滑的B．斜槽軌道末端點的切線是水平的C．入射小球每次都從斜槽上的同一位置無初速釋放D．入射球與被碰球滿足m1>m1(1)實驗中，直接測定小球碰撞前后的速度是不容易的．但是，可以通過僅測量__________(填選項前的符號)，間接地解決這個問題．A．小球開始釋放高度hB．小球拋出點距地面的高度HC．小球做平拋運動的射程(3)(多選)圖中O點是小球拋出點在地面上的垂直投影，實驗時先讓入射球A多次從傾斜軌道上s位置靜止釋放，找到其平均落地點的位置P，測量平拋射程OP,然后，把被碰小球B靜置于軌道的水平部分末端，再將入射球A從斜軌上s位置靜止釋放，與小球B相碰，并多次重復．接下來要完成的必要步驟是______．(填選項前的符號)A．測量小球A開始釋放高度h.B．測量拋出點距地面的高度HC．分別找到A、B相碰后平均落地點的位置M、ND．測量平拋射程OM、ON(4)若兩球相碰前后的動量守恒，其表達式可表示為用____________________(3)中測量的量表示;若碰撞是彈性碰撞，那么還應滿足的表達式為____________________用(3)中測量的量表示．12、（10分）(本題9分)利用如圖所示裝置進行驗證機械能守恒定律的實驗時，需要測量物體由靜止開始自由下落到某點時的瞬時速度v和下落高度h.某班同學利用實驗得到的紙帶，設計了以下四種測量方案：A．用刻度尺測出物體下落的高度h，并測出下落時間t，通過v＝gt計算出瞬時速度v.B．用刻度尺測出物體下落的高度h，并通過計算出瞬時速度v.C．根據(jù)做勻變速直線運動時紙帶上某點的瞬時速度，等于這點前后相鄰兩點間的平均速度，測算出瞬時速度v，并通過計算出高度h.D．用刻度尺測出物體下落的高度h，根據(jù)做勻變速直線運動時紙帶上某點的瞬時速度，等于這點前后相鄰兩點間的平均速度，測算出瞬時速度v.以上方案中只有一種正確，正確的是________．(填入相應的字母)三、計算題：解答應寫出必要的文字說明、方程式和重要的演算步驟．只寫出最后答案的不能得分．有數(shù)值計算的題，答案中必須明確寫出數(shù)值和單位13、（9分）(本題9分)如圖所示，有一豎直固定在地面的透氣圓筒，筒中有一輕彈簧，其下端固定，上端連接一質量為m的薄滑塊，當滑塊運動時，圓筒壁對滑塊有阻力的作用，阻力的大小恒為f=mg（g為重力加速度）．在初始位置滑塊靜止，圓筒內(nèi)壁對滑塊的阻力為零，彈簧的長度為L．現(xiàn)有一質量也為m的物體從距地面2L處自由落下，與滑塊發(fā)生碰撞，碰撞時間極短，碰撞后物體與滑塊粘在一起立刻向下運動，運動到最低點后又被彈回向上運動，滑動到發(fā)生碰撞位置時速度恰好為零，彈簧始終在彈性限度內(nèi)，不計空氣阻力．求：（1）物體與滑塊碰后瞬間的速度大小；（2）物體與滑塊相碰過程中損失的機械能；（3）碰撞后，在滑塊向下運動到最低點的過程中彈彈性勢能的變化量．14、（14分）飛機若僅依靠自身噴氣式發(fā)動機產(chǎn)生的推力起飛需要較長的跑道，某同學設計在航空母艦上安裝電磁彈射器以縮短飛機起飛距離，他的設計思想如下：如圖所示，航空母艦的水平跑道總長l=180m，其中電磁彈射器是一種長度為l1=120m的直線電機，這種直線電機從頭至尾可以提供一個恒定的牽引力F牽，一架質量為m=2.0×104kg的飛機，其噴飛式發(fā)動機可以提供恒定的推力F推=1.2×105N．假設飛機整個過程所受的平均阻力為飛機重力的0.2倍．飛機離艦起飛的速度v=100m/s，航母處于靜止狀態(tài)，飛機可視為質量恒定的質點．請你求出(計算結果均保留二位有效數(shù)字)：(1)飛機離開電磁彈射區(qū)后的加速度大小(2)電磁彈射器的牽引力F牽的大小(3)電磁彈射器輸出效率可以達到80%，則每彈射這樣一架飛機電磁彈射器需要消耗多少能量15、（13分）因測試需要，一輛汽車在某雷達測速區(qū)，沿平直路面從靜止開始勻速直線運動一段時間后，即刻做勻減速直線運動直到最后停止，下表中給出了雷達測出的各個時刻對應的汽車速度數(shù)值，求：(1)汽車做勻加速運動和勻減速運動的加速度、的大小分別是多少？(2)汽車在該區(qū)域行駛過程中何時速度達到最大?最大速度是多少?

參考答案一、選擇題：本大題共10小題，每小題5分，共50分。在每小題給出的四個選項中，有的只有一項符合題目要求，有的有多項符合題目要求。全部選對的得5分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。1、A【解析】

A.平拋運動的物體只受到重力的作用，所以機械能守恒，故A正確；B.物體在豎直方向做勻速直線運動，說明物體受力平衡，除了重力之外還有其他的外力的作用，并且其他的外力對物體做功，所以機械能不守恒，故B錯誤；C.水平方向上做勻變速直線運動，動能變化，重力勢能不變，所以機械能也變化，故C錯誤；D.豎直平面內(nèi)做勻速圓周運動，速度的大小不變，動能不變，但是物體的高度變化，即重力勢能發(fā)生變化，所以物體的機械能不守恒，故D錯誤。2、D【解析】A、做勻速直線運動的物體機械能不一定守恒，比如：降落傘勻速下降，機械能減小，故A錯誤；

B、做變速直線運動的物體機械能可能守恒，故B錯誤；

C、外力對物體做功為零時，機械能不一定守恒，比如木塊在水平木板上滑動的過程，外力做功為零，但系統(tǒng)的機械能減少，故C錯誤；

D、只有重力對物體做功，物體機械能一定守恒，故D錯誤．點睛：解決本題的關鍵掌握機械能守恒的條件，機械能守恒的條件是只有重力或彈簧彈力做功．對于“一定”或“可能”的問題，可以通過舉例說明．3、B【解析】第一階段減速過程中，由于速度變小，所以動能變小，由于繼續(xù)行駛并帶動發(fā)電機發(fā)電，故將一部分動能轉化為電能．減小的動能有一部分轉化為電能，即電能小于減小的動能，A錯誤B正確；第二階段減小的動能有一部分轉化為內(nèi)能，有一部分轉化成了電能，所以內(nèi)能小于減小的動能，故CD錯誤．4、C【解析】

人在和地面接觸時，人的速度減為零，由動量定理可知（F-mg）t=?P；而腳尖著地可以增加人著地的時間，可以減小動量的變化率，故減小受到地面的沖擊力，故C正確，ABD錯誤．故選C．5、A【解析】

根據(jù)豎直方向自由落體運動：v0=gt，所以6、AC【解析】

AB．由題意可知，y軸方向y=v0t而x軸方向x=at2聯(lián)立可得故A正確，B錯誤；C．設合速度的方向與y軸夾角為α，則有故C正確；

D．x軸方向vx=at那么合速度的大小則v的大小與時間t不成正比，故D錯誤；

故選AC。7、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(jù)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.8、BCD【解析】試題分析：電場線的疏密程度可表示電場強度的大小，所以B點的電場強度最大，A點的最小，A錯誤，沿電場線方向電勢降落，所以A點的電勢最高，B的電勢最低，B正確，B點的電場強度最大，所以同一個點電荷在B點受到的電場力最大，C正確，電場線上某點的切線方向表示該點的電場線的方向，與放在該點的正電荷的受力方向相同，與負電荷受到的電場力方向相反，D正確，故選BCD考點：考查了對電場線的理解點評：順著電場線電勢降低，根據(jù)電場線的方向判斷電勢的高低．由電場線的疏密判斷電場強度的大?。?、BC【解析】

A.根據(jù)t=則水平位移x=v由表達式可知，圖線為曲線，開口向右，故A項與題意不相符；B.平拋運動的過程中，只有重力做功，機械能守恒，則機械能隨著高度的變化不變，故B項與題意相符；C.根據(jù)mg(H-h)=得：Ek知Ek與h成一次函數(shù)關系，故C項與題意相符；D.根據(jù)mg(H-h)=1解得：v=vv與h不成線性關系，故D項與題意不相符。10、AD【解析】

根據(jù)電場線分布的對稱性和疊加性原理可知，bd兩點場強大小相等，方向不同，但電勢相同；a點的場強最小，c點的場強最大；a、b、c、d四點中a點電勢最高，c點電勢最低，a點的電勢高于c點的電勢，故AD正確，BC錯誤。二、實驗題11、（1）BCD（1）C（3）CD（4）m1·OM＋m1·ON＝m1·OPm1·OM

1＋m1·ON1＝m1·OP1【解析】

（1）[1]．A、“驗證動量守恒定律”的實驗中，是通過平拋運動的基本規(guī)律求解碰撞前后的速度的，只要離開軌道后做平拋運動，對斜槽是否光滑沒有要求，故A錯誤；

B、要保證每次小球都做平拋運動，則軌道的末端必須水平，故B正確；

C、要保證碰撞前的速度相同，所以入射球每次都要從同一高度由靜止?jié)L下，故C正確；

D、為了保證小球碰撞為對心正碰，且碰后不反彈，要求，，故D正確．（1）[1]．小球離開軌道后做平拋運動，由于小球拋出點的高度相等，它們在空中的運動時間相等，小球的水平位移與小球的初速度成正比，可以用小球的水平位移代替其初速度，故選C正確．（3）[3]．再將入射球A從斜軌上s位置靜止釋放，與小球B相碰，并多次重復，分別找到A、B相碰后平均落地點的位置M、N，測量平拋射程OM、ON；（4）[4]．碰撞過程動量守恒，則，兩邊同時乘以時間t得：則．[5]．如果碰撞為彈性碰撞，則碰撞過程機械能守恒，由機械能守恒定律得：兩邊同時乘以得：整理得：．點睛：本題關鍵理解基本原理是利用平拋運動知識，用水平位移替代平拋運動的初速度，知道動量守恒的條件，并能通過實驗進行驗證．12、d;【解析】

物體由靜止開始自由下落過程中受到空氣阻力和紙帶與打點計時器的摩擦阻力作用，不是自由落體運動，v=