廣西欽州市第四中學(xué)2023-2024學(xué)年高一物理第二學(xué)期期末聯(lián)考試題含解析

廣西欽州市第四中學(xué)2023-2024學(xué)年高一物理第二學(xué)期期末聯(lián)考試題考生須知：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(yīng)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(zhǔn)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：（1-6題為單選題7-12為多選，每題4分，漏選得2分，錯選和不選得零分）1、(本題9分)據(jù)報道：2019年6月5日，我國在黃海海域用長征十一號海射運載火箭“CZ-11WEY號”成功發(fā)射技術(shù)試驗衛(wèi)星捕風(fēng)一號A、B星及5顆商業(yè)衛(wèi)星，如圖所示.衛(wèi)星被順利送往預(yù)定軌道，試驗取得圓滿成功，首次實現(xiàn)“航天+海工”技術(shù)融合，突破海上發(fā)射穩(wěn)定性、安全性……，驗證了海上發(fā)射能力.“七星”在預(yù)定軌道繞地球的飛行可視為勻速圓周運動，下面對“七星”飛行速度大小的說法正確的是A． B．C． D．2、“兩個和尚抬水喝，三個和尚沒水喝”的故事同學(xué)們耳熟能詳，現(xiàn)在兩個和尚一起抬著重為G的桶水勻速前進，他們手臂的位力均為F，手臂之間的夾角為θ，則（）A．θ越大時，水桶受到的合力越小 B．θ越大時，F(xiàn)越小C．當(dāng)時， D．當(dāng)時，3、(本題9分)質(zhì)量為m的物體從高h(yuǎn)處以2g3A．物體的機械能守恒B．物體的重力勢能減小mghC．物體的動能增加2mghD．重力做功為﹣mgh4、在下面各實例中，機械能守恒的是A．沿斜面勻速下滑的滑塊B．發(fā)射升空的火箭C．做平拋運動的鉛球D．草坪上滾動的足球5、(本題9分)光滑斜面上有一個小球自高為h的A處由靜止開始滾下，抵達光滑的水平面上的B點時速率為v1．光滑水平面上每隔相等的距離設(shè)置了一個與小球運動方向垂直的阻擋條，如圖所示，小球越過n條阻擋條后停下來．若讓小球從高為3h處以初速度v1沿斜面滾下，則小球能越過阻擋條的條數(shù)為（設(shè)小球經(jīng)過B點沒有能量損失，且小球每次越過阻擋條時損失的動能相等）（）A．nB．2nC．3nD．4n6、(本題9分)如圖，一輕桿一端固定質(zhì)量為m的小球，以另一端O為圓心，使小球做半徑為R的圓周運動，以下說法正確的是（）A．小球過最高點時，桿所受的彈力不可以等于零B．小球過最高點時的最小速度為C．若小球在最低點的速度為，則當(dāng)它運動到最高點時桿對球的作用力方向一定向上D．若增大小球運動的速度，則在最高點時球?qū)U的力一定增大7、(本題9分)如圖所示，將傾角θ=30°的斜面體C置于水平地面上，一根不可伸長的輕繩兩端分別系著可視為質(zhì)點的小球A和物塊B，跨過固定于斜面體頂端的光滑小滑輪.現(xiàn)用手托住A，使OA段繩恰處于水平伸直狀態(tài)，OB繩平行于斜面，此時物塊B恰好靜止不動.已知A的質(zhì)量m1=1kg，B的質(zhì)量m2=4kg，OA段繩長l=1m.重力加速度g=10m/s2.將A由靜止釋放，在其向下運動過程中，物塊B與斜面體C始終保持靜止，下列分析正確的是A．小球A運動到最低點時，物塊B受到的摩擦力大小為零B．小球A運動到最低點時，物塊B受到的摩擦力大小為10NC．小球A向下運動的過程中，斜面體C受到水平地面的摩擦力方向先向右后向左D．小球A向下運動的過程中(初末兩位置除外)，斜面體C受到水平地面的摩擦力方向始終水平向右8、x軸上有兩點電荷Q1和Q2，Q1和Q2之間各點對應(yīng)的電勢高低如圖中曲線所示，從圖中可看出()A．Q1一定大于Q2B．Q1和Q2一定是同種電荷，但不一定是正電荷C．電勢最低處P點的電場強度為0D．Q1和Q2之間各點的電場方向都指向P點9、(本題9分)關(guān)于平拋運動和圓周運動，下列說法正確的是A．平拋運動過程中物體在相等時間內(nèi)速度的改變量一定相等B．平拋運動每秒鐘速度變化量在數(shù)值上等于重力加速度C．做圓周運動的物體加速度方向一定指向圓心D．勻速圓周運動是加速度不變的運動10、(本題9分)如圖甲所示，豎直電梯中質(zhì)量為m的物體置于壓力傳感器P上，電腦可描繪出物體對P的壓力F隨時間的變化圖線；圖乙中K、L、M、N四條圖線是電梯在四種運動狀態(tài)下由電腦獲得的Ft圖線，由圖線分析電梯的運動情況，下列結(jié)論中正確的是()A．由圖線K可知，此時電梯一定處于勻加速上升狀態(tài)B．由圖線L可知，此時電梯的加速度大小一定等于gC．由圖線M可知，此時電梯一定處于靜止?fàn)顟B(tài)D．由圖線N可知，此時電梯加速度的方向一定先向上后向下11、如圖電路中，閉合電鍵S，當(dāng)滑動變阻器的滑動觸頭向上滑動時，三個理想電表的示數(shù)都發(fā)生變化，電表的示數(shù)分別用I、U1、U2表示。下列判斷正確的是A．U1增大，I增大，不變B．U2減小，I增大，減小C．U1U2D．減小12、(本題9分)下列說法中正確的是（）A．物體溫度升高，每個分子的熱運動動能都增大B．液體中懸浮微粒的布朗運動是液體分子對它的撞擊作用不平衡所引起的C．一定量100的水變成100的水蒸汽，其分子之間的勢能減小D．影響氣體壓強大小的兩個因素是氣體分子的平均動能和分子的密集程度E.由于多晶體是許多單晶體雜亂無章地組合而成的，所以多晶體是各向同性的二、實驗題（本題共16分，答案寫在題中橫線上）13、（6分）(本題9分)某實驗小組利用如圖所示的裝置進行實驗，鉤碼A和B分別系在一條跨過定滑輪的軟繩兩端，鉤碼質(zhì)量均為M，在A的上面套一個比它大一點的環(huán)形金屬塊C，在距地面為處由一寬度略大于A的狹縫，鉤碼A能通過狹縫，環(huán)形金屬塊C不能通過，開始時A距離狹縫的高度為，放手后，A、B、C從靜止開始運動（1）利用計時儀器測得鉤碼A通過狹縫后落地用時，則鉤碼A通過狹縫的速度為_______（用題中字母表示）；（2）若通過此裝置驗證機械能守恒定律，還需要測出環(huán)形金屬框C的質(zhì)量m，當(dāng)?shù)刂亓铀俣葹間，若系統(tǒng)的機械能守恒，則需滿足的等式為___________（用題中字母表示）；（3）為減小測量時間的誤差，有同學(xué)提出如下方案：實驗時調(diào)節(jié)，測出鉤碼A從釋放到落地的總時間t，來計算鉤碼A通過狹縫的速度，你認(rèn)為可行嗎？若可行，寫出鉤碼A通過狹縫時的速度表達式；若不可行，請簡要說明理由________、___________．14、（10分）(本題9分)在做“研究平拋運動”的實驗中，為了確定小球在不同時刻在空中所通過的位置，實驗時用了如圖所示的裝置．先將斜槽軌道的末端調(diào)整水平，在一塊平整的木板表面釘上白紙和復(fù)寫紙．將該木板豎直立于水平地面上，使小球從斜槽上緊靠擋板處由靜止釋放，小球撞到木板并在白紙上留下痕跡A；將木板向遠(yuǎn)離槽口的方向平移距離x，再使小球從斜槽上緊靠擋板處由靜止釋放，小球撞在木板上得到痕跡B；將木板再向遠(yuǎn)離槽口的方向平移距離x，小球再從斜槽上緊靠擋板處由靜止釋放，再得到痕跡C．若測得木板每次移動距離x＝10.00cm，A、B間距離y1＝5.02cm，B、C間距離y2＝14.82cm．請回答以下問題(g＝9.80m/s2)(1)為什么每次都要使小球從斜槽上緊靠擋板處由靜止釋放？_____________．(2)根據(jù)以上直接測量的物理量來求得小球初速度的表達式為v0＝_______．(用題中所給字母表示)(3)小球初速度的值為v0＝________m/s．三、計算題要求解題步驟，和必要的文字說明（本題共36分）15、（12分）如圖所示，在水平軌道右側(cè)固定半徑為R的豎直圓槽形光滑軌道，水平軌道的PQ段長度為l=2.5m，上面鋪設(shè)特殊材料，小物塊與其動摩擦因數(shù)為μ=0.3，軌道其它部分摩擦不計。水平軌道左側(cè)有一輕質(zhì)彈簧左端固定，彈簧處于原長狀態(tài)?？梢暈橘|(zhì)點的質(zhì)量m=1kg的小物塊從軌道右側(cè)A點以初速度v0=6m（1）彈簧獲得的最大彈性勢能Ep（2）小物塊被彈簧第一次彈回經(jīng)過圓軌道最低點時的動能Ek（3）當(dāng)R滿足什么條件時，小物塊被彈簧第一次彈回圓軌道時能沿軌道運動而不會脫離軌道。16、（12分）(本題1分)如圖所示，兩平行金屬板A、B長L=8cm，兩板間距離d=8cm，A板比B板電勢高300V，一不計重力的帶正電的粒子電荷量q＝10-10C，質(zhì)量m＝10-20kg，沿電場中心線RD垂直電場線飛入電場，初速度v0＝2×106m/s，粒子飛出平行板電場后可進入界面MN、PS間的無電場區(qū)域．已知兩界面MN、PS相距為12cm，D是中心線RD與界面PS的交點．（1）粒子穿過MN時偏離中心線RD的距離以及速度大?。浚?）粒子到達PS界面時離D點的距離為多少？（3）設(shè)O為RD延長線上的某一點，我們可以在O點固定一負(fù)點電荷，使粒子恰好可以繞O點做勻速圓周運動，求在O點固定的負(fù)點電荷的電量為多少？（靜電力常數(shù)k=1．0×101N·m2/C2，保留兩位有效數(shù)字）17、（12分）(本題9分)如圖所示，豎直平面內(nèi)半徑為R的光滑半圓形軌道，與水平軌道AB相連接，AB的長度為x．一質(zhì)量為m的小球，在水平恒力F作用下由靜止開始從A向B運動，小球與水平軌道間的動摩擦因數(shù)為μ，到B點時撤去力F，小球沿圓軌道運動到最高點時對軌道的壓力為2mg，重力加速度為g．求：(1)小球在C點的加速度大??；(2)小球運動至B點時的速度大??；(3)恒力F的大?。?/p>

參考答案一、選擇題：（1-6題為單選題7-12為多選，每題4分，漏選得2分，錯選和不選得零分）1、A【解析】

第一宇宙速度是人造地球衛(wèi)星在近地圓軌道上的運行速度，“七星”繞地球做勻速圓周運動，萬有引力提供向心力，飛行速度一定小于第一宇宙速度，即v＜7.9km/s。A.v<7.9km/s，與結(jié)論相符，選項A正確；B.v=7.9km/s，與結(jié)論不相符，選項B錯誤；C.v=11.2km/s，與結(jié)論不相符，選項C錯誤；D.7.9km/s>v<11.2km/s，與結(jié)論不相符，選項D錯誤；2、C【解析】

A.兩個和尚一起抬著重為G的桶水勻速前進，水桶受到的合力總為零，故A錯誤；B.根據(jù)對稱性可知，兩人對水桶的拉力大小相等，則根據(jù)平衡條件得：解得：，θ越大時，F(xiàn)越大，故B錯誤；C.當(dāng)θ=60°時，故C正確；D.當(dāng)θ為120°時有：故D錯誤．3、C【解析】

物體在下落過程中的加速度為2g/3小于g，可知物體受到向上的力的作用，該力在物體下落的過程中做負(fù)功，所以機械能不守恒。故A錯誤；物體在下落過程中，重力做正功為mgh，則重力勢能減小也為mgh。故BD錯誤；由動能定理得：EK＝mah＝23mgh【點睛】功是能量轉(zhuǎn)化的量度，重力做功導(dǎo)致重力勢能變化；合力做功導(dǎo)致動能變化；除重力外其他力做功導(dǎo)致機械能變化；彈力做功導(dǎo)致彈性勢能的變化．4、C【解析】

沿斜面勻速下滑的滑塊動能不變，重力勢能減小，則機械能減小，選項A錯誤；發(fā)射升空的火箭，動能和重力勢能均變大，則機械能變大，選項B錯誤；做平拋運動的鉛球，只有重力做功，機械能守恒，選項C正確；草坪上滾動的足球，受阻力做功，機械能減小，選項D錯誤；故選C.5、D【解析】

設(shè)每條阻擋條對小球做的功為W，小球自高為h的A處由靜止開始滾下到B由動能定理有：；當(dāng)小球在水平面上滾動時，由動能定理有：；讓小球從3h高處以初速度v1滾下到停止由動能定理有；

三式聯(lián)立解得n′=4n，故選D．【點睛】選取研究過程，運用動能定理解題．動能定理的優(yōu)點在于適用任何運動包括曲線運動．一個題目可能需要選擇不同的過程多次運用動能定理研究．6、C【解析】

A.小球過最高點時，若速度等于，則桿所受的彈力等于零，故A錯誤B.當(dāng)小球在最高點受到桿的彈力等于小球的重力時，小球的速度有最小值且，故B錯誤；C.若小球在最低點的速度為，設(shè)上升到最高點的速度為v根據(jù)動能定理，以及向心力公式可知，方向沿桿向上，故C正確；D.若小球在最高點的速度小于，在最高點，隨著小球運動速度的增大，小球受到的支持力減小，根據(jù)牛頓第三定律可知在最高點時球?qū)U的力減小，故D錯誤；7、BD【解析】

AB．小球A擺下的過程，只有重力做功，其機械能守恒，有：，而在最低點由牛頓第二定律有：，聯(lián)立解得：；再對B受力分析，受重力、支持力、拉力和靜摩擦力，沿斜面方向由平衡條件有，解得：,方向沿斜面向下；故A錯誤，B正確.CD．對物體B和斜面體C的整體受力分析，由于伸長的細(xì)繩向左下方拉物體B和斜面的整體而未拉動，故一定受到地面對C向右的靜摩擦力；故C錯誤，D正確.8、AC【解析】

從圖象看到，從Q1到Q2電勢是先減小后增大，可以判斷Q1和Q2為同種正電荷，若P點位于中點，兩點電荷的電荷量相同，但是P點離Q2近點，說明Q1一定大于Q2;因此A正確B錯誤；沿著電場線的方向電勢降低，因此可以判斷OP之間得額場強方向向右，而PQ2之間的場強方向向左，因此D錯誤，圖像的斜率為場強，因此P點的場強為零，因此C正確9、AB【解析】

A.平拋運動過程中物體的加速度恒定為g，則在相等時間內(nèi)速度的改變量為?v=gt，則一定相等，選項A正確；B.根據(jù)?v=gt可知，平拋運動每秒鐘速度變化量在數(shù)值上等于重力加速度g，選項B正確；C.只有做勻速圓周運動的物體加速度方向才一定指向圓心，選項C錯誤；D.勻速圓周運動的加速度大小不變，方向指向圓心，則其加速度是不斷變化的，選項D錯誤；10、BD【解析】

A．由圖線K可知，物體對P的壓力大于物體的重力，且逐漸增大，則支持力大于重力，且逐漸增大，根據(jù)牛頓第二定律知，加速度方向豎直向上，且逐漸增大，電梯加速度方向豎直向上，且在變化，故A錯誤；B．由圖線L可知，支持力的大小等于2mg，根據(jù)牛頓第二定律得，解得方向豎直向上，故B正確；C．由圖線M可知，支持力等于重力，知電梯可能處于靜止，可能處于勻速直線運動狀態(tài)，故C錯誤；D．由圖線N可知，支持力的大小先大于再小于，根據(jù)牛頓第二定律知，加速度的方向先向上，再向下，故D正確．故選BD.11、AD【解析】

AB、當(dāng)滑動變阻器的滑動觸頭向上滑動，其阻值變小，總電阻變小，根據(jù)閉合電路歐姆定律可知干路上的電流增大，根據(jù)可知路端電壓減小，通過的電流減小，根據(jù)并聯(lián)分壓可知電流表示數(shù)增大，根據(jù)歐姆定律可知的兩端電壓增大，根據(jù)串聯(lián)分壓可知兩端的電壓減小，根據(jù)歐姆定律得知，所以不變；根據(jù)閉合電路歐姆定律得，則有，所以不變，故選項A正確，B錯誤；CD、根據(jù)電路可知路端電壓減小，則有，由于，所以的增加量小于的減小量，故選項D正確，C錯誤。12、BDE【解析】

A．溫度是分子熱運動平均動能的標(biāo)志，物體的溫度升高，分子的平均動能增大，并不是每個分子熱運動的動能都增大，故A錯誤；B．布朗運動是由液體分子從各個方向?qū)腋☆w粒撞擊作用的不平衡引起的，故B正確；C．一定量100的水變成100的水蒸汽其內(nèi)能增加，但分子平均動能不變，其分子之間的勢能增大，故C錯誤；D．根據(jù)壓強的微觀意義可知，氣體壓強的大小跟氣體分子的平均動能、分子的密集程度這兩個因素有關(guān)，故D正確；E．多晶體是許多單晶體雜亂無章地組合而成的，所以多晶體具有各向同性現(xiàn)象，故E正確。故選BDE。二、實驗題（本題共16分，答案寫在題中橫線上）13、（1）（2）（3）可行；速度【解析】試題分析：（1）由于鉤碼通過狹縫后，C不再對A施加力了，而AB的質(zhì)量又相等，故鉤碼A做做勻速運動，所以鉤碼A通過狹縫的速度為；（2）若驗證機械能守恒時，因為A降低的重力勢能等于B增加的重力勢能，故重力勢能的減少量為C下降h2的重力勢能的減少量，即mgh2，而系統(tǒng)動能的增加量為，故滿足的等式為時，就證明機械能守恒了；（3）當(dāng)h1=h2=h時，A的運動是先勻加速運動，后勻速運動，如果設(shè)加速的時間為t1，勻速的時間為t2，勻速運動的速度為v，則加速運動時的平均速度為，故t1v=2h成立；在勻速運動時，t2v=h成立；二式相加得（t1+t2）v=3h，即，故這種做法是可行的．考點：勻速運動的計算，勻變速運動的計算，機械能守恒．14、為了保證小球每次做平拋運動的初速度相同；；1.00；【解析】

（1）[1]．要保證每次拋出時的速度相等應(yīng)使小球每次從斜槽上相同的位置自由滑下并且斜槽軌道末端必須保持水平，只要做到這兩點，我們就能得到相等的速度，從而包著在最低位置做平拋運動；（2，3）[2][3]．水平方向上每次平移x，說明ABC三點的時間間隔相等設(shè)為t，由于在豎直方向上小球做的是勻加速直線運動，所以根據(jù)勻加速直線運動在相等時間內(nèi)走過的位移差是一個定值得兩式可計算出v0＝代入數(shù)據(jù)得出v0＝1.00m/s．三、計算題要求解題步驟，和必要的文字說明（本題共36分）15、（1）10.5J（2）3J（3）0.3m≤R≤0.42m或0≤R≤0.12m【解析】

（1）當(dāng)彈簧被壓縮到最短時，其彈性勢能最大。從A到壓縮彈簧至最短的過程中，由動能定理得：

?μmgl+W彈＝0?12mv02

由功能關(guān)系：W彈=-△Ep=-Ep

解得Ep=10.5J；

（2）小物塊從開始運動到第一次被彈回圓形軌道最低點的過程中，由動能定理得

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