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文档简介
2024届福建省师大附中物理高一下期末检测模拟试题注意事项1.考生要认真填写考场号和座位序号。2.试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上,在试卷上作答无效。第一部分必须用2B铅笔作答;第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。3.考试结束后,考生须将试卷和答题卡放在桌面上,待监考员收回。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)静止在光滑水平面上的物体,在开始受到水平拉力的瞬间,下列说法正确的是()A.物体立刻产生加速度,但此时速度为零B.物体立刻运动起来,有速度,但加速度还为零C.速度与加速度都为零D.速度与加速度都不为零2、(本题9分)如图所示,小球在竖直向下的力F作用下,将竖直轻弹簧压缩,若将力F撤去,小球将向上弹起并离开弹簧,直到速度为零时为止,则小球在上升过程中()A.小球动能减为零时,重力势能最大B.小球在离开弹簧时动能最大C.小球动能最大时弹性势能为零D.小球的动能先减小后增大3、(本题9分)关于曲线运动、平抛运动、圆周运动,以下说法中正确的是()A.物体在恒力作用下不可能做曲线运动B.平抛运动是典型的匀变速曲线运动C.匀速圆周运动是速度不变的圆周运动D.匀速圆周运动的向心力始终保持不变4、(本题9分)从地面竖直上抛一个质量为m的小球,小球上升的最大高度为h,设上升和下降过程中空气阻力大小恒定为f.下列说法正确的是()A.小球上升的过程中重力势能增加了mghB.小球上升和下降的整个过程中机械能减少了2fhC.小球上升的过程中动能增加了D.小球上升和下降的整个过程中动能减少了fh5、(本题9分)发射地球同步卫星时,先将卫星发射至近地圆轨道1,然后点火,使其沿椭圆轨道2运行,最后再次点火,将卫星送入同步圆轨道3,轨道1、2相切于Q点,轨道2、3相切于P点,如图所示.卫星分别在1、2、3轨道上正常运行时,以下说法正确的是A.卫星在轨道
3
上运行的速率大于在轨道
1
上的速率B.卫星在轨道
3
上的机械能小于在轨道
1
上的机械能C.卫星在轨道
2
上经过Q点时的加速度大于它在轨道
1
上经过Q点时的加速度D.卫星在轨道
2
上由Q点运动至P点的过程中,速度减小,加速度减小,机械能守恒6、(本题9分)正方体空心框架ABCD-A1B1C1D1下表面在水平地面上,将可视为质点的小球从顶点A在∠BAD所在范围内(包括边界)沿不同的水平方向分别抛出,落点都在△B1C1D1平面内(包括边界).不计空气阻力,以地面为重力势能参考平面.则下列说法正确的是()A.小球初速度的最小值与最大值之比是1:B.落在C1点的小球,运动时间最长C.落在B1D1线段上的小球,落地时机械能的最小值与最大值之比是1:2D.轨迹与AC1线段相交的小球,在交点处的速度方向都相同7、(本题9分)如图所示,细线的一端固定于O点,另一端系一小球,在水平拉力F作用下,小球以恒定速率在竖直平面内由A点运动到B点的过程中()A.小球的机械能保持不变B.小球受的合力对小球不做功C.水平拉力F的瞬时功率逐渐减小D.小球克服重力做功的瞬时功率逐渐增大8、(本题9分)利用如图所示的实验装置验证机械能守恒定律,关于此实验的操作,下列说法中正确的有A.安装打点计时器时两个限位孔必须在同一竖直线上B.必须用秒表测出重物下落的时间C.先接通打点计时器电源,待稳定后释放纸带D.若纸带起始端点迹模糊,则不可用来验证机械能守恒9、(本题9分)下列实例中,物体的机械能守恒的是()A.在空中匀速下落的跳伞运动员B.沿光滑曲面自由下滑的物体C.被起重机匀速吊起的重物D.以g的加速度竖直向上做匀减速运动的物体10、如图所示,质量为M=2kg的木板静止在光滑水平面上,一个质量为m=4kg的滑块以初速度v0=3m/s从木板的左端向右滑上木板,经t=1s滑块与木板相对静止则下面说法正确的是A.相对静止前滑块和木板的加速度大小之比是1:2B.整个过程中因摩擦产生的内能是10JC.木板的最小长度是1.5mD.从开始到滑块与木板相对静止这段时间内滑块与木板的位移之比是5:211、(本题9分)如图所示,细绳的一端系着质量为M=2kg的物体A,另一端通过光滑的小孔吊着质量为m=0.5kg球B,A的重心与圆孔的距离为0.5m.并已知与A圆盘的最大静摩擦力为4N,A随水平圆盘一起转动,为使球B高度不变,则水平转盘的角速度取().(g取10m/s2)A.1.5rad/s B.2.5rad/s C.3.5rad/s D.4.5rad/s12、以下说法正确的是A.在导体中有电流通过时,电子定向移动速率即是电场传导速率B.铅蓄电池的电动势为2V,它表示的物理意义是电路中每通过1C的电荷,电源把2J的化学能转化为电能C.根据电场强度的定义式可知,电场中某点的电场强度与试探电荷所带的电荷量成反比D.根据电势差可知,带电荷量为1C的正电荷,从A点移动到B点克服电场力做功为1J,则A、B两点间的电势差为二、实验题(本题共16分,答案写在题中横线上)13、(6分)(本题9分)有一个额定电压为2.8V,功率约为0.8W的小灯泡,现要用伏安法描绘这个灯泡的I-U图线,有下列器材供选用:A.电压表(0~3V,内阻约为6kΩ)B.电压表(0~15V,内阻约为30kΩ)C.电流表(0~3A,内阻约为0.1Ω)D.电流表(0~0.6A,内阻约为0.5Ω)E.滑动变阻器(10Ω,5A)F.滑动变阻器(200Ω,0.5A)G.蓄电池(电动势6V,内阻不计)(1)请设计合适的电路,在空白方框内画出正确的电路图________________。按设计的电路图进行测量,电压表应选用______,电流表应选用________________,滑动变阻器应选用__________________。(用序号字母表示)(2)通过实验测得此灯泡的伏安特性曲线如图所示。由图线可求得此灯泡在正常工作时的电阻为____________Ω。14、(10分)(本题9分)若利用如图所示的装置研究平抛物体的运动,让小球多次沿同一轨道运动,用描点法画出小球做平抛运动的轨迹,为了较准确地描绘运动轨迹,下列操作要求正确的是_________.A.斜槽只能光滑B.通过调节使斜槽的末端保持水平C.每次释放小球的位置必须相同D.每次必须由静止释放小球E.所记录的相邻的小球位置之间的竖直距离相等三、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)如图所示,在竖直平面内有一倾角θ=37°的传送带,两皮带轮AB轴心之间的距离L=3.2m,沿顺时针方向以v0=2m/s匀速运动.一质量m=2kg的物块P从传送带顶端无初速度释放,物块P与传送带间的动摩擦因数μ=0.1.物块P离开传送带后在C点沿切线方向无能量损失地进入半径为m的光滑圆弧形轨道CDF,并沿轨道运动至最低点F,与位于圆弧轨道最低点的物块Q发生碰撞,碰撞时间极短,物块Q的质量M=1kg,物块P和Q均可视为质点,重力加速度g=10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8,.求:(1)物块P从传送带离开时的动量;(2)传送带对物块P做功为多少;(3)物块P与物块Q碰撞后瞬间,物块P对圆弧轨道压力大小的取值范围.16、(12分)(本题9分)如图所示,一圆锥摆摆长为L,下端拴着质量为m的小球,当绳子与竖直方向成θ角时,绳的拉力大小F是多少?圆锥摆周期T是多少?(重力加速度为g)17、(12分)2019年4月20日22时41分,我国在西昌卫星发射中心用“长征三号”乙运载火箭,成功发射第四十四颗北斗导航卫星,卫星入轨后绕地球做半径为r的匀速圆周运动。卫星的质量为m,地球的半径为R,地球表面的重力加速度大小为g,不计地球自转的影响。求:(1)卫星进入轨道后的加速度大小gr;(2)卫星的动能Ek。
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、A【解题分析】
物体静止在光滑水平面,受到水平拉力的瞬间,合力等于拉力,根据牛顿第二定律:加速度大小与合力大小成正比,加速度与合力是瞬时关系,可知物体立刻产生加速度,而物体由于惯性,此瞬间还保持原来的状态,速度为零.故A正确,BCD错误。2、A【解题分析】
根据小球的受力情况分析小球速度如何变化,判断小球的动能如何变化,确定小球的动能最大时弹簧势能是否为零.【题目详解】小球和弹簧组成的系统机械能守恒,动能和势能相互转化,故动能最小时,势能最大,A正确;弹力与重力大小相等时,速度最大,动能最大,此时弹簧仍然被压缩,弹簧的弹力不等于零,弹性势能不等于零,BC错误;将力F撤去小球将向上弹起的过程中,弹簧的弹力先大于重力,后小于重力,小球所受的合力先向上后向下,所以小球先做加速运动,后做减速运动,小球的速度先增大后减小,小球的动能先增大后减小,D错误.3、B【解题分析】
A、B项:曲线运动的条件是物体的速度方向与合力方向不共线,平抛运动合力恒定,是典型的匀变速运动曲线运动,故A错误,B正确;C项:匀速圆周运动的速度方向不断改变,一定是变速运动,故C错误;D项:匀速圆周运动的向心力大小不变,方向时刻改变,故D错误。4、C【解题分析】
小球上升的过程中,重力和阻力都做负功,其中克服重力做功等于mgH,故总功大于mgH;根据动能定理,总功等于动能的变化量;故动能的减小量大于mgH,故A错误;除重力外其余力做的功等于机械能的变化量,除重力外,克服阻力做功2FH,故机械能减小2FH,故B错误;小球上升H,故重力势能增加mgH,故C正确;小球上升和下降的整个过程中,重力做功等于零,阻力做功等于,故根据动能定理,动能减小2FH,故D正确;故选CD.【题目点拨】重力做功不改变物体的机械能,除重力或弹力之外的力做功可以改变物体的机械能;从能量转化的角度分析问题、应用动能定理即可正确解题.5、D【解题分析】
A.根据得卫星在轨道3上的轨道半径大于轨道1上的轨道半径,则卫星在轨道3上运行的速率小于在轨道1上的速率,故A错误.B.卫星从轨道1进入轨道2,需点火加速,在轨道2进入轨道3需在P点点火加速,机械能增加,则卫星在轨道3上的机械能大于在轨道1上的机械能,故B错误.C.卫星在轨道2上经过Q点和在轨道1上经过Q点时万有引力相等,根据牛顿第二定律知,加速度相等,故C错误.D.卫星在轨道2上由Q点运动至P点的过程中,万有引力做负功,速度减小,万有引力减小,加速度减小,因为只有万有引力做功,则机械能守恒,故D正确.故选D.【题目点拨】根据万有引力提供向心力得出线速度与轨道半径的关系,从而比较轨道1和3上的线速度大小;根据变轨的原理分析轨道3和轨道1上的机械能大小;根据牛顿第二定律,结合万有引力的大小比较加速度;从Q到P,根据万有引力做功分析速度的变化,结合万有引力大小比较加速度的大小.6、D【解题分析】小球落在A1C1线段中点时水平位移最小,落在C1时水平位移最大,由几何关系知水平位移的最小值与最大值之比是1:2,由x=v0t,t相等得小球初速度的最小值与最大值之比是1:2,故A错误;小球做平抛运动,由h=gt2得,下落高度相同,平抛运动的时间相等,故B错误;落在B1D1线段中点的小球,落地时机械能的最小,落在B1D1线段上D1或B1的小球,落地时机械能的最大.设落在B1D1线段中点的小球初速度为v1,水平位移为x1.落在B1D1线段上D1或B1的小球初速度为v2.水平位移为x2.由几何关系有x1:x2=1:,由x=v0t,得:v1:v2=1:,落地时机械能等于抛出时的机械能,分别为:E1=mgh+mv12,E2=mgh+mv22,可知落地时机械能的最小值与最大值之比不等于1:2.故C错误.设AC1的倾角为α,轨迹与AC1线段相交的小球,在交点处的速度方向与水平方向的夹角为θ.则有,,则tanθ=2tanα,可知θ一定,则轨迹与AC1线段相交的小球,在交点处的速度方向相同,故D正确.故选D.点睛:该题结合平抛运动考查机械能守恒,解决本题的关键要掌握平抛运动的研究方法,掌握分位移公式,D项也可以根据作为结论记住.7、BD【解题分析】试题分析:由于以恒定速率从A到B,说明动能没变,由于重力做负功,拉力不做功,所以外力F应做正功.因此机械能不守恒A错,B对.因为小球是以恒定速率运动,即它是做匀速圆周运动,那么小球受到的重力G、水平拉力F、绳子拉力T三者的合力必是沿绳子指向O点.设绳子与竖直方向夹角是θ,则(F与G的合力必与绳子拉力在同一直线上)得而水平拉力F的方向与速度V的方向夹角也是θ,所以水平力F的瞬时功率是即显然,从A到B的过程中,θ是不断增大的,所以水平拉力F的瞬时功率是一直增大的,C错D对.考点:动能定理、功率点评:本题考查了动能定理,通过功率公式分析瞬时功率的大小问题,本题综合程度较高,属于难题8、AC【解题分析】
A.实验中安装打点计时器时两个限位孔必须在同一竖直线上,目的是减小摩擦力,以减小实验误差,故A正确;B.实验可通过打点计时器打出的纸带情况计算出重锤下落的速度,所以不需要用秒表测出重物下落的时间计算重锤下落的速度,故B错误;C.开始记录时,应先给打点计时器通电打点,待打点稳定后,再释放纸带,让重锤带着纸带一同落下,如果先放开纸带让重物下落,再接通打点计时时器的电源,由于重物运动较快,不利于数据的采集和处理,会对实验产生较大的误差,故C正确;D.纸带起始端点迹模糊,可以选比较清晰的点作为初始位置,所以可以用来验验证机械能守恒,故D错误.9、BD【解题分析】
A.在空中匀速下降的跳伞运动员,速度恒定,即动能恒定,但高度下降,所以重力势能减小,故机械能不守恒,A不符合题意;B.沿光滑曲面自由下滑的物体,运动过程中,只有重力做功,机械能守恒,B符合题意;C.被起重机匀速吊起的重物,速度恒定,即动能恒定,但高度上升,所以重力势能增加,故机械能不守恒,C不符合题意;D.以g的加速度竖直向上做匀减速运动的物体,加速度竖直向下,大小为g,所以合力等于重力,即只有重力做功,机械能守恒,D符合题意.10、ACD【解题分析】
A.设木板和滑块加速度分别为a1和a2,地面光滑,可知M在水平方向只受到m对M的摩擦力,由牛顿第二定律可得:Ma1=μmg,滑块在水平方向也只受到摩擦力的作用,由牛顿第二定律可得:ma2=μmg则a2:a1=1:2;故A正确。B.水平面光滑,则滑块和木板组成的系统所受的合外力为零,两者水平方向动量守恒;滑块相对木板静止时,取向右为正方向,根据动量守恒定律得:mv0=(M+m)v,解得:v=2m/s;根据能量守恒定律得,整个过程中因摩擦产生的内能为Q=12mC.根据运动学公式得:Δx=(v0D.从开始到滑块与木板相对静止这段时间内,滑块与木板的位移之比为:xm11、AB【解题分析】
当物体M在此平面绕中心轴线以角速度转动时,当A恰好要向里滑动时,取得最小值为,此时A所受的静摩擦力达到最大为,方向沿半径向外,由最大静摩擦力和绳子拉力的合力提供所需要的向心力,根据牛顿第二定律和向心力公式有:,代入数据解得:,当A恰好要向外滑动时,取得最大值为,此时A所受的静摩擦力达到最大为,方向沿半径向里,由最大静摩擦力和绳子拉力的合力提供所需要的向心力,根据牛顿第二定律和向心力公式有:,代入数据解得:,所以角速度范围是:,故AB正确,CD错误;故选AB.【题目点拨】本题是圆周运动中临界问题,抓住当A恰好相对此平面滑动时静摩擦力达到最大,可能有向外滑的运动趋势,也有可能向里滑的趋势,最后由牛顿第二定律求解角速度的取值范围.12、BD【解题分析】
A.导体中有电流通过时,电子定向移动速率的数量级为,电场传导速率为光速.故A项错误.B.据知,铅蓄电池的电动势为2V,它表示的物理意义是电路中每通过1C的电荷,电源把2J的化学能转化为电能.故B项正确.C.是电场强度的定义式,电场中某点的电场强度与试探电荷所带的电荷量无关.故C项错误.D.带电荷量为1C的正电荷,从A点移动到B点克服电场力做功为1J,则A、B两点间的电势差.故D项正确.二、实验题(本题共16分,答案写在题中横线上)13、ADE10【解题分析】
(1)[1]实验要求多组数据,电压表测量小灯泡两端电压,电流表测量通过灯泡的电流,灯泡的电阻和电流表的内阻相接近,所以采用电流表的外接法,并且小灯泡两端的电压需要从零开始,故选用滑动变阻器的分压接法,电路图如图所示:[2]小灯泡的额定电压为2.8V,故选电压表A;[3]额定电压为2.8V,功率约为0.8W的小灯泡,额定电流I=0.29A,为了减小误差,故电流表选择D;[4]为了便于操作,滑动变阻器选用E,否则滑动变阻器最大阻值过大,操作时滑片移动较大距离而引起电压变化不明显;(2)[5]灯泡在正常工作时的电压U=2.8V时的电流为I=0.28A,故根据欧姆定律可得此灯泡在正常工作时的电阻:R=14、BCD【解题分析】
[1]ACD.为了保证小球每次平抛
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