2023年陕西韩城象山中学物理高一下期末学业水平测试试题含解析

2022-2023学年高一下物理期末模拟试卷注意事项:1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。2．答题时请按要求用笔。3．请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试卷上答题无效。4．作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。5．保持卡面清洁，不要折暴、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。一、选择题：（1-6题为单选题7-12为多选，每题4分，漏选得2分，错选和不选得零分）1、(本题9分)一轻杆一端固定质量为m的小球，以另一端O为圆心，使小球在竖直平面内做半径为R的圆周运动，如图所示，则下列说法正确的是A．小球过最高点的最小速度是B．小球过最高点时，杆所受到的弹力可以等于零C．小球过最高点时，杆对球的作用力一定随速度增大而增大D．小球过最高点时，杆对球的作用力一定随速度增大而减小2、(本题9分)作用在同一个物体上的三个共点力，可以使物体做匀速直线运动的是A．3N、3N、8NB．10N、5N、2NC．6N、6N、6ND．1N、7N、15N3、(本题9分)电梯在大楼内上、下运动，人站在电梯内．若人处于超重状态，则电梯可能的运动状态是（）A．匀速向上运动B．匀速向下运动C．减速向下运动D．加速向下运动4、如图所示，一圆环上均匀分布着正电荷，x轴垂直于环面且过圆心O，规定无穷远处电势为零。下列关于x轴上的电场强度和电势的说法中正确的是A．O点的电场强度为零，电势为零B．O点的电场强度最大，电势最高C．从O点沿x轴正方向，电场强度先增加后减小，电势降低D．从O点沿x轴正方向，电场强度先增加后减小，电势先减小后增加5、(本题9分)关于开普勒第三定律的表达式的理解正确的是A．k与成正比 B．k与成反比C．k值与a和T都有关系 D．k值只与中心天体有关6、如图为某空气净化装置示意图，带箭头的实线是电场线，虚线是一带电烟尘颗粒的运动轨迹，其中、是同一轨迹上的两点，若烟尘颗粒的重力忽略不计，下列说法正确的是（）A． B．C． D．7、(本题9分)2017年10月16日，南京紫金山天文台对外发布一项重大发现，我国南极巡天望远镜追踪探测到首例引力波事件光学信号，关于引力波，早在1916年爱因斯坦基于广义相对论预言了其存在，1974年拉塞尔豪尔斯和约瑟夫泰勒发现豪尔斯-泰勒脉冲双星，这双星系统在相互公转时，由于不断发射引力波而失去能量，因此逐渐相互靠近，这现象为引力波的存在提供了首个间接证据，上述叙述中，若不考虑豪尔斯-泰勒脉冲双星质量的变化，则关于豪尔斯-泰勒脉冲双星的下列说法正确的是（）A．脉冲双星逐渐靠近的过程中，它们相互公转的周期逐渐变小B．脉冲双星逐渐靠近的过程中，它们相互公转的周期不变C．脉冲双星逐渐靠近的过程中，它们各自做圆周运动的半径逐渐减小，但其比值保持不变D．若测出脉冲双星相互公转的周期，就可以求出双星的总质量8、(本题9分)关于重力势能，以下说法正确的是（）A．重力势能的大小是相对的B．重力势能的变化量跟物体运动路径无关C．如果一个物体克服重力做功8J，则它的重力势能就减少8JD．如果选同一个参考平面，甲、乙的重力势能分别为9J和-9J，则两个重力势能的大小是相等的9、(本题9分)在光滑的水平面上有、两小球，其质量分别是、，两小球在时刻发生正碰，两小球在碰撞前后的速度大小与时间的关系图象如图所示.则（）A． B．C． D．10、(本题9分)关于几个力与其合力，下列说法正确的是()A．合力的作用效果跟原来那几个力共同作用产生的效果相同B．合力与原来那几个力同时作用在物体上C．合力的作用可以替代原来那几个力的作用D．求几个力的合力遵循平行四边形定则11、(本题9分)质量为m＝1kg的物体沿水平面向右做直线运动．t＝0时刻受到一个水平向左的恒力F，如图甲所示．此后物体的v－t图象如图乙所示．取水平向右为正方向．g取10m/s1．则A．物体与水平面间的动摩擦因数为μ＝0.5B．8s末物体的动量为8kgm/sC．0－10s内恒力F的冲量大小为30NSD．0－10s内恒力F做功的平均功率为0.6W12、(本题9分)如图所示,一根轻杆长为,轻杆的中点和右端各固定一个小球,小球的质量为,小球的质量为,轻杆左端为光滑水平转轴开始时轻杆静止在水平位置,释放后轻杆向下摆至竖直位置的过程中(不计一切摩擦和空气阻力),下列说法正确的是（）A．小球的机械能减小B．合力对小球做功的功率始终为零C．轻杆对小球做的功为D．摆至竖直位置时,杆中的拉力大小为二、实验题（本题共16分，答案写在题中横线上）13、（6分）(本题9分)两位同学用如图所示装置，通过半径相同的A、B两球的碰撞来验证动量守恒定律．（1）实验中必须满足的条件是________．A．斜槽轨道尽量光滑以减小误差B．斜槽轨道末端的切线必须水平C．入射球A每次必须从轨道的同一位置由静止滚下D．两球的质量必须相等（2）测量所得入射球A的质量为mA，被碰撞小球B的质量为mB，图中O点是小球抛出点在水平地面上的垂直投影，实验时，先让入射球A从斜轨上的起始位置由静止释放，找到其平均落点的位置P，测得平抛射程为OP；再将入射球A从斜轨上起始位置由静止释放，与小球B相撞，分别找到球A和球B相撞后的平均落点M、N，测得平抛射程分别为OM和ON．当所测物理量满足表达式_________________时，即说明两球碰撞中动量守恒；如果满足表达式_______________时，则说明两球的碰撞为完全弹性碰撞．（1）乙同学也用上述两球进行实验，但将实验装置进行了改装：如图12所示，将白纸、复写纸固定在竖直放置的木条上，用来记录实验中球A、球B与木条的撞击点．实验时，首先将木条竖直立在轨道末端右侧并与轨道接触，让入射球A从斜轨上起始位置由静止释放，撞击点为B′；然后将木条平移到图中所示位置，入射球A从斜轨上起始位置由静止释放，确定其撞击点P′；再将入射球A从斜轨上起始位置由静止释放，与球B相撞，确定球A和球B相撞后的撞击点分别为M′和N′．测得B′与N′、P′、M′各点的高度差分别为h1、h2、h1．若所测物理量满足表达式_________________时，则说明球A和球B碰撞中动量守恒．14、（10分）(本题9分)用如图所示的装置，探究功与物体速度变化的关系．实验时，先适当垫高木板，然后由静止释放小车，小车在橡皮条弹力的作用下被弹出，沿木板滑行．小车滑行过程中带动通过打点计时器的纸带，记录运动情况．观察发现纸带前面部分点迹疏密不匀，后面部分点迹比较均匀，回答下列问题：(1)适当垫高木板是为了____________________________________________；(2)通过纸带求小车速度时，应使用纸带的________(填“全部”、“前面部分”或“后面部分”)；(3)若实验做了n次，所用橡皮条分别为1根、2根…n根，通过纸带求出小车的速度分别为v1、v2…vn，用W表示橡皮条对小车所做的功，作出的W－v2图线是一条过坐标原点的直线，这说明W与v2的关系是_________．三、计算题要求解题步骤，和必要的文字说明（本题共36分）15、（12分）如图所示，高为L的倾斜直轨道AB、CD与水平面的夹角均为53°，分别与竖直平面内的光滑圆弧轨道相切于B、D两点，圆弧的半径也为L。质量为m的小滑块从A点由静止下滑后，经轨道CD后返回，再次冲上轨道AB至速度为零时，相对于水平线BD的高度为。已知滑块与轨道AB间的动摩擦因数μ1=0.5，重力加速度为g，(取)求：（1）求滑块第一次经过B点的速度大小；（2）滑块第一次经过圆弧轨道最低点时对轨道的压力大小；（3）滑块与轨道CD间的动摩擦因数μ2。16、（12分）(本题9分)如图所示，圆管构成的半圆形轨道竖直固定在水平地面上，轨道半径为R，MN为直径且与水平面垂直，直径略小于圆管内径的小球A以某一速度冲进轨道，到达半圆轨道最高点M时与静止于该处的质量与A相同的小球B发生碰撞，碰后两球粘在一起飞出轨道，落地点距N为2R．重力加速度为g，忽略圆管内径，空气阻力及各处摩擦均不计，求（1）粘合后的两球从飞出轨道到落地的时间t；（2）小球A冲进轨道时速度v的大小；（3）小球A与小球B球碰撞前瞬间对轨道的压力多大？方向如何？17、（12分）地球的质量约为火星质量的10倍，地球的半径约为火星半径的2倍，航天器在地球表面附近绕地球做圆周运动时速度为v1=7.9km/s，地球表面的重力加速度取g=10m/s2，求：（1）航天器在火星表面附近绕火星做匀速圆周运动的速率；（2）火星表面的重力加速度g。

参考答案一、选择题：（1-6题为单选题7-12为多选，每题4分，漏选得2分，错选和不选得零分）1、B【解析】

A.由于杆可以表现为拉力，也可能表现支持力，所以小球过最高点的最小速度为0，故A错误；B.当小球在最高点的速度时，靠重力提供向心力，杆子的弹力为零，故B正确；CD.杆子在最高点可以表现为拉力，也可以表现为支持力，当表现为支持力时，速度增大作用力越小，当表现为拉力时，速度增大作用力越大，故CD错误。2、C【解析】

物体做匀速直线运动的条件是合力为零．判断各选项中的三个力的合力能否为零．常用的方法是先找出其中两个力的合力范围，看看第三个力是否在这两个力的合力的范围之内，在范围之内合力可以为零，否则则不能．【详解】3N和3N的合力范围是0N≤F合≤6N，第三个力8N不在这个范围之内，这三个力的合力不可以为零，不能使物体做匀速直线运动，故A错误。10N和5N的合力范围是5N≤F合≤15N，第三个力2N不在其范围之内，这三个力的合力不可以为零，不能够使物体做匀速直线运动。故B错误。6N和6N的合力范围是0N≤F合≤12N，第三个力6N在其范围之内，这三个力的合力可以为零，能够使物体做匀速直线运动，故C正确。1N和7N的合力范围是6N≤F合≤8N，第三个力15N不在其范围之内，这三个力的合力不可以为零，不能够使物体做匀速直线运动，故D错误。故选C。【点睛】判断三个力的合力能否为零，首先判断其中两个力的合力范围是关键．两个力的合力最小时是二力在同一条直线上且方向相反，最小合力大小是二力大小的差，方向沿着较大的力的方向；两个力的合力最大时是二力在同一条直线上且方向相同，最大合力大小是二力的代数和，方向与原二力的方向相同．3、C【解析】超重时具有向上的加速度，所以电梯的运动状态可以是加速上升也可以是减速下降，故C正确，ABD错误．4、C【解析】

B．圆环上均匀分布着正电荷，据对称性可知，圆环上电荷在O点产生的场强相互抵消，合场强为零．故B项错误．ACD．圆环上任一小段电荷在x轴正半轴上各点产生的场强均有沿x轴正方向的分量，据对称性和叠加原理可知，x轴正半轴上各点的场强方向向右；顺着电场线电势降低，可知从O点沿x轴正方向，电势降低，O点的电势最高；O点处场强为零，无穷远处场强也为零，则从O点沿x轴正方向，电场强度先增加后减小．故AD项错误，C项正确．5、D【解析】

开普勒第三定律中的常数k只与中心天体有关，与a和T无关，故ABC错误，D正确。6、C【解析】

A．沿电场线电势降低，则，选项A错误；B．电场线越密集则场强越大，则，选项B错误；CD．由粒子的运动轨迹可知，粒子受的电场力大致向上，则从a到b电场力做正功，电势能减小，即，动能增加，即，选项C正确，D错误。7、AC【解析】根据万有引力提供向心力，距离关系为：，有：，联立解得：，因为双星间的距离减小，则双星相互公转的周期逐渐变小，故A正确，B错误；根据万有引力提供向心力，即m1r1=m2r2，可知轨道半径比等于质量之反比，因质量不变，所以脉冲双星逐渐靠近的过程中，它们各自做圆周运动的半径逐渐减小，但其比值保持不变，故C正确；由上可知，不知道双星间的距离，也就无法求出总质量，故D错误．所以AC正确，BD错误．8、AB【解析】

A．由定义式可知，重力势能的大小是相对的，故A正确；B．重力势能的变化量取决于重力所做的功，与运动路径无关，故B正确；C．一个物体克服重力做功8J，则重力势能增加8J，故C错误；D．对于同一参考平面，正的重力势能一定比负的重力势能大，故D错误；故选AB．【点睛】重力势能大小为mgh，h为物体相对于零势能面的高度；重力做功和路径无关，重力势能的变化量也与路径无关．重力势能的正负表示大小．9、AC【解析】

由图可知b球碰前静止，a球的速度为，碰后a、b球速度都为，由动量守恒定律有解得若碰后a的速度为，b球速度为，由动量守恒定律有解得故选AC。【点睛】题中的图是速度碰撞前后a、b速度大小的图象，故碰撞后a、b可能同向，也可能反向，根据动量守恒定律即可求解两球质量之比。10、ACD【解析】合力的作用效果跟原来那几个力共同作用产生的效果相同，选项A正确；合力与分力效果相等，但合力不是物体受到的力，故B错误；合力的作用可以替代原来那几个力的作用，选项C正确；求几个力的合力遵循平行四边形定则，选项D正确；故选ACD.11、CD【解析】设物体向右做匀减速直线运动的加速度为a1，则由v-t图得，加速度大小a1=1m/s1方向与初速度方向相反；设物体向左做匀加速直线运动的加速度为a1，则由v-t图得，加速度大小a1=1m/s1方向与初速度方向相反；根据牛顿第二定律，有F+μmg=ma1；F-μmg=ma1；解得：F=3N；μ=0.05，故A错误．8s末物体的速度为v4=-4m/s，动量mv4=-8kgm/s，选项B错误；0－10s内恒力F的冲量大小为I=Ft=30N∙S，选项C正确；10s内的位移；0-10s内恒力F做功W=Fx=3×1J=6J，则平均功率，故D正确．故选CD．点睛：本题关键先根据运动情况求解加速度，确定受力情况后求解出动摩擦因数，根据v-t图与横轴所围的面积表示位移求解位移及功率等．12、AC【解析】对AB整体来说，整体受力中只有重力做功，故机械能守恒；由于杆的作用，两球应具有相同的角速度，设A到达底端的速度为v，则由v=rω可知，vB=2vA=2v；根据机械能守恒定律得，mg•L+2mg•2L=mv2+•2m（2v）2，解得；如果没有B球，则A的速度应为；故说明由于AB间杆的作用，A球的机械能将减小，B球机械能增大；故杆对B做正功，则；解得W杆=，选项AC正确；小球B做速度增加的圆周运动，则合力的方向不是指向圆心，即合力方向不与速度垂直，即合力的功率不等于零，选项B错误；摆至竖直位置时：对A：；对球B：；解得，选项D错误；故选AC．点睛：本题关键是知道两物体系统的机械能守恒，单个物体的机械能是不守恒的；要注意杆和绳的区别，由于杆的弹力可以沿不同方向，故杆可以对AB做功．二、实验题（本题共16分，答案写在题中横线上）13、BCmA·OP=mA·OM+mB·ONOP+OM=ON【解析】

①A、“验证动量守恒定律”的实验中，是通过平抛运动的基本规律求解碰撞前后的速度的，只要离开轨道后做平抛运动，对斜槽是否光滑没有要求，故A错误；B、要保证每次小球都做平抛运动，则轨道的末端必须水平，故B正确；C、要保证碰撞前的速度相同，所以入射球每次都要从同一高度由静止滚下，故C正确；D、为了使小球碰后不被反弹，要求入射小球质量大于被碰小球质量，故D错误；故选BC．②小球离开轨道后做平抛运动，由于小球抛出点的高度相同，它们在空中的运动时间t相等，它们的水平位移x与其初速度成正比，可以用小球的水平位移代替小球的初速度，若两球相碰前后的动量守恒，则mAv0=mAv1+mBv2，又OP=v0t，OM=v1t，ON=v2t，代入得：mAOP=mAOM+mBON，若碰撞是弹性碰撞，则机械能守恒，由机械能守恒定律得：mAv02=mAv12+mBv22，将OP=v0t，OM=v1t，ON=v2t代入得：mAOP2=mAOM2+mBON2；③小球做平抛运动，在竖直方向上：h=gt2，平抛运动时间：t=，设轨道末端到木条的水平位置为x，小球做平抛运动的初速度：vA=，vA′=，vB′=，如果碰撞过程动量守恒，则：mAvA=mAvA′+mBvB′，将速度代入动