甘肅省武威市第一中 2023年物理高一下期末預(yù)測(cè)試題含解析

2022-2023學(xué)年高一物理下期末模擬試卷注意事項(xiàng):1．答題前，考生先將自己的姓名、準(zhǔn)考證號(hào)碼填寫(xiě)清楚，將條形碼準(zhǔn)確粘貼在條形碼區(qū)域內(nèi)。2．答題時(shí)請(qǐng)按要求用筆。3．請(qǐng)按照題號(hào)順序在答題卡各題目的答題區(qū)域內(nèi)作答，超出答題區(qū)域書(shū)寫(xiě)的答案無(wú)效；在草稿紙、試卷上答題無(wú)效。4．作圖可先使用鉛筆畫(huà)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(zhǔn)使用涂改液、修正帶、刮紙刀。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(gè)選項(xiàng)中，有的小題只有一個(gè)選項(xiàng)正確，有的小題有多個(gè)選項(xiàng)正確.全部選對(duì)的得5分，選不全的得3分，有選錯(cuò)的或不答的得0分）1、(本題9分)關(guān)于開(kāi)普勒第三定律的表達(dá)式的理解正確的是A．k與成正比 B．k與成反比C．k值與a和T都有關(guān)系 D．k值只與中心天體有關(guān)2、(本題9分)一質(zhì)量為m的物體沿半徑為R的光滑軌道下滑，當(dāng)它從距底端高度R處下滑至距底端高度的過(guò)程中，重力和軌道的支持力對(duì)物體做的功為A．；0 B．mg；mgC．； D．mg；03、(本題9分)在水平冰面上，狗拉著雪橇做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，O點(diǎn)為圓心，能正確地表示雪橇受到的牽引力F及摩擦力的選項(xiàng)是（）A． B．C． D．4、兩個(gè)物體質(zhì)量比為1∶4，速度大小之比為4∶1，則這兩個(gè)物體的動(dòng)能之比為A．1∶1 B．1∶4 C．4∶1 D．2∶15、如圖所示，一個(gè)球用一不計(jì)質(zhì)量的網(wǎng)兜掛在光滑的墻壁上，已知球的重力為G，網(wǎng)兜懸繩與墻壁的夾角為α。則球?qū)W(wǎng)兜的拉力F1及球?qū)Ρ诘膲毫2大小分別為A．F1=，F(xiàn)2=Gtanα B．F1=Gcosα，F(xiàn)2=GsinαC．F1=，F(xiàn)2= D．F1=Gtanα，F(xiàn)2=6、(本題9分)地球半徑是R，地球表面的重力加速度是g，萬(wàn)有引力常量是G。忽略地球自轉(zhuǎn)的影響。如認(rèn)為地球的質(zhì)量分布是均勻的，則地球的密度ρ的表達(dá)式為A．ρ=B．ρ=C．ρ=D．ρ=7、(本題9分)如圖所示，長(zhǎng)為0.5m的輕桿一端與質(zhì)量為2kg的小球相連，另一端可繞過(guò)O點(diǎn)的水平軸自由轉(zhuǎn)動(dòng)。現(xiàn)給小球一初速度，使其在豎直面內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng)，若小球通過(guò)軌道最低點(diǎn)a時(shí)的速度為4m/s，通過(guò)軌道最高點(diǎn)b時(shí)的速度為2m/s，重力加速度g=10m/s2，則小球通過(guò)最低點(diǎn)和最高點(diǎn)時(shí)，下列說(shuō)法正確的是（）A．在a點(diǎn)，小球?qū)p桿作用力的方向豎直向下B．在a點(diǎn)，小球?qū)p桿作用力的大小為24NC．在b點(diǎn)，小球?qū)p桿作用力的方向豎直向上D．在b點(diǎn)，小球?qū)p桿作用力的大小為4N8、(本題9分)如圖所示，從地面上同一位置拋出兩小球A、B，分別落在地面上的M、N點(diǎn)，兩球運(yùn)動(dòng)的最大高度相同．空氣阻力不計(jì)，則（）A．B的加速度等于A的加速度B．B的飛行時(shí)間比A的長(zhǎng)C．B在最高點(diǎn)的速度比A在最高點(diǎn)的速度大D．A、B兩球落地時(shí)的速度大小相等9、(本題9分)用繩子系一小球，使它在水平面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，如圖所示，則（）A．重力對(duì)球不做功，繩的拉力對(duì)球做功B．重力和繩的拉力對(duì)球都不做功C．繩的拉力等于球做圓周運(yùn)動(dòng)的向心力D．小球所受的合力提供做圓周運(yùn)動(dòng)的向心力10、(本題9分)如圖所示，兩個(gè)完全相同的光滑小球P、Q，放置在墻壁和斜木板之間，當(dāng)斜木板和豎直墻壁的夾角θ角緩慢減小時(shí)（），則（）A．墻壁、木板受到P球的壓力均增大B．墻壁、木板受到P球的壓力均減小C．Q球?qū)球的壓力增大，對(duì)木板的壓力減小D．P球受到墻壁、木板和Q球的作用力的合力不變11、(本題9分)兩個(gè)完全相同的金屬小球（可視為點(diǎn)電荷），帶電荷量之比為3:7，相距為r。現(xiàn)將兩小球接觸后再放回原來(lái)的位置上，則此時(shí)小球間的庫(kù)侖力與接觸前之比可能為A．4:21 B．4:25 C．2:5 D．25:2112、(本題9分)在如圖所示的電路中E為電源，其內(nèi)阻為r，R1為定值電阻（R1>r），R2為電阻箱，R3A．用光照射R3B．用光照射R3C．將變阻箱R2D．將變阻箱R2二．填空題(每小題6分，共18分)13、(本題9分)如圖所示，一傾角為α、高為h的光滑斜面，固定在水平面上，一質(zhì)量為m的小物塊從斜面的頂端由靜止開(kāi)始滑下，則物塊滑至斜面的底端時(shí)，小物塊的動(dòng)量大小為_(kāi)_______，重力的沖量為_(kāi)_______大?。ㄖ亓铀俣葹間）14、(本題9分)飛機(jī)以300km/h的速度斜向上勻速飛行,飛行方向與水平方向成37°.則飛機(jī)在水平方向的分速度vx＝________km/h,在豎直方向的分速度vy＝_________km/h。(sin37°＝0.6,cos37°＝0.8)15、在離地2.4m高的光滑水平桌面上停放著質(zhì)量為0.5kg的小鐵塊，一個(gè)大小為2N的水平推力持續(xù)作用在小鐵塊上移動(dòng)2m后被撤去，同時(shí)小鐵塊飛出桌邊拋到地上，取g＝10m/s2，空氣阻力不計(jì)，則:小鐵塊離開(kāi)桌面時(shí)的速度的大小為_(kāi)___________。小鐵塊在落地時(shí)的速度大小為_(kāi)_____________。三．計(jì)算題(22分)16、（12分）如圖所示，在光滑的水平面上停放著一輛質(zhì)量為M=3kg的小車(chē),小車(chē)的上表面BC段是半徑R=1.0m圓心角θ=37°的光滑圓弧軌道，其軌道C點(diǎn)切線(xiàn)水平，小車(chē)上表面C點(diǎn)右側(cè)水平粗糙且長(zhǎng)為L(zhǎng)=2.5m，一質(zhì)量m=1kg的小物塊（可看成質(zhì)點(diǎn)）從圖中A點(diǎn)以v0=4m/s的速度水平拋出，小物塊恰好沿小車(chē)左端B點(diǎn)的切線(xiàn)方向進(jìn)入小車(chē)，當(dāng)小物塊運(yùn)動(dòng)至小車(chē)最右端時(shí)兩者恰達(dá)到共同速度.不計(jì)空氣阻力,重力加速度g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8.求：(1)小物塊運(yùn)動(dòng)至B點(diǎn)時(shí)的速度大小vB(2)小物塊由A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)至離A、B兩點(diǎn)的連線(xiàn)最遠(yuǎn)處時(shí)其重力的瞬時(shí)功率P；(3)小車(chē)上表面C點(diǎn)右側(cè)水平粗糙段與小物塊之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ。.17、（10分）靜止在水平地面上的兩小物塊A、B，質(zhì)量分別為mA=1.0kg，mB=4.0kg；兩者之間有一被壓縮的微型彈簧(長(zhǎng)度不計(jì))，其彈性勢(shì)能為10.0J，A與其右側(cè)的豎直墻壁距離l=1.0m，如圖所示。某時(shí)刻，將壓縮的微型彈簧釋放，使A、B瞬間分離，兩物塊獲得的速度之比是vA︰vB=4︰1。釋放后，A沿著與墻壁垂直的方向向右運(yùn)動(dòng)。A、B與地面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ=0.20。重力加速度取g=10m/s2。A與墻壁碰撞前后動(dòng)能不變且碰撞時(shí)間不計(jì)。求：(1)彈簧釋放后瞬間A、B速度的大?。?2)物塊A、B中有一個(gè)停下來(lái)時(shí)，A與B之間的距離。

參考答案一、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(gè)選項(xiàng)中，有的小題只有一個(gè)選項(xiàng)正確，有的小題有多個(gè)選項(xiàng)正確.全部選對(duì)的得5分，選不全的得3分，有選錯(cuò)的或不答的得0分）1、D【解析】

開(kāi)普勒第三定律中的常數(shù)k只與中心天體有關(guān)，與a和T無(wú)關(guān)，故ABC錯(cuò)誤，D正確。2、A【解析】

物體下滑的高度為，所以重力做功為：由于下滑過(guò)程中支持力方向始終與速度方垂直，所以支持不做功A.；0與分析相符，故A項(xiàng)正確；B.mg；mg與分析不符，故B項(xiàng)錯(cuò)誤；C.，與分析不符，故C項(xiàng)錯(cuò)誤；D.mg；0與分析不符，故D項(xiàng)錯(cuò)誤。3、C【解析】

雪橇做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，合力指向圓心，提供向心力；滑動(dòng)摩擦力的方向和相對(duì)運(yùn)動(dòng)方向相反，故沿切線(xiàn)向后；拉力與摩擦力的合力指向圓心，故拉力指向斜右上方；故C正確，ABD錯(cuò)誤。故選C。4、C【解析】

根據(jù)可知，故C正確，ABD錯(cuò)誤．5、A【解析】

對(duì)足球進(jìn)行受力分析，如圖所示。

小球處于靜止?fàn)顟B(tài)，故由平衡條件可得：F2=F1sinα；G=F1cosα；聯(lián)立解得：；F2=Gtanα；由牛頓第三定律可知球?qū)W(wǎng)兜的拉力F1及球?qū)Ρ诘膲毫2大小分別為：；F2=Gtanα；A.F1=，F(xiàn)2=Gtanα，與結(jié)論相符，選項(xiàng)A正確；B.F1=Gcosα，F(xiàn)2=Gsinα與結(jié)論不相符，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；C.F1=，F(xiàn)2=，與結(jié)論不相符，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；D.F1=Gtanα，F(xiàn)2=，與結(jié)論不相符，選項(xiàng)D錯(cuò)誤；6、C【解析】

地球表面重力與萬(wàn)有引力相等有：mg=GMmR2，可得地球質(zhì)量為：M=gA.ρ=gB.ρ=4gC.ρ=3gD.ρ=g7、AD【解析】

AB、在a點(diǎn)對(duì)小球：F-mg=m，輕桿對(duì)小球的拉力F=mg+m=210N+2N=84N，根據(jù)牛頓第三定律知，在a點(diǎn)，小球?qū)p桿作用力大小為84N，方向豎直向下，故A正確，B錯(cuò)誤。CD、在b點(diǎn)對(duì)小球：mg-F=m，輕桿對(duì)小球的支持力F=mg-m=210N-2N=4N，根據(jù)牛頓第三定律知，在b點(diǎn)，小球?qū)p桿的壓力大小為4N，方向豎直向下，故C錯(cuò)誤，D正確。8、AC【解析】試題分析：由運(yùn)動(dòng)的合成與分解規(guī)律可知，物體在水平方向做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，豎直方向做豎直上拋運(yùn)動(dòng)，兩球的加速度相同，由豎直高度相同，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式分析豎直方向的初速度關(guān)系，即可知道水平初速度的關(guān)系．兩球在最高點(diǎn)的速度等于水平初速度．由速度合成分析初速度的關(guān)系，即可由機(jī)械能守恒知道落地速度的大小關(guān)系．不計(jì)空氣阻力，兩球做斜拋運(yùn)動(dòng)，只受重力作用，加速度都為重力加速度g，故A錯(cuò)誤；兩球都做斜拋運(yùn)動(dòng)，豎直方向的分運(yùn)動(dòng)是豎直上拋運(yùn)動(dòng)，根據(jù)運(yùn)動(dòng)的對(duì)稱(chēng)性可知，兩球上升和下落的時(shí)間相等，而下落過(guò)程，由知下落時(shí)間相等，則兩球運(yùn)動(dòng)的時(shí)間相等，故B錯(cuò)誤；，最大高度h、t相同，則知，豎直方向的初速度大小相等，由于A球的初速度與水平方向的夾角大于B球的豎直方向的初速度，由（是初速度與水平方向的夾角）得知，A球的初速度小于B球的初速度，兩球水平方向的分初速度為，由于B球的初速度與水平方向的夾角小，所以B球水平分初速度較大，而兩球水平方向都做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，故B在最高點(diǎn)的速度比A在最高點(diǎn)的大，故C錯(cuò)誤；根據(jù)速度的合成可知，B的初速度大于A球的初速度，運(yùn)動(dòng)過(guò)程中兩球的機(jī)械能都守恒，則知B在落地時(shí)的速度比A在落地時(shí)的大，故D正確．9、BD【解析】

AB.重力和拉力都與小球的運(yùn)動(dòng)方向垂直，所以重力和繩的拉力對(duì)球都不做功，故A錯(cuò)誤，B正確．CD.重力和拉力的合力提供做圓周運(yùn)動(dòng)的向心力，故C錯(cuò)誤，D正確．10、ACD【解析】

AB、以小球P、Q為研究對(duì)象，處于平衡裝態(tài)，根據(jù)受力平衡，由圖可知，墻壁對(duì)球的壓力F2逐漸增大，木板對(duì)球的支持力F1逐漸增大，根據(jù)牛頓第三定律可知墻壁受到的壓力增大，木板受到的壓力增大，故A正確，B錯(cuò)誤；C、以小球Q為研究對(duì)象，處于平衡裝態(tài)，根據(jù)受力平衡，P球?qū)球的支持力，木板給Q球的支持力，當(dāng)斜木板和豎直墻壁的夾角θ角緩慢減小時(shí)，P球?qū)球的支持力增大，擋板給Q球的支持力減小，根據(jù)牛頓第三定律可知Q球?qū)球的壓力增大，對(duì)木板的壓力減小，故C正確；D、小球P為研究對(duì)象，處于平衡裝態(tài)，合外力為零，P球受到重力、墻壁對(duì)球的壓力、木板對(duì)球的支持力和Q球?qū)球的壓力，所以P球受到墻壁、木板和Q球的作用力的合力與P球受到重力大小相等，方向相反，故D正確；故選ACD．【點(diǎn)睛】對(duì)球進(jìn)行正確受力分析，把握其受力特點(diǎn)：一個(gè)力大小和方向不變（重力），一個(gè)力方向不變（墻給球的支持力），另一個(gè)力的大小、方向均發(fā)生變化（擋板給球的作用力），對(duì)于這類(lèi)動(dòng)態(tài)平衡問(wèn)題，可以采用“圖解法”進(jìn)行．11、AD【解析】

由庫(kù)侖定律可得F=kQqA.4:21與分析相符，故A項(xiàng)與題意相符；B.4:25與分相不相符，故B項(xiàng)與題意不相符；C.2:5與分相不相符，故C項(xiàng)與題意不相符；D.25:21與分析相符，故A項(xiàng)與題意相符。12、ACD【解析】

光敏電阻光照時(shí)阻值減小，則電路中的總電阻減小；由閉合電路歐姆定律可得，電路中電流增大，故R1兩端的電壓變大，故電壓表的示數(shù)變大；則并聯(lián)支路的電壓減小，則R2的電流減小，R3電流變大，電流表讀數(shù)變大，則A正確，B錯(cuò)誤；將變阻箱R2阻值變大，則電路中的總電阻變大；由閉合電路歐姆定律可得，電路中電流減小，故R1兩端的電壓變小，故電壓表的示數(shù)變??；則并聯(lián)支路的電壓變大，則R3的電壓變大，R3電流變大，電流表讀數(shù)變大，則CD正確；故選ACD.二．填空題(每小題6分，共18分)13、【解析】

設(shè)物塊到達(dá)底端的速度大小為v，根據(jù)機(jī)械能守恒可得：mgh=mv2；所以：v=；所以小物塊的動(dòng)量大小為p=mv=m；物塊在斜面上只受到重力和支持力，沿斜面方向的合外力提供加速度，則：ma=mgsinα，所以：a=gsinα；物塊到達(dá)斜面底端的時(shí)間：，所以重力的沖量為：I=mgt=14、240180【解析】

將飛機(jī)的實(shí)際運(yùn)動(dòng)分解為水平方向的勻速運(yùn)動(dòng)和豎直方向的勻速運(yùn)動(dòng)，如圖：

由幾何關(guān)系，可得：

vx=vcos37°=300km/h×0.8=240km/h；

vy=vsin37°=300km/h×0.6=180km/h；15、4m/s8m/s【解析】

[1].由動(dòng)能定理得:Fx＝mv2解得v=4m/s

小鐵塊離開(kāi)桌面時(shí)的速度大小為4m/s；

[2].以地面為零勢(shì)能面，由機(jī)械能守恒得mv2+mgh＝mvt2解得vt=8m/s

小鐵塊落地時(shí)的速度大小為8m/s．三．計(jì)算題(22分)16、（1）vB=5m/s【解析】

（1）小物體做平拋運(yùn)動(dòng)，應(yīng)用平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律即可求解B點(diǎn)速度；（2）速度方向與A、B連線(xiàn)平行時(shí)，離A、B連線(xiàn)最遠(yuǎn)；（3）應(yīng)用動(dòng)量守恒定律和能量守恒定律分析解題?！驹斀狻浚?）物塊運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)，由速度的分解得vB（2）設(shè)A、B連線(xiàn)與水平方向的夾角為α，則小物塊由A點(diǎn)平拋至B點(diǎn)過(guò)程的位移和在B點(diǎn)時(shí)的速度與水平位移間的夾角分別是α、θ，有tanθ=tan聯(lián)立得：tanα=設(shè)小物塊由A點(diǎn)經(jīng)時(shí)間t離A、B連線(xiàn)最遠(yuǎn)，此時(shí)速度方向與A、B連線(xiàn)平行，有：vy重力的瞬時(shí)功率：P=mgv代人數(shù)據(jù)得：P=15W（3）小物塊進(jìn)入小車(chē)后，系統(tǒng)水平方向上動(dòng)量守恒，即