陜西省安康市漢濱高中2023學年物理高一第二學期期末學業(yè)水平測試試題（含答案解析）

2023學年高一物理下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（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)如圖所示為等量異種電荷周圍的電場線分布情況，現(xiàn)將一個帶負電的點電荷C（圖中沒有畫出）以一定初速度從A點釋放，速度的方向沿電荷連線由A指向B，則關于C在AB之間的運動，下列分析正確的是（）A．速度先增加后減小，加速度先減小后增大B．速度先減小后增加，加速度先增大后減小C．動能一直減小，電場力對C一直做負功D．動能一直增大，電場力對C一直做正功2、一個人乘電梯從1樓到30樓，在此過程中經歷了先加速、再勻速、后減速的運動過程，則電梯支持力對人做功情況是：A．始終做正功 B．加速時做正功，勻速和減速時做負功C．加速和勻速時做正功，減速時做負功 D．加速時做正功，勻速時不做功，減速時做負功3、一輕彈簧原長為10cm，甲乙兩人同時用100N的力，分別在兩端拉彈簧，穩(wěn)定時，彈簧的長度變?yōu)?2cm，則（）A．甲拉彈簧的力與彈簧拉甲的力是一對平衡力B．甲拉彈簧的力與乙拉彈簧的力是一對作用力與反作用力C．彈簧的勁度系數(shù)為5×103N/mD．彈簧的勁度系數(shù)為10N/m4、(本題9分)把質量是m=0.5kg的小球放在豎立的彈簧上,并把球往下按至A的位置,如圖甲所示.迅速松手后,彈簧把球彈起,球升至最高位置C(圖丙),途中經過位置B時彈簧正好處于自由狀態(tài)(圖乙).已知B、A之間的高度差為h1=0.1m,C、B之間的高度差為h2=0.2m,彈簧的質量和空氣的阻力均可忽略，g=10m/s2.下面說法中正確的是A．由狀態(tài)甲至狀態(tài)乙，彈簧的彈性勢能轉化為小球的動能B．狀態(tài)乙時，小球的動能最大C．狀態(tài)甲中彈簧的彈性勢能是1.5JD．狀態(tài)乙中小球的動能是1.5J5、(本題9分)如圖所示的電路中，A、B是平行板電容器的兩金屬板．先將電鍵S閉合，等電路穩(wěn)定后將S斷開，并將B板向下平移一小段距離，保持兩板間的某點P與A板的距離不變．則下列說法正確的是()A．電容器的電容變小B．電容器內部電場強度大小變大C．電容器兩極板電壓變小D．P點電勢降低6、(本題9分)關于萬有引力和萬有引力定律理解正確的有（）A．不可能看作質點的兩物體之間不存在相互作用的引力B．可看作質點的兩物體間的引力可用F=計算C．由F=知，兩物體間距離r減小時，它們之間的引力增大，緊靠在一起時，萬有引力非常大D．引力常量的大小首先是由牛頓測出來的，且等于6.67×10－11N·m2/kg27、(本題9分)如圖所示，小球從A點以初速度v0沿粗糙斜面向上運動，到達最高點B后返回A，C為AB的中點。下列說法中正確的是（）A．小球從A出發(fā)到返回A的過程中，位移為零，外力做功為零B．小球從A到C與從C到B的過程，減少的動能相等C．小球從A到C與從C到B的過程，速度的變化相等D．小球從A到C與從C到B的過程，損失的機械能相等8、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mv9、如圖所示，由長為L的輕桿構成的等邊三角形支架位于豎直平面內，其中兩個端點分別固定質量均為m的小球A、B，系統(tǒng)可繞O點在豎直面內轉動，初始位置OA水平．由靜止釋放，重力加速度為g，不計一切摩擦及空氣阻力．則（）A．系統(tǒng)在運動過程中機械能守恒B．B球運動至最低點時，系統(tǒng)重力勢能最小C．A球運動至最低點過程中，動能一直在增大D．擺動過程中，小球B的最大動能為mgL10、某科技創(chuàng)新小組設計制作出一種全自動升降機模型，用電動機通過鋼絲繩拉著升降機由靜止開始勻加速上升，已知升降機的質量為m，當升降機的速度為v1時，電動機的電功率達到最大值P，此后電動機保持該功率不變，直到升降機以最大速度v2勻速上升為止，整個過程中忽略摩擦阻力及空氣阻力，重力加速度為g，有關此過程下列說法正確的是（）A．升降機的速度由v1增大至v2過程中，鋼絲繩的拉力不斷減小B．升降機的最大速度v2＝C．鋼絲繩的拉力對升降機所做的功等于升降機克服重力所做的功D．鋼絲繩的最大拉力為11、(本題9分)兩個質量分別為m1、m2的小球，各用長為L的絲線懸掛在同一點，當兩球分別帶同種電荷，且電荷量分別為q1、q2時，兩絲線張開一定的角度θ1、θ2，如圖所示，則下列說法正確的是()A．若m1>m2，則θ1﹤θ2B．若m1＝m2，則θ1＝θ2C．若m1<m2，則θ1>θ2D．若q1＝q2，則θ1＝θ212、(本題9分)如圖所示，質量是的子彈，以的速度射入固定的、厚度是的木板，射穿后的速度是．假設阻力是恒定的，它能夠射穿同種材料制成的A．固定的、厚度是的木板B．固定的、厚度是的木板C．放在光滑水平面上的質量為，沿速度方向長度為的木塊D．放在光滑水平面上的質量為，沿速度方向長度為的木塊二．填空題(每小題6分，共18分)13、(本題9分)如圖，一半徑為R的圓盤上均勻分布著電荷量為Q的電荷，在垂直于圓盤且過圓心c的軸線上有a、b、d三個點，a和b、b和c、c和d間的距離均為R，在a點處有一電荷量為q(q>0)的固定點電荷．已知b點處的場強為零，則d點處場強的大小為_________方向為_________(k為靜電力常量)14、(本題9分)緊閉瓶蓋的塑料瓶下方開一個小孔，讓瓶中的水流出，此過程中瓶內氣體可看成________過程；當水流停止后，瓶內液面與小孔間的高度差為h，則此時瓶內氣體的壓強為________。（已知液體密度ρ，重力加速度g，外界大氣壓P0）15、一橫波某瞬時波形如圖所示，質點M此時的運動方向向下，且經過0.2s第一次回到平衡位置，則此橫波傳播方向是向__________，從圖示時刻起，經過1.2s，質點M通過的路程為___________cm。三．計算題(22分)16、（12分）(本題9分)如圖所示，一個質量m＝40g，帶電量q＝-3×10－6C的半徑極小的小球，用絕緣絲線懸掛在水平方向的勻強電場中．當小球靜止時，測得懸線與豎直方向成37°夾角．已知重力加速度g=10m/s2，求：（1）電場強度的大小和方向？（2）此時細線的拉力大??？17、（10分）如圖所示，在水平向右的勻強電場中，有一半徑R=0.2m的豎直光滑絕緣圓弧軌道BCD和絕緣粗糙水平軌道AB在B點相切，BC為圓弧軌道的直徑，O為圓心，OC和OD之間的夾角為θ=37°，電場與圓弧軌道BCD所在平面平行，一質量為m=10g、電荷量為q=-1×10-4C的帶負電的小滑塊從A點由靜止釋放后開始運動，已知AB間距離S=2.3m，滑塊運動到D點時所受合力的方向指向圓心O，且此時滑塊對圓弧軌道恰好沒有壓力。g取10m/s2，(1)勻強電場的電場強度大??；(2)滑塊通過C點時，對圓弧軌道的壓力大??；(3)滑塊與水平軌道AB間的動摩因數(shù)。

2023學年模擬測試卷參考答案（含詳細解析）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、D【答案解析】

AB.帶負電荷的電荷從A點由靜止釋放，則所受的電場力沿AB方向，則加速度沿AB方向，速度一直變大，因場強先減小后增加，可知電場力先減小后增加，加速度先減小后增加，選項AB錯誤。CD.負電荷從A到B運動時，電場力沿AB方向，一直做正功，則動能一直增加，選項D正確，C錯誤.2、A【答案解析】

A.在加速、勻速和減速的過程中，支持力的方向始終豎直向上，從1樓到30樓，支持力的方向與運動方向相同，則支持力始終做正功，A正確。BCD.根據(jù)A選項分析可知，BCD錯誤。3、C【答案解析】

A.甲拉彈簧的力與彈簧拉甲的力是一對相互作用力，故A項不合題意.B.甲拉彈簧的力與乙拉彈簧的力是一對平衡力，故B項不合題意.CD.甲、乙兩人同時用100N的力由兩端反向拉時，彈簧拉力為：F＝100N;根據(jù)F＝k（l-l0），將l＝10cm＝0.1m，l0＝12cm＝0.12m，代入得：5000N/m，故C項符合題意，D項不合題意.4、C【答案解析】

A項：小球由狀態(tài)甲至狀態(tài)乙的過程中，彈簧的彈性勢能轉化為小球的動能和重力勢能；故A錯誤；B項：由狀態(tài)甲至狀態(tài)乙的過程，彈簧的彈力先大于重力，后小于重力，小球的合力先向上后向下，則小球先加速后減速，動能先增大后減小，當彈力等于重力時動能最大，此時彈簧處于壓縮狀態(tài)，位置在甲、乙之間，故B錯誤；C項：小球由狀態(tài)甲至狀態(tài)丙的過程中，小球和彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒，則小球在圖甲中彈簧的彈性勢能等于小球由A到C位置時增加的重力勢能：Ep=mg（h1+h2）=0.5×10×0.3=1.5J；故C正確；D項：球由狀態(tài)乙至狀態(tài)丙的過程中，小球機械能守恒，則狀態(tài)乙中小球的動能Ek乙=mgh2=0.5×10×0.2=1.0J；故D錯誤。5、A【答案解析】因斷開開關，所以電量不變，則由、和，聯(lián)立得：則可知，E與d無關，所以電容器內部電場強度大小不變，故A錯誤；將B板向下平移一小段距離時，板間距離增大，由，可知，電容C減小，故B正確；因電量不變，C減小，則由Q=UC可知，兩板間的電壓變大，故C正確；因E不變，P點與下極板間的距離增大，故P與下極板間的電勢差增大，故P點電勢升高，故D正確；本題選錯誤的，故選A．【答案點睛】根據(jù)平行板電容器的電容決定式分析電容的變化情況，抓住電容器的電壓不變，由分析板間場強的變化情況，由分析電容器所帶電量的變化，根據(jù)P點與下極板間電勢差的變化，判斷P點電勢的變化．6、B【答案解析】任何兩個物體之間都存在相互作用力，即萬有引力，所以A錯誤；兩質點間的萬有引力滿足公式F＝，所以B正確；由F＝可知，兩物體間距離r減小時，它們之間的引力增大，緊靠在一起時，物體不能視為質點，公式不成立，所以C錯誤；引力常量的大小首先是由卡文迪許測出來的，所以D錯誤．7、BD【答案解析】

A．小球從A出發(fā)到返回A的過程中，位移為零，返回到A點時的速度小于原來速度大小，由動能定理可知合外力做負功，故A錯誤；B．小球從A到C與從C到B的過程，合外力做功相同，由動能定理可知這兩個過程中減少的動能相等，故B正確；C．小球從A到C比從C到B用時短，由動量定理可知從A到C速度的變化量小，故C錯誤；D．小球從A到C與從C到B的過程，滑動摩擦力做功相同，說明損失的機械能相等，故D正確。故選BD。8、AD【答案解析】

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(lián)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．【答案點睛】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．9、AD【答案解析】系統(tǒng)在整個運動的過程中，只有重力做功，所以系統(tǒng)在運動過程中機械能守恒，故A正確；A、B兩球組成的系統(tǒng)的重心在AB兩球連線的中點，所以當AB桿水平時，重心最低，此時重力勢能最小，故B錯誤；由系統(tǒng)能量守恒可知A球運動至最低點過程中，動能先增大后減小，故C錯誤；當A、B水平時B的動能最大，根據(jù)動能定理可得：，解得：，故D正確．所以AD正確，BC錯誤．10、ABD【答案解析】

A.升降機速度由v1增大至v2的過程中，電動機保持功率不變，由P=Fv知，鋼絲繩的拉力不斷減小，故A正確；B.升降機的最大速度時，拉力等于重力，故有，故B正確；C.對整個過程運用動能定理得，鋼絲繩的拉力對升降機所做的功大于升降機克服重力所做的功，故C錯誤；D.勻加速提升重物時鋼繩拉力最大，且等于勻加速結束時的拉力，由P=Fv得，故D正確。11、BC【答案解析】試題分析：m1、m1受力如圖所示，由平衡條件可知，m1g=Fcotθ1，m1g=F′cotθ1因F=F′，則可見，若m1＞m1，則θ1＜θ1；若m1=m1，則θ1=θ1；若m1＜m1，則θ1＞θ1．θ1、θ1的關系與兩電荷所帶電量無關．故BC正確，AD均錯誤．故選BC．考點：物體的平衡12、CD【答案解析】由動能定理可知：解得f=1600N；設能穿透固定木板的厚度為d，則，解得，則子彈不能穿透固定的、厚度是6cm或7cm的木板，選項AB錯誤；當木板放在光滑水平面上時，若子彈恰能穿透，設木板厚度為x，則由動量守恒：；由能量關系：；聯(lián)立解得：x=4.5cm，則子彈能夠穿透放在光滑水平面上的質量為8g，沿速度方向長度為3cm或者4cm的木塊，選項CD正確；故選CD.點睛：此題考查動能定理及動量定理的應用；關鍵要知道子彈穿過不同厚度的木板時所受的阻力相同；子彈穿過放置在光滑水平地面上的木板時滿足動量守恒及能量守恒關系.二．填空題(每小題6分，共18分)13、水平向右【答案解析】電荷量為q的點電荷在b處產生電場強度為E＝K，而半徑為R均勻分布著電荷量為Q的圓盤上電荷，與在a點處有一電荷量為q（q＞0）的固定點電荷，在b點處的場強為零，則圓盤在此處產生電場強度也為E＝K．那么圓盤在此d產生電場強度則仍為E＝K．而電荷量為q的點電荷在d處產生電場強度為E′＝K＝K，由于都在d處產生電場強度方向相同，即為兩者大小相加．所以兩者這d處產生電場強度為K，水平向右．

點睛：考查點電荷與圓盤電荷在某處的電場強度疊加，緊扣電場強度的大小與方向關系，從而為解題奠定基礎．14、等溫