2023年广东省华南师大附中高一物理第二学期期末联考模拟试题（含答案解析）

2023学年高一物理下期末模拟试卷注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考场号和座位号填写在试题卷和答题卡上。用2B铅笔将试卷类型（B）填涂在答题卡相应位置上。将条形码粘贴在答题卡右上角"条形码粘贴处"。2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答案不能答在试题卷上。3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。4．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。一、选择题（本题共12小题，每小题5分，共60分，在每小题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项正确，有的小题有多个选项正确.全部选对的得5分，选不全的得3分，有选错的或不答的得0分）1、(本题9分)下列说法正确的是A．物体所受合外力越大，其动量变化一定越快B．物体所受合外力越大，其动量变化一定越大C．物体所受合外力越大，其动能变化一定越大D．物体所受合外力越大，其机械能变化一定越大2、(本题9分)对于两个分运动的合运动，下列说法正确的是（）A．合运动的速度一定大于两个分运动的速度B．合运动的速度一定大于其中一个分运动的速度C．合运动的方向就是物体实际运动的方向D．由两个分速度的大小就可以确定合速度的大小和方向3、(本题9分)如图所示，小球原来紧压在竖直放置的轻弹簧的上端，撤去外力后弹簧将小球竖直弹起，从小球被弹起到离开弹簧的过程中，以下说法正确的是（）A．小球的动能和重力势能发生了变化，但机械能保持不变B．小球增加的动能和重力势能，等于弹簧减少的弹性势能C．小球运动的加速度一直减小D．小球离开弹簧时动能最大4、如图所示，两个卫星A、B绕着同一行星做匀速圆周运动，轨道半径分别为R1和R2，R1>R2。下列说法正确的是（）A．A的角速度大于BB．A的线速度大于BC．A的向心加速度大于BD．A的周期大于B5、(本题9分)关于环绕地球运动的卫星，下列说法正确的是A．分别沿圆轨道和椭圆轨道运行的两颗卫星，不可能具有相同的周期B．沿椭圆轨道运行的一颗卫星，在轨道不同位置可能具有相同的速率C．在赤道上空运行的两颗地球同步卫星，它们的轨道半径有可能不同D．沿不同轨道经过北京上空的两颗卫星，它们的轨道平面一定会重合6、(本题9分)如图所示，a和b是电场中的两个点，其电场强度大小分别为Ea和Eb，电势分别为φa和φb。下列说法中正确的是A．Ea>Ebφa>φbB．Ea>Ebφa=φbC．Ea<Ebφa>φbD．Ea=Ebφa<φb7、(本题9分)如图甲所示，在光滑水平面上的两个小球发生正碰，小球的质量分别为m1和m2，图乙为它们碰撞前后的x－t图像.已知m1=0.1kg由此可以判断（）A．碰前m2静止，m1向右运动B．碰后m2和m1都向右运动C．由动量守恒定律可以算出m2=0.3kgD．碰撞过程中系统损失了0.4J的机械能8、(本题9分)额定功率P0=60kW的汽车,在平直公路上行驶的最大速度vm=20m/s,汽车质量m=1000kg.若汽车先由静止起一直以额定功率前进,整个运动过程中所受的阻力不变．下列说法正确的是()A．汽车运动中所受的阻力为3000N B．汽车启动阶段为匀加速直线运动C．瞬时速度为10m/s时牵引力为6000N D．汽车完成启动后做匀速直线运动9、如图所示，长为L的水平传送带以恒定速率v运行，质量为m的物块(可视为质点),从传送带左端由静止释放，一直加速运动到传送带右端，经历时间t,若物体与传送带之间动摩擦因数为μ.在上述过程中，下列说法中一定正确的是A．传送带对滑块做的功为µmgvtB．传送带对滑块做的功为mv2C．传送装置额外多做的功为µmgvtD．传送装置额外多做的功为10、(本题9分)下列关于电场强度的两个表达式E＝F/q和E＝kQ/r2的叙述,正确的是（）A．E＝F/q是电场强度的定义式，F是放入电场中的试探电荷所受的力，q是产生电场的电荷的电荷量B．E＝kQ/r2是点电荷场强的决定式，Q是放入电场中的检验电荷的电荷量C．E＝F/q是电场强度的定义式，F是放入电场中的电荷所受的力，q是放入电场中电荷的电荷量，它适用于任何电场D．从点电荷场强计算式分析库仑定律的表达式F＝kq1q2r2，式kq2r2是点电荷q11、(本题9分)如图为某一机械手表，其分针与时针上的点看作做匀速圆周运动，且分针长度是时针长度的1.5倍．下列说法正确的是（）A．分针与时针的角速度之比是12：1B．分针末端与时针末端的线速度之比是18：1C．分针与时针的周期之比是12：1D．分针末端与时针末端的加速度之比是216：112、(本题9分)地下矿井中的矿石装在矿车中，用电机通过竖井运送至地面．某竖井中矿车提升的速度大小v随时间t的变化关系如图所示，其中图线①②分别描述两次不同的提升过程，它们变速阶段加速度的大小都相同；两次提升的高度相同，提升的质量相等．不考虑摩擦阻力和空气阻力．对于第①次和第②次提升过程，A．矿车上升所用的时间之比为4:5B．电机的最大牵引力之比为2:1C．电机输出的最大功率之比为2:1D．电机所做的功之比为4:5二．填空题(每小题6分，共18分)13、(本题9分)如图所示，电场中A点的电场强度E=2.0×104N/C。将电荷量q=+2.0×10-8C的点电荷放在电场中的A点，则该点电荷在A点所受静电力F的大小为___________。14、(本题9分)如图所示，一质量为60kg的探险者在丛林探险，为了从一绝壁到达水平地面，探险者将一根粗绳缠绕在粗壮树干上，拉住绳子的另一端，从绝壁边缘的A点由静止开始荡向低处，到达最低点B时脚恰好触到地面，此时探险者的重心离地面的高度为0.5m．已知探险者在A点时重心高地面的高度为8.5m．以地面为零势能面，不计空气阻力．(探险者可视为位于其重心处的一个质点)，探险者在A点时的重力势能________J，探险者运动到B点时的速度大小为_________m/s.15、(本题9分)如图为自行车局部示意图，自行车后轮的小齿轮半径R1=4.0cm，与脚踏板相连的大齿轮的半径R2=10.0cm．则小齿轮边缘处A点的线速度与大齿轮边缘处B点的线速度之比v1∶v2=_______，小齿轮的角速度和大齿轮的角速度之比ω1∶ω2=________．三．计算题(22分)16、（12分）(本题9分)如图所示，一斜面倾角为37°斜面与一竖直光滑圆轨道相切于A点，轨道半径为R=1m，将滑块由B点无初速释放后，滑块恰能运动到圆周的C点，OC水平，AB=2m；滑块可视为质点，取，，求：(1)滑块在斜面上由B到A运动的时间；(2)若要使滑块能够从圆轨道最高点D抛出，应将释放点位置适当提高，滑块在斜面上的释放点至少应距A点多远．17、（10分）(本题9分)质量m=4kg的物体在光滑平面上运动，其相互垂直的两个分速度vx和vy随时间变化的图象如图所示．求（1）物体的初速度、合外力的大小和方向；（2）t1=4s时物体的速度大小；（3）t2=6s时物体的位移大小．

2023学年模拟测试卷参考答案（含详细解析）一、选择题（本题共12小题，每小题5分，共60分，在每小题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项正确，有的小题有多个选项正确.全部选对的得5分，选不全的得3分，有选错的或不答的得0分）1、A【答案解析】

AB、根据公式动量定理Ft=P，F=，可知物体所受合外力越大，其动量变化不一定大，但是其动量变化一定越快，故A正确，B错误。C、根据动能定理Fx=Ek，物体所受合外力做的功越大，其动能变化一定越大，合外力越大，合外力做的功并不一定大，故C错误。D、根据W其它=E机，物体所受除重力（弹力）外其它力做的功越大，其机械能变化一定越大，合外力越大，除重力（弹力）外其它力做的功并不一定大，故D错误。2、C【答案解析】

A.合运动的速度不一定大于两个分运动的速度，可能小于或等于分速度，选项A错误；B.合运动的速度不一定大于其中一个分运动的速度，可能小于或等于分速度，选项B错误；C.合运动的方向就是物体实际运动的方向，选项C正确；D.由两个分速度的大小和方向才可以确定合速度的大小和方向，选项D错误.3、B【答案解析】

A.在上升的过程中，弹簧弹力对小球做正功，小球的机械能增加，所以A错误。

B.对于小球和弹簧组成的系统来说，整个系统只有重力和弹簧的弹力做功，系统的机械能守恒，弹簧减少的弹性势能都转化成了小球的动能和重力势能，所以B正确。CD.在撤去外力的瞬间，小球受重力和弹簧的弹力，弹力大于重力，根据牛顿第二定律，加速度方向向上，向上运动的过程中，弹力减小，则加速度减小，加速度方向与速度方向相同，速度增大，加速度减小为零后，重力大于弹力，加速度方向又变为向下，向上运动的过程中，加速度又逐渐增大。速度与加速度反向，速度逐渐减小。所以速度先增大后减小，动能先增大后减小，加速度先减小后增大。故CD错误。4、D【答案解析】

根据万有引力提供向心力得：解得：由题知A卫星的轨道半径大，则A卫星的线速度、角速度和向心加速度都小，而周期更大。故选D。5、B【答案解析】

由开普勒第三定律可知，当圆轨道半径R和椭圆轨道半长轴a相等时，两颗卫星的周期相同，A错误．沿椭圆轨道运行的卫星，在与地心距离相等的对称位置具有相同的速率，卫星的动能和势能相等，B正确．地球同步卫星与地球同步，与地球自转周期相同，相对地面静止，它们的轨道半径相同，轨道平面都在赤道平面，C错误．沿不同轨道经过北京上空的两颗卫星，它们的轨道平面可能经过两极的极地卫星，也可能是轨道平面与极地卫星有一偏角，这样轨道平面就不重合，D错误．6、A【答案解析】

由于电场线的疏密反映场强的大小，a点处电场线密，则a点的电场强度强，即Ea＞Eb；顺着电场线电势降低，可知a点电势高于b点，即φa>φb；A.Ea>Ebφa>φb与结论相符；B.Ea>Ebφa=φb与结论不相符；C.Ea<Ebφa>φb与结论不相符；D.Ea=Ebφa<φb与结论不相符；7、AC【答案解析】

A.由x－t图像知碰前m2的位移不随时间而变化，处于静止状态.m1的速度大小为，m1只有向右运动才能与m2相撞，故A正确.B.由图读出，碰后m2的速度为正方向，说明向右运动，m1的速度为负方向，说明向左运动，故B错误.C.由图像求出碰后m2和m1的速度分别为v'=2m/s，v1'=－2m/s，根据动量守恒定律得m1v1=m2v2'+m1v1'，代入解得m2=0.3kg，故C正确.D.碰撞过程中系统损失的机械能为，代入解得ΔE=0，故D错误.8、ACD【答案解析】

A项：当汽车的速度最大时，牵引力等于阻力，即有F=f，由P0=Fvm，得阻力，故A正确；B、D项：由公式可知，速度增大，牵引力减小，由得，加速度减小，所以汽车做加速度减小的加速运动，直到加速度为零，汽车最后匀速直线运动，故B错误，D正确；C项：由公式可知，当速度为时，牵引力为：，故C正确．9、CD【答案解析】

A、B项：传送带对滑块的摩擦力为：，滑块的位移为：L，所以传送带对滑块做的功为，由于滑块到达传送带右端的速度不一定为，所以传送带对滑块做的功不一定为，故AB错误；C项：传送装置额外多做的功即为传送带克服滑块与传送带间的摩擦做的功，传送带的位移为，所以功为：，故C正确；D项：由能量守恒可知，传送装置额外多做的功转化的系统的热量和滑块的动能，滑块到达右端时的速度为：，所以动能为，产生的热量为：，所以传送装置额外多做的功为，故D正确。10、CD【答案解析】

E＝F/q是电场强度的定义式，F是放入电场中的试探电荷所受的力，q是试探电荷的电荷量，它适用于任何电场，选项A错误，C正确；E＝kQ/r2是点电荷场强的决定式，Q是形成电场的电荷的电荷量，选项B错误；从点电荷场强计算式分析库仑定律的表达式F＝kq1q2r2，式kq2r2是点电荷q11、ABD【答案解析】

AC.分针的周期为T分＝1h，时针的周期为T时＝12h，两者周期之比为T分：T时＝1：12由研究得知，分针与时针的角速度之比是12：1.故选项A符合题意，故选项C不符合题意.B.由v＝ωr得，分针与时针端点的线速度之比为v分：v时＝ω分r分：ω时r时＝12×1.5：＝18：1即分针与时针末端的线速度之比为18：1.故选项B符合题意.D、根据a＝ω2r得分针与时针末端的向心加速度之比为216：1.故选项D符合题意.12、AC【答案解析】

A．由图可得，变速阶段的加速度，设第②次所用时间为t，根据速度-时间图象的面积等于位移（此题中为提升的高度）可知，，解得：，所以第①次和第②次提升过程所用时间之比为，选项A正确；B．由于两次提升变速阶段的加速度大小相同，在匀加速阶段，由牛顿第二定律，，可得提升的最大牵引力之比为1∶1，选项B错误；C．由功率公式，P=Fv，电机输出的最大功率之比等于最大速度之比，为2∶1，选项C正确；D．加速上升过程的加速度，加速上升过程的牵引力，减速上升过程的加速度，减速上升过程的牵引力，匀速运动过程的牵引力．第①次提升过程做功；第②次提升过程做功；两次做功相同，选项D错误．【答案点睛】此题以速度图像给出解题信息．解答此题常见错误主要有四方面：一是对速度图像面积表示位移掌握不到位；二是运用牛顿运动定律求解牵引力错误；三是不能找出最大功率；四是不能得出两次提升电机做功．实际上，可以根据两次提升的高度相同，提升的质量相同，利用功能关系得出两次做功相同．二．填空题(每小题6分，共18分)13、4.0×10-4N【答案解析】点电荷在A点所受电场力：F=qE=2.0×10-8×2.0×104N=4.0×10-4N。14、510012.7【答案解析】

[1]．在A点的重力势能为：EP=mghA=60×10×8.5J=5100J[2]．探险者下落的过程只受重力作用，根据机械能守恒定律：解得