江苏省南通市通州 海安2022-2023学年高一物理第二学期期末质量检测试题含解析

2022-2023学年高一下物理期末模拟试卷请考生注意：1．请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用0．5毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。写在试题卷、草稿纸上均无效。2．答题前，认真阅读答题纸上的《注意事项》，按规定答题。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)甲、乙两物体质量相等，速度大小之比是2∶1，则甲与乙的动能之比是()A．1∶2B．2∶1C．1∶4D．4∶12、(本题9分)在奥运会赛场上110米跨栏比赛激动人心，运动员采用蹲踞式起跑，在发令枪响后，左脚迅速蹬离起跑器，在向前加速的同时提升身体重心．如图所示，假设质量为m的运动员，在起跑时前进的距离S内，重心升高量为h，获得的速度为v，阻力做功为W阻，则在此过程中（）A．运动员的机械能增加了B．运动员的机械能增加了C．运动员的重力做功为D．运动员自身做功3、(本题9分)在物理学发展历史中，许多物理学家做出了卓越贡献．以下关于物理学家所作科学贡献的叙述中，正确的是（）A．牛顿建立了相对论B．伽利略提出了“日心说”C．哥白尼测定了引力常量D．开普勒发现了行星运动三定律4、(本题9分)如图所示，荡秋千是一种往复运动，人在秋千上可以越荡越高，在越荡越高的过程中，下列说法中正确的是A．系统的机械能不变B．系统的机械能减小C．系统的机械能增大D．系统的机械能变化无法确定5、(本题9分)一质量为m的物体，在外力作用下以大小为g的加速度竖直向上做匀加速直线运动，已知g为当地重力加速度。则物体在上升高度为h的过程中A．物体重力势能减少mghB．物体的动能增加2mghC．物体的机械能增加mghD．合外力对物体做功mgh6、(本题9分)如图所示，一小孩从公园中粗糙的滑梯上自由加速滑下，其能量的变化情况是()A．重力势能减小，动能不变，机械能减小，总能量减小B．重力势能减小，动能增加，机械能减小，总能量不变C．重力势能减小，动能增加，机械能增加，总能量增加D．重力势能减小，动能增加，机械能守恒，总能量不变7、(本题9分)如图所示，半径为R的光滑圆环固定在竖直平面内，AB、CD是圆环相互垂直的两条直径，C、D两点与圆心O等高．一个质量为m的光滑小球套在圆环上，一根轻质弹簧一端连在小球上，另一端固定在P点，P点在圆心O的正下方处．小球从最高点A由静止开始沿逆时针方向下滑，已知弹簧的原长为R，弹簧始终处于弹性限度内，重力加速度为g．下列说法正确的有（）A．弹簧长度等于R时，小球的动能最大B．小球运动到B点时的速度大小为C．小球在A、B两点时对圆环的压力差为4mgD．小球从A到C的过程中，弹簧对小球做的功等于小球机械能的增加量8、如图所示为两物体A、B在没有其他外力作用时相互作用前后的速度—时间（v－t）图像，则由图像可知（）A．A、B作用前后总动量不守恒B．一定是A物体追及B物体发生碰撞C．A、B的质量之比为5∶3D．该碰撞是弹性碰撞9、(本题9分)如图所示，河水自西向东匀速流动，水流速度为4m/s，河宽为90m：假定船在静水中的速度不变。甲船从南岸的P点出发，实际轨迹垂直河岸，即PO线，船头方向与PO线成α＝53°，同时，乙船从北岸的Q点出发，船头方向垂直河岸，两者恰好在河中央O点相遇（sin53°＝0.8，cos53°＝0.6）。下列说法正确的是（）A．两船相遇的时间为25.5sB．甲船在静水中的速度为5m/sC．乙船在静水中的速度为6m/sD．两船出发点的相隔距离为301310、(本题9分)如图所示，一个内壁光滑的圆锥筒，其轴线垂直于水平面，圆锥筒固定．有一质量为m的小球紧贴着筒内壁在水平面内做匀速圆周运动，筒口半径和筒高分别为R和H，小球所在的高度为筒高的一半．重力加速度为g，则A．小球受到重力和支持力的作用B．小球受到的合力方向垂直筒壁斜向上C．小球做匀速圆周运动的向心加速度大小为D．小球做匀速圆周运动的角速度大小为11、(本题9分)两汽车甲、乙分别挂上拖车，两汽车与两拖车的质量均相同，且阻力与质量成正比。开始两车以相同的速度v0做匀速直线运动，t=0时刻两拖车同时脱离汽车，已知汽车甲的牵引力不变，汽车乙的功率不变，经过相同的时间t0，汽车甲、乙的速度大小分别为2v0、1.5v0。则下列说法正确的是（）A．t0时间内，甲、乙两汽车的位移之比为4：3B．t0时刻，甲、乙两汽车的加速度大小之比为3：1C．t0时刻汽车甲的功率为拖车脱离前功率的4倍D．t0时间内，甲、乙两汽车牵引力做功之比为3：212、(本题9分)如图所示，在一端封闭的光滑细玻璃管中注满清水，水中放一红蜡块R（R视为质点）．将玻璃管的开口端用胶塞塞紧后竖直倒置且与y轴重合，在R从坐标原点以速度v0=3cm/s匀速上浮的同时，玻璃管沿x轴正向做初速度为零的匀加速直线运动，合速度的方向与y轴夹角为α．则红蜡块R的（）A．分位移y与x成正比B．分位移y的平方与x成正比C．合速度v的大小与时间t成正比D．tanα与时间t成正比二、实验题（本题共16分，答案写在题中横线上）13、（6分）(本题9分)为了测量一电压表V的内阻，某同学设计了如图1所示的电路。其中V0是标准电压表，R0和R分别是滑动变阻器和电阻箱，S和S1分别是单刀双掷开关和单刀开关，E是电源。(1)用笔画线代替导线，根据如图1所示的实验原理图将如图2所示的实物图连接完整______。(2)实验步骤如下：①将S拨向接点1，接通S1，调节R0，使待测表头指针偏转到适当位置，记下此时___________的读数U；②然后将S拨向接点2，保持R0不变，调节___________，使___________，记下此时R的读数；③多次重复上述过程，计算R读数的平均值，即为待测电压表内阻的测量值。(3)实验测得电压表的阻值可能与真实值之间存在误差，除偶然误差因素外，还有哪些可能的原因，请写出其中一种可能的原因：___________。14、（10分）(本题9分)如图所示为“验证机械能守恒定律的实验装置示意图(1)某同学按照正确操作选的纸带如图所示，其中O是起始点A、B、C是打点计时器连续打下的3个点，打点频率为50Hz，该同学用毫米刻度尺测量O到A、B、C各点的距离，并记录在图中(单位:cm)，重锤的质量为m=0.1g，重力加速度g=9.80m/s2，根据以上数据当打点计时器打到B点时，重物重力势能的减少量为_____J，动能的增加量为_____J.(要求计算结果均保留三位有效数字)(2)在实验过程中，以下说法正确的是______A．实验中摩擦不可避免，纸带越短克服摩擦做功越小，因此纸带越短越好B．实验中用天平称出重物的质量是必不可少的步骤C．测出重物下落时间t，通过自由落体规律计算出纸带上某点的瞬时速度D．若纸带前面几点较为密集且不清楚，可以舍去前面比较密集的点，合理选取一段打点比较清晰的纸带，同样可以验证三、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）(本题9分)一台小型电动机在3V电压下工作，通过它的电流大小是0.2A，用此电动机提升重力为4N的物体时，在30s内可使该物体匀速提升3m．若不计除电动机线圈发热以外的其他能量损失，求在提升重物的30s内，电动机线圈所产生的热量．16、（12分）如图所示，在以角速度匀速转动的水平圆盘上放一质量m的滑块，滑块到转轴的距离r，滑块跟随圆盘一起做匀速圆周运动（两者未发生相对滑动）.求:（1）圆盘的转动周期；（2）滑块运动的线速度大小；（3）滑块受到的向心力大小.17、（12分）(本题9分)假设地球可视为质量均匀分布的球体，已知地球表面重力加速度在两极的大小为，在赤道的大小为g；地球自转的周期为T，引力常量为G，求：（1）地球的密度；（2）若地球自转角速度逐渐增大，使赤道上物体恰好“飘”起时地球的自转周期。

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、D【解析】

已知质量与速度关系，由动能的计算公式可以求出两物体的动能之比．两物体的动能之比为,故选D2、A【解析】

AB．运动员的重心升高量为h，获得的速度为v，则其机械能增加量为+mgh，故A正确，B错误；C．由题，运动员的重心升高量为h，则运动员的重力做功为W重=−mgh故C错误；D．根据动能定理得：W人−W阻−mgh=得到W人=+mgh+W阻故D错误．故选A.3、D【解析】试题分析：爱因斯坦建立了相对论，选项A错误；哥白尼提出了“日心说”，选项B错误；卡文迪许测定了引力常量，选项C错误；故选D考点：考查物理史实点评：本题难度较小，对于物理史实需要在平时的学习中注意记忆和积累4、C【解析】

人在秋千上越荡越高，说明系统机械能增加；A.系统的机械能不变，与结论不相符，选项A错误；B.系统的机械能减小，与结论不相符，选项B错误；C.系统的机械能增大，与结论相符，选项C正确；D.系统的机械能变化无法确定，与结论不相符，选项D错误。5、D【解析】

A.重力做功为WG=-mgh，重力势能增大mgh，故A不符合题意；B.合力做功W合=mgh，根据动能定理：mgh=△Ek，所以物体的动能增加mgh，故B不符合题意；C.根据牛顿第二定律，有F-mg=mg解得：F=2mg外力F做功为WF=2mgh，根据功能关系，除重力和弹力之外的做功等于机械能增量ΔE=W故C不符合题意；D.合力做功W合=mgh．故D符合题意。6、B【解析】由能量转化和守恒定律可知，小孩在下滑过程中总能量守恒，故A、C均错；由于摩擦力要做负功，机械能不守恒，故D错；下滑过程中重力势能向动能和内能转化，故只有B正确．7、CD【解析】

弹簧长度等于R时，弹簧处于原长，在此后的过程中，小球的重力沿轨道的切向分力大于弹簧的弹力沿轨道切向分力，小球仍在加速，所以弹簧长度等于R时，小球的动能不是最大．故A错误．由题可知，小球在A、B两点时弹簧的形变量相等，弹簧的弹性势能相等，根据系统的机械能守恒得：2mgR=mvB2，解得小球运动到B点时的速度vB=2．故B错误．设小球在A、B两点时弹簧的弹力大小为F．在A点，圆环对小球的支持力F1=mg+F；在B点，由圆环，由牛顿第二定律得：F2-mg-F=m，解得圆环对小球的支持力F2=5mg+F；则F2-F1=4mg，由牛顿第三定律知，小球在A、B两点时对圆环的压力差为4mg，故C正确．小球从A到C的过程中，根据功能原理可知，弹簧对小球做的功等于小球机械能的增加量．故D正确．故选CD．【点睛】解决本题的关键要分析清楚小球的受力情况，判断能量的转化情况，要抓住小球通过A和B两点时，弹簧的形变量相等，弹簧的弹性势能相等．8、BCD【解析】

A.由题意可知，物体A、B组成的系统不受外力作用，则系统动量守恒，故A错误；B.因为初状态，A的速度大于B的速度，末状态，A的速度小于B的速度，而物体A、B组成的系统不受外力作用，所以一定是A物体追及B物体发生碰撞，故B正确；C.由动量守恒定律得：，解得，故C正确；D.碰前的机械能；碰后的机械能，碰前的机械能等于碰后机械能，所以是该碰撞是弹性碰撞，故D正确。9、BD【解析】

AB.分析甲船的运动情况，船在静水中的速度为：v1则垂直于河岸方向上的分速度为：v1y＝v1cosα＝3m/s相遇时间为：t=故选项A不符合题意，选项B符合题意.C.乙船在静水中的速度为：v故选项C不符合题意.D.乙船与甲船平行河岸的距离为：x＝v水t＝60m河宽d＝90m，则两船的出发点相距s=故选项D符合题意.10、AD【解析】

A、B、如图所示，小球受重力和支持力而做匀速圆周运动，由合力提供向心力，合力F一定指向圆心；故B错误，A正确．C、D、设圆锥母线的倾角为θ，由力的合成可知，由牛顿第二定律，而由几何关系可知，解得，，故C错误，D正确．故选AD．【点睛】本题是圆锥摆类型，关键是对小球受力分析，然后根据牛顿第二定律和向心力公式列式求解分析．11、BD【解析】

A．对甲车拖车脱离后做匀加速运动经过t0的位移对乙车功率一定，则做加速度减小的加速运动，则经过t0时的位移则t0时间内，甲、乙两汽车的位移之比不可能为4：3，选项A错误；B．设汽车和拖车的质量均为m，则汽车的牵引力为F=2kmg，对甲车拖车脱离后做匀加速运动的加速度乙车功率一定P=Fv0=2kmgv0在t0时刻乙车的加速度则甲、乙两汽车的加速度大小之比为3：1，选项B正确；C．甲车拖车脱离前功率P=Fv0=2kmgv0t0时刻汽车甲的功率为P0=2kmg∙2v0=4kmgv0=2P选项C错误；D．甲车牵引力做功乙车牵引力做功t0时间内，甲、乙两汽车牵引力做功之比为3：2，选项D正确。故选BD。12、BD【解析】试题分析：红蜡烛在竖直方向做匀速运动，则y=v0t；在水平方向，解得：，选项A错误，B正确；蜡烛的合速度：，故选项C错误；，即tanα与时间t成正比，选项D正确；故选BD.考点：运动的合成.二、实验题（本题共16分，答案写在题中横线上）13、见解析标准电压表R标准电压表仍为U电阻箱阻值不连续，电流通过电阻发热导致电阻阻值发生变化，电源连续使用较长时间，电动势降低，内阻增大等。【解析】

(1)[1]．根据电路图连接的实物图如图所示；

(2)①[2]．将S拨向接点1，接通S1，调节R0，使待测表头指针偏转到适当位置，记下此时标准电压表V0的读数U；

②[3][4]．然后将S拨向接点2，保持R0不变，调节电阻箱R的阻值，使标准电压表V0的示数仍为U，记下此时R的读数；

(3)[5]．实验测得电压表的阻值可能与真实值之间存在误差