2025屆北京市延慶區(qū)市級名校物理高一下期末復習檢測模擬試題含解析

2025屆北京市延慶區(qū)市級名校物理高一下期末復習檢測模擬試題考生須知：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：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、(本題9分)一個物體以初速度v0水平拋出，落地時速度為v，則運動時間為(不計空氣阻力)()A． B． C． D．2、(本題9分)如圖所示，左側為加速電場，右側為偏轉電場，加速電場的加速電壓是偏轉電場電壓的k倍．有一初速度為零的帶電粒子經加速電場加速后，從偏轉電場兩板正中間垂直電場強度方向射入，且正好能從下極板右邊緣穿出電場，不計帶電粒子的重力，則偏轉電場長、寬的比值為()A． B． C． D．3、(本題9分)如圖所示，光滑絕緣的半圓形容器處在水平向右的勻強電場中，一個質量為m，電荷量為q的帶正電小球在容器邊緣A點由靜止釋放，結果小球運動到B點時速度剛好為零，OB與水平方向的夾角為θ=60°，則下列說法定確的是A．小球重力與電場力的關系是qE=3mgB．小球在B點時，對圓弧的壓力為2mgC．小球在A點和B點的加速度大小不同D．如果小球帶負電，從A點由靜止釋放后，也能沿AB圓弧而運動4、(本題9分)因首次比較精確地測出引力常量G，被稱為“稱量地球質量第一人”的科學家是A．伽利略 B．開普勒 C．卡文迪許 D．牛頓5、(本題9分)如圖甲所示，靜止在水平地面上的物塊A，受到水平拉力的作用，F(xiàn)與時間t的關系如圖乙所示．設物塊與地面間的最大靜摩擦力的大小等于滑動摩擦力，則下列說法正確的是（）A．時間內物塊受到的摩擦力保持不變B．時間內物塊受到的摩擦力保持不變C．時刻拉力F的功率一定最大D．時刻拉力F的功率一定最大6、(本題9分)豎直平面內有兩個半徑不同的半圓形光滑軌道，如圖所示，A、M、B三點位于同一水平面上，C、D分別為兩軌道的最低點，將兩個相同的小球分別從A、B處同時無初速釋放．則A．通過C、D時，兩球的線速度大小相等B．通過C、D時，兩球的角速度大小相等C．通過C、D時，兩球的機械能相等D．通過C、D時，兩球對軌道的壓力相等7、(本題9分)如圖所示，一輛汽車沿水平面向右勻速運動，通過定滑輪將重物A豎直吊起，在吊起重物的過程中，關于重物的運動及受力情況下列判斷正確的是（）A．重物勻速上升B．重物加速上升C．重物所受重力等于拉力D．重物所受重力小于拉力8、(本題9分)如圖所示，質量為0.1kg的小球在水平面內做勻速圓周運動，長為2m的懸線與豎直方向的夾角為37°，不計空氣阻力，取重力加速度g=10m/s2，sin37=0.6，cos37°=0.8，下列說法正確的是A．懸線受到的拉力大小為2NB．小球運動的動能為0.45JC．小球運動的向心加速度大小為7.5m/s2D．小球運動的角速度大小為5rad/s9、(本題9分)如圖所示，用通過定滑輪的細繩拉動穿在光滑固定豎直桿上的滑塊P，使滑塊向上做勻速運動，此過程中，下列說法正確的是()A．拉細繩的力越來越大B．拉細繩的速度越來越大C．拉細繩的力做的功大于克服滑塊重力做的功D．拉細繩的力的功率等于克服滑塊重力做功的功率10、(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F作用下，小球以恒定速率在豎直平面內由A點運動到B點的過程中（）A．小球的機械能保持不變B．小球受的合力對小球不做功C．水平拉力F的瞬時功率逐漸減小D．小球克服重力做功的瞬時功率逐漸增大二、實驗題11、（4分）(本題9分)利用如圖所示的方式驗證碰撞中的動量守恒．豎直平面內的四分之--光滑圓弧軌道下端與水平桌面相切，先將質量均為的滑塊、分別從圓弧軌道的最高點無初速度釋放（如圖甲所示），測得滑塊在水平桌面滑行的距離均為；然后將滑塊放在圓弧軌道的最低點，再將從圓弧軌道的最高點無初速度釋放（如圖乙所示），測得碰后沿桌而滑行的距離為，沿桌而滑行的距離為，圓弧軌道的半徑為，、均可視為質點，重力加速度為．（1）滑塊運動到圓弧軌道最低點時對軌道的壓力大小為__________．（2）若和的碰撞過程動量守恒，則應滿足的關系是__________（3）若和發(fā)生彈性碰撞.則碰撞后瞬間的速度為___________，的速度為___________．12、（10分）某同學用下圖所示裝置來驗證動量守恒定律，實驗時先讓a球從斜槽軌道上某固定點處由靜止開始滾下，在水平地面上的記錄紙上留下痕跡，重復10次；然后再把b球放在斜槽軌道末端的最右端附近靜止，讓a球仍從原固定點由靜止開始滾下，和b球相碰后，兩球分別落在記錄紙的不同位置處，重復10次．回答下列問題：（1）在安裝實驗器材時斜槽的末端應____________．（2）小球a、b質量ma、mb的大小關系應滿足ma_____mb，兩球的半徑應滿足ra______rb（選填“＞”、“＜”或“=”）．（3）本實驗中小球落地點的平均位置距O點的距離如圖所示，這時小球a、b兩球碰后的平均落地點依次是圖中水平面上的________點和_________點．在本實驗中結合圖，驗證動量守恒的驗證式是下列選項中的_____________．A．

B．

C．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)質量為1000kg的汽車，當它以5m/s的速度通過半徑為50m的拱橋最高點時。問：(1)此時汽車對拱橋的壓力是多大？(2)此時汽車處于超重還是失重狀態(tài)？14、（14分）將一個小球從臺階上的A點斜向上拋出，小球剛好經過臺階的頂點B

（未與B發(fā)生相碰）之后落到地面上的P點。已知B、P兩點水平方向的距離為L，P、B兩點豎直方向的距離為3L，A、B兩點之間的距離為2L，不計空氣阻力，求：（1）小球從拋出到落地全過程所經歷的時間；（2）小球被拋出時的初速度。15、（13分）(本題9分)目前武漢有若干輛超級電容車試運行，其特點是充電快、運行遠，只需在乘客上車間隙充電30s～1min，就能行駛3km～5km.假設有一輛超級電容車，質量m＝2×103kg，額定功率P＝60kW，當超級電容車在平直水平路面上行駛時，受到的阻力f是車重的k＝0.15倍，g取10m/s(1)超級電容車在此路面上能達到的最大速度vm；(2)若超級電容車從靜止開始以a＝0.5m/s2的加速度做勻加速直線運動所能維持的時間t；(3)若超級電容車以額定功率從靜止開始運動經過t'

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、C【解析】

根據(jù)速度的分解，運用平行四邊形定則求出豎直方向上的分速度，根據(jù)求出運動的時間；【詳解】將落地的速度分解為水平方向和豎直方向，水平方向的速度等于，則豎直方向上的速度，根據(jù)得，，故C正確，ABD錯誤．【點睛】解決本題的關鍵掌握平拋運動的規(guī)律，知道平拋運動在水平方向上做勻速直線運動，在豎直方向上做自由落體運動．2、B【解析】

設加速電壓為kU，偏轉電壓為U，對直線加速過程，根據(jù)動能定理，有：q（kU）=mv2；對類似平拋運動過程，有：l=vt；；聯(lián)立解得：，故選B．【點睛】本題關鍵是分直線加速和類似平拋運動分析，對直線加速根據(jù)動能定理列式，對類似平拋過程根據(jù)分位移公式列式，基礎題目．3、A【解析】

A．小球從A運動到B的過程，根據(jù)動能定理得：mgR解得：qE=故A符合題意。B.小球在B點時，速度為零，向心力為零，則有：F故B不符合題意。C.在A點，小球所受的合力等于重力，加速度為重力加速度，在B點，小球的合為：F=Eq加速度為：a所以A、B兩點的加速度大小相等，故C不符合題意。D．如果小球帶負電，將沿重力和電場力合力方向做勻加速直線運動，故D不符合題意。4、C【解析】

牛頓發(fā)現(xiàn)了萬有引力定律，牛頓得到萬有引力定律之后，并沒有測得引力常量，首次比較精確地測出引力常量的科學家是卡文迪許，稱為“稱量地球質量第一人”的科學家。A.伽利略與分析不符，A錯誤B.開普勒與分析不符，B錯誤C.卡文迪許與分析相符，C正確D.牛頓與分析不符，D錯誤5、B【解析】

A．時間內，F(xiàn)小于等于最大靜摩擦力，可知物塊處于靜止狀態(tài)，物塊受到的摩擦力始終與拉力大小相等，方向相反，所以摩擦力是變力，故A錯誤；

B．由圖可知，時間內，拉力大于摩擦力，物塊做加速運動，時刻后，拉力小于摩擦力，物塊做減速運動物體受到的摩擦力為滑動摩擦力，大小保持不變，故B正確；

CD．從t1-t3時刻，拉力大于摩擦力，物塊做加速運動，t3時刻后，拉力小于摩擦力，物塊做減速運動，可知t3時刻物塊A的速度最大．t2時刻的拉力大于t3時刻的拉力，而t3時刻的速度大于t2時刻的速度，所以拉力的功率最大的時刻可能在t2時刻與t3時刻之間，不能判斷出t2時刻的功率一定最大，或t3時刻的功率一定最大，故CD錯誤．故選B.點睛：本題考查了學生的讀圖能力，能夠通過圖線得出整個過程中物塊的運動規(guī)律，并正確應用牛頓第二定律分析加速度的變化．6、CD【解析】對任意一球研究．設半圓軌道的半徑為r，根據(jù)機械能守恒定律得：，得：，由于r不同，則v不等，故A錯誤；由v=rω得：，可知兩球的角速度大小不等，故B錯誤；兩球的初始位置機械能相等，下滑過程機械能都守恒，所以通過C、D時兩球的機械能相等．則小球通過C點時的速度較小，故C正確；通過圓軌道最低點時小球的向心加速度為，與半徑無關，根據(jù)牛頓第二定律得：N-mg=man，得軌道對小球的支持力大小為N=3mg，則球對軌道的壓力為N′=3mg，與質量無關，則通過C、D時，兩球對軌道的壓力相等，故D正確．所以CD正確，AB錯誤．7、BD【解析】設繩子與水平方向的夾角為θ，將小車的速度分解為沿繩子方向和垂直于繩子方向，沿繩子方向的速度等于A的速度，根據(jù)平行四邊形定則得，vA=vcosθ，車子在勻速向右的運動過程中，繩子與水平方向的夾角為θ減小，所以A的速度增大，A做加速上升運動，且拉力大于重物的重力，故AC錯誤，BD正確，故選BD．點睛：解決本題的關鍵會對小車的速度進行分解，知道小車的速度是沿繩子方向和垂直于繩子方向速度的合速度．8、BC【解析】

小球在水平面內做勻速圓周運動，對小球受力分析，如圖所示：A．小球在豎直方向受力平衡，有：，解得繩的拉力；故A錯誤.B．小球受重力和繩子的拉力，合力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律有：，其中r表示小球勻速圓周運動的軌道半徑，有，聯(lián)立解得：，則小球的動能為；故B正確.C．由牛頓第二定律，可知向心加速度；故C正確.D．由勻速圓周的的特點，可得小球的角速度為；故D錯誤.9、AD【解析】A．設細繩與豎直方向的夾角為，滑塊向上做勻速運動，細繩拉力沿豎直向上的分力等于重力，，增大，拉力F增大，故A正確；B．將滑塊向上的速度v沿繩子和垂直繩子分解，沿繩子方向的分速度為vcos，增大，拉細繩的速度越來越小，故B錯誤；C．因為滑塊勻速運動，合外力做功為零，拉細繩的力做的功等于克服滑塊重力做的功，拉細繩的力的功率等于克服滑塊重力做功的功率，故C錯誤，D正確；故選AD．10、BD【解析】試題分析：由于以恒定速率從A到B，說明動能沒變，由于重力做負功，拉力不做功，所以外力F應做正功．因此機械能不守恒A錯，B對．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θ，則（F與G的合力必與繩子拉力在同一直線上）得而水平拉力F的方向與速度V的方向夾角也是θ，所以水平力F的瞬時功率是即顯然，從A到B的過程中，θ是不斷增大的，所以水平拉力F的瞬時功率是一直增大的，C錯D對．考點：動能定理、功率點評：本題考查了動能定理，通過功率公式分析瞬時功率的大小問題，本題綜合程度較高，屬于難題二、實驗題11、(1)3mg(2)(3)0【解析】

（1）[1]．A在圓弧面上運動時機械能守恒，則有在最低點時有聯(lián)立解得即滑塊對軌道的壓力為3mg；（2）[2]．若碰撞過程動量守恒，則碰撞前據(jù)動能定理可得碰撞后根據(jù)動能定理可得聯(lián)立解得；（3）[3][4]．兩物塊相同，若發(fā)生彈性碰撞，則兩者發(fā)生速度交換，故碰后A的速度為零；B的速度為；12、（1）保持水平；（2）＞，=；（3）A，C；（4）B【解析】（1）小球離開軌道后做平拋運動，在安裝實驗器材時斜槽的末端應保持水平，才能使小球做平拋運動．

（2）為防止碰撞過程入射球反彈，入射球的質量應大于被碰球的質量ma大于mb，即ma＞mb，為保證兩個小球的碰撞是對心碰撞，兩個小球的半徑要相等，故填＞、=．

（3）由圖1可知，小球a和小球b相撞后，被碰小球b的速度增大，小球a的速度減小，

b球在前，a球在后，兩球都做平拋運動，由圖示可知，未放被碰小球時小球a的落地點為B點，碰撞后a、b的落點點分別為A、C點．

（4）小球在空中的運動時間t相等，如果碰撞過程動量守恒，則有：，

兩邊同時乘以時間t得：，可得：，故B正確，AC錯誤．

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、