隴南市重點中學2023-2024學年物理高一下期末聯(lián)考模擬試題含解析

隴南市重點中學2023-2024學年物理高一下期末聯(lián)考模擬試題注意事項: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(nèi)。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(nèi)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（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、如圖所示，在光滑絕緣的水平面上放置兩帶電的小物塊甲和乙，所帶電荷量分別為+q1和-q2，質(zhì)量分別為m1和m2。同時由靜止釋放后，甲、乙兩物塊相向運動。則關于兩物塊的表述正確的是A．碰撞前瞬間動量之比p甲：p乙=m1：m2B．碰撞前瞬間速度大小之比v甲：v乙=m1：m2C．碰撞前瞬間動能之比Ek甲：Ek乙=m2：m1D．從開始運動到碰撞前過程中，庫侖力對兩物塊做功W甲：W乙=1:12、(本題9分)兩根長度不同的細線下面分別懸掛兩個小球，細線上端固定在同一點，若兩個小球以相同的角速度繞共同的豎直軸在水平面內(nèi)做勻速圓周運動，則兩個擺球在運動過程中，相對位置關系示意圖正確的是圖中的()A． B．C． D．3、(本題9分)關于功和能，下列說法正確的是A．功是能量的量度B．功可以轉(zhuǎn)化為能C．重力做功與路徑無關D．重力和彈簧彈力之外的其他力做的功，等于物體動能的變化4、(本題9分)如圖所示，炮彈射出炮口時的速度與水平方向成30°角，速度大小是800m/s，在忽略所受空氣阻力的情況下，下列分析正確的是（）A．炮彈射出時的豎直分速度是400m/sB．炮彈射出時的水平分速度是400m/sC．炮彈射出后做勻變速直線運動D．炮彈射出后能上升的最大高度小于2000m5、(本題9分)如圖所示，質(zhì)量相等、材料相同的兩個小球A、B間用一勁度系數(shù)為k的輕質(zhì)彈簧相連組成系統(tǒng)，系統(tǒng)穿過一粗糙的水平滑桿，在作用在B上的水平外力F的作用下由靜止開始運動，一段時間后一起做勻加速運動，當它們的總動能為4Ek時撤去外力F，最后停止運動．不計空氣阻力，認為最大靜摩擦力等于滑動摩擦力．則在從撤去外力F到停止運動的過程中，下列說法正確的是()A．撤去外力F的瞬間，彈簧的壓縮量為B．撤去外力F的瞬間，彈簧的伸長量為C．系統(tǒng)克服摩擦力所做的功小于系統(tǒng)機械能的減少量D．A克服外力所做的總功等于2Ek6、將一個物體由A處移到B處，重力做功（）A．與運動過程是否存在阻力有關B．與運動的具體路徑有關C．與運動的位移無關D．與運動物體本身的質(zhì)量有關7、(本題9分)小球m用長為L的懸線固定在O點，在O點正下方某處有一光滑圓釘C，今把小球拉到懸線呈水平后無初速地釋放，當懸線呈豎直狀態(tài)且與釘相碰時A．小球的速度突然增大B．小球的向心加速度突然增大C．小球的向心加速度不變D．懸線的拉力突然增大8、(本題9分)兩個不在一條直線上的分運動，其合運動A．若兩個分運動都是直線運動，則合運動一定是直線運動B．若兩個分運動都是勻速直線運動，則合運動一定是勻速直線運動C．若兩個分運動都是勻變速直線運動，則合運動一定是勻變速直線運動D．若兩個分運動都是初速為零的勻加速直線運動，則合運動一定是初速為零的勻加速直線運動9、(本題9分)有一臺理想變壓器及所接負載如下圖所示。在原線圈c、d兩端加上交變電流。已知b是原線圈中心抽頭，電壓表和電流表均為理想交流電表，電容器的耐壓值足夠大。下列說法正確的是（）A．開關S1始終接a，當滑片P向下滑動時電壓表V1示數(shù)不變，電壓表V2示數(shù)變大，電流表A2示數(shù)變小B．開關S1始終接b，當滑片P向上滑動時R1的電功率增大，V2示數(shù)的變化量與A2示數(shù)的變化量之比不變C．保持滑片P的位置不變，將開關S1由b改接a，變壓器輸入功率變大D．保持滑片P的位置不變，將開關S1由a改接b，電容器所帶電荷量將增大10、(本題9分)長度為L=0.5m的輕質(zhì)細桿OA，A端有一質(zhì)量為m=3.0kg的小球，如圖所示，小球以O點為圓心在豎直平面內(nèi)做圓周運動，如果小球通過最高點時，受到桿的作用力大小為24N，g取10m/s2，則此時小球的速度大小可能是A．1m/s B．2m/s C．3m/s D．11、(本題9分)下列關于電容器和電容的說法中，正確的是A．根據(jù)C＝可知，電容器的電容與其所帶電荷量成正比，跟兩板間的電壓成反比B．對于確定的電容器，其所帶的電荷量與兩板間的電壓（小于擊穿電壓且不為零）成正比C．對于確定的電容器，無論電容器的電壓如何変化（小于擊穿電壓且不為零），它所帶的電荷量與電壓比值恒定不變D．電容器的電容是表示電容器容納電荷本領的物理量，其大小與加在兩板上的電壓無關12、(本題9分)如圖所示，質(zhì)量為M的小車靜止在光滑水平面上，小車A端固定一根輕彈簧，彈簧的另一端連接一個放置在小車上且質(zhì)量為m的物體C，已知小車底部光滑，彈簧處于壓縮狀態(tài)．彈簧被釋放后，物體C被彈出向B端運動，最后與B端粘在一起．下列說法中正確的是()A．物體C離開彈簧時，小車在向左運動B．物體C與B端粘在一起之前，小車的運動速率與物體C的運動速率的比值為C．物體C與B端粘在一起后，與小車一同向右運動D．整個過程中，小車、物體C及彈簧組成的系統(tǒng)的機械能守恒二．填空題(每小題6分，共18分)13、(本題9分)在研究平拋運動這個實驗中,我們首先設法描繪某物體做平拋運動的軌跡,然后通過這個軌跡研究平拋運動的特點,現(xiàn)在假定已經(jīng)用某種方法得到了一個物體做平拋運動的軌跡,如圖所示,點是平拋的初位置,我們在軸上作出等距離的幾個點,…,把線段的長度記為,那么，,…,由,…,向下作垂線,垂線與拋體軌跡的交點記為,…,如果軌跡的確是一條拋物線,,…各點的坐標和坐標間的關系應該具有的形式(是一個待定的常量).假定某位同學實驗得到的平拋運動的軌跡就是圖示的曲線.用刻度尺測量某點的兩個坐標,例如的坐標為,,代入中求出常量__________(要求用國際單位制單位,結果保留兩位有效數(shù)字).點的坐標測量值應在__________(結果保留兩位有效數(shù)字)左右,才能判斷這條曲線真的是一條拋物線.物體做平拋運動的初速度為___________(結果用根式表示,取)14、(本題9分)某興趣小組通過物塊在斜面上運動的試驗，探究合外力做功與物體動能的變化的關系.他們的實驗裝置如圖甲所示，PQ為一塊傾斜放置的木板，在Q處固定一個速度傳感器(用來測量物體每次通過Q點時的速度v)，每次實驗，物體從不同高度h處由靜止釋放，但始終保持斜面底邊長L＝0.5m不變．他們最后做出了如圖乙所示的v2－h(huán)圖象．圖象與橫軸的交點為0.25.(1)圖象乙不過坐標原點的原因是________________________________．(2)物塊與斜面間的滑動摩擦因數(shù)μ＝________.(3)若最后得到的圖象如圖丙所示，則可能的原因是(寫出一個)________________．(4)若更換光滑的斜面，重復上述步驟得到如圖乙所示的圖象，圖象的斜率將________．(填增大減小不變)15、某同學用如圖所示的實驗裝置探究功與速度變化的關系。實驗步驟如下：a.安裝好實驗器材。b.接通電源后，讓拖著紙帶的小車在橡皮筋的作用下沿平板斜面向下彈出，沿木板滑行。在紙帶上選擇合適的點距確定小車的速度v1。c.換用2條、3條……同樣的橡皮筋重復幾次（每次都從同一初始位置釋放小車），分別求出小車的速度vl、v2……。d.通過測量和計算，該同學判斷出小車沿平板做勻加速直線運動。結合上述實驗步驟，請你完成下列任務：（1）實驗中，除電火花打點計時器（含紙帶、復寫紙）、小車、平板、鐵架臺、導線及開關外，在下面的儀器和器材中，必須使用的還有___________和___________。（填選項代號）A．220V、50Hz的交流電源B．低壓直流電源C．刻度尺D．秒表E.天平F.彈簧測力計（2）實驗操作中需平衡小車受到的摩擦力，其最根本的目的是___________.A．防止小車不能被橡皮筋拉動B．確保橡皮筋對小車做的功等于合外力對小車做的功C．便于小車獲得較大的彈射速度D．防止紙帶上點跡不清晰三．計算題(22分)16、（12分）(本題9分)如圖所示，用輕繩系住質(zhì)量為m的小球，使小球在豎直平面內(nèi)繞點O做圓周運動。小球做圓周運動的半徑為L。小球在最高點A的速度大小為v,求：（1）小球在最高點A時，繩子上的拉力大?。唬?）小球在最低點B時，繩子上的拉力大小。17、（10分）宇航員在一星球表面上高h處由靜止釋放一個小球，經(jīng)過t時間小球落到星球表面，該星球的半徑為R，萬有引力常量為G.求（1）該星球表面的重力加速度g；（2）該星球的質(zhì)量M.

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、C【解析】

A.甲、乙兩物塊組成的系統(tǒng)合外力為零，系統(tǒng)的動量守恒，初始時系統(tǒng)的總動量為零，可知，碰撞前瞬間兩個物塊的動量大小相等，方向相反，則動量之比p甲：p乙=1：1故A項與題意不相符；B.由p=mv，兩個物塊的動量大小相等，則得碰撞前瞬間速度大小之比v甲：v乙=m2：m1．故B項與題意不相符；C.根據(jù)EkP相等，則得碰撞前瞬間動能之比Ek甲：Ek乙=m2：m1故C項與題意相符；D.根據(jù)動能定理得：對甲有W甲=Ek甲對乙有W乙=Ek乙故W甲：W乙=m2：m1故D項與題意不相符。2、B【解析】

小球做勻速圓周運動，對其受力分析如圖所示，由牛頓第二定律則有mgtanθ＝mω2Lsinθ整理得：Lcosθ＝是定值則兩球處于同一高度，故B項與分析相符。3、C【解析】試題分析：功是能量轉(zhuǎn)化的量度而不是能量的量度，A錯誤；能量的轉(zhuǎn)化都是靠做功來實現(xiàn)的，但功不能轉(zhuǎn)化為能量，能量是守恒的，B錯誤；重力做功的特點是“與路徑無關”，只與初末位置有關，C正確；根據(jù)動能定理，合外力做功等于物體動能的增量，重力與彈力也包括在內(nèi)，D錯誤。考點：功能關系4、A【解析】炮彈的運動可以分解為水平方向的勻速直線運動和豎直方向的豎直上拋運動，在豎直方向的初速度為：Vy=v0sin30°=800×m/s=400m/s；在水平方向上有：Vx=v0cos60°=800×m/s=693m/s．故A正確，B錯誤；炮彈射出后，因加速度不變，且加速度與速度不共線，做勻變速曲線運動，故C錯誤；根據(jù)運動學公式可知，射出后能上升的最大高度，故D錯誤；故選A．點睛：本題是速度的合成與分解，直接根據(jù)平行四邊形定則分解即可，注意運動性質(zhì)的確定，同時注意上升最大高度時，速度不為零．5、D【解析】

根據(jù)受力分析與牛頓第二定律分析彈簧的伸長量；根據(jù)動能定理分析A克服外力所做的總功；根據(jù)功能關系分析系統(tǒng)克服摩擦力所做的功．【詳解】AB．當A與B一起做加速運動的過程中，對整體：F-2f=2ma對小球A：kx-f=ma聯(lián)立得：x=即撤去外力F的瞬間，彈簧的伸長量為．故AB錯誤；C．根據(jù)功能關系可知，整個的過程中，系統(tǒng)克服摩擦力所做的功等于A、B的動能以及彈簧減少的彈性勢能的和，即等于系統(tǒng)機械能的減少量．故C錯誤．D．A克服外力所做的總功等于A的動能，由于是當它們的總動能為4Ek時撤去外力F，所以A與B開始時的動能都是2Ek，即A克服外力所做的總功等于2Ek．故D正確；故選D．【點睛】此題考查了兩個物體被彈簧連接的連接體問題，明白F在拉動B運動時，由于桿的摩擦力，A物體會瞬時不動，從而彈簧就有拉長，存在彈性勢能，是解決此題的關鍵．6、D【解析】

重力做功與路徑、是否受其他力以及物體的速度無關，僅與初末位置的高度差有關，與運動的位移有關，根據(jù)可知還與運動物體本身的質(zhì)量有關，D正確．7、BD【解析】

A．在最低點小球受到重力和繩子的拉力作用，且兩個力與小球的運動方向都垂直，則這兩個力都不做功，所以懸線與釘子碰撞的前后瞬間,小球的線速度大小不變.故A錯誤；BC．根據(jù)隨著半徑的減小，向心加速度增大，故B正確；C錯誤；D．根據(jù)牛頓第二定律可知半徑減小，則繩子的拉力F增大，故D正確；8、BD【解析】A.兩個分運動是直線運動，如果其加速度的方向與初速度的方向不在同一條直線上,就會做曲線運動，例如平拋運動就是水平方向的勻速直線運動和豎直方向上自由落體運動(也是直線運動)的合運動，所以它們的合運動不一定是直線運動，可能是曲線運動，選項A錯誤；B.兩個分運動是勻速直線運動，則其合運動的加速度為零，則它們的合運動一定是勻速直線運動，選項B正確；C.兩個分運動是初速度不為零的勻加速直線運動，其合加速度與合速度可能在同一條直線，此時做勻變速直線運動；也可能合加速度與合速度不在同一條直線上，此時將做曲線運動，故C錯誤；D.兩個分運動是初速度為零的勻加速直線運動，他們的合運動的初速度一定為零，合加速度也是恒定的，所以它們的合運動一定是初速度為零的勻加速直線運動，選項D正確．故選BD9、ABD【解析】

A．開關始終接a不變，變壓器輸入電壓不變，原、副線圈的匝數(shù)不變，變壓器輸出電壓不變，即電壓表示數(shù)不變，當滑片P向下滑動時，滑動變阻器接入電路的電阻變大，根據(jù)歐姆定律可知，所以電流會減小，電流表示數(shù)變小，而所以會變大，即電壓表示數(shù)變大，故A正確；B．開關始終接b，由于原、副線圈的匝數(shù)不變，變壓器輸入電壓不變，則變壓器輸出電壓不變，即電壓表示數(shù)不變，當滑片P向上滑動時，滑動變阻器接入電路的阻值減小，根據(jù)歐姆定律可知，電流表示數(shù)增大，電阻消耗的電功率增大，將原線圈和電阻看作等效電源，則示數(shù)的變化量與示數(shù)的變化量之比等于等效電源的內(nèi)阻，恒定不變，故B正確；C．保持滑片P的位置不變，將開關由b改接a時，原線圈匝數(shù)增大，根據(jù)變壓比可知可知變小，根據(jù)可知副線圈輸出功率變小，則原線圈輸入功率變小，故C錯誤；D．保持滑片P的位置不變，將開關由a改接b，原線圈匝數(shù)減小，根據(jù)變壓比可知可知增大，電容器兩端電壓增大所帶電荷量增大，故D正確。故選ABD。10、AC【解析】

當桿對小球為支持力時，根據(jù)牛頓第二定律可知：，代入數(shù)據(jù)解得：v=1m/s；當桿對小球為拉力時，根據(jù)牛頓第二定律可知：，代入數(shù)據(jù)解得：v=3m/s，故AC正確，BD錯誤。11、BCD【解析】

AD.C＝比值定義式，電容表征電容器容納電荷的本領大小，由電容器本身的特性決定，與兩極板間的電壓、所帶的電荷量無關，故A錯誤，D正確；B.對于確定的電容器，C一定，由Q=CU知，Q與U成正比，故B正確；C.電容器所帶的電荷量與電壓比值等于電容，電容與電荷量、電壓無關，所以無論電容器的電壓如何變化（小于擊穿電壓且不為零），它所帶的電荷量與電壓比值恒定不變，故C正確。12、AB【解析】

整個系統(tǒng)在水平方向不受外力，豎直方向上合外力為零，則系統(tǒng)動量一直守恒，系統(tǒng)初動量為零，物體離開彈簧時向右運動，根據(jù)系統(tǒng)的動量守恒定律得小車向左運動，故A正確；取物體C的速度方向為正方向，根據(jù)系統(tǒng)的動量守恒定律得：0=mv-Mv′，得物體與B端粘在一起之前，小車的運動速率與物體C的運動速率之比，故B正確；當物體C與B端粘在一起時，整個系統(tǒng)最終的速度相同，根據(jù)系統(tǒng)的動量守恒定律得：0=（M+m）v″，v″=0，系統(tǒng)又處于靜止狀態(tài)，故C錯誤；物塊C與B碰后要粘在一起，則損失機械能，則整個過程中，小車、物體C及彈簧組成的系統(tǒng)的機械能不守恒，選項D錯誤。二．填空題(每小題6分，共18分)13、;3.4;;【解析】根據(jù)y=ax