湖北省重点高中2023-2024学年高一物理第二学期期末联考模拟试题含解析

湖北省重点高中2023-2024学年高一物理第二学期期末联考模拟试题注意事项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：本大题共10小题，每小题5分，共50分。在每小题给出的四个选项中，有的只有一项符合题目要求，有的有多项符合题目要求。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。1、如图，两滑块A、B在光滑水平面上沿同直线相向运动，滑块A的质量为m，速度大小为2v0，方向向右，滑块B的质量为2m，速度大小为vA．A和B都向左运动B．A向左运动，B向右运动C．A静止，B向右运动D．A和B都向右运动2、(本题9分)将地球围绕太阳的运动视为匀速圆周运动，下列说法正确的是（）A．地球运动不需要向心力B．地球同时受到太阳的万有引力和向心力C．地球受到太阳的万有引力提供地球做圆周运动所需的向心力D．地球受到太阳的万有引力与它运动所需的向心力不相等3、(本题9分)如图所示，在水平雪面上雪橇受与水平方向成α角的拉力F作用，沿直线匀速前进了s的距离。下列说法正确的是（）A．拉力做功为FsB．地面对雪橇的支持力做正功C．重力对雪橇做负功D．外力对雪桶做的总功是零4、(本题9分)如图所示,木块B上表面是水平的,当木块A置于B上,并与B保持相对静止,一起沿固定的光滑斜面由静止开始下滑,在下滑过程中()A．A所受的合外力对A不做功 B．B对A的弹力做正功C．B对A的摩擦力做负功 D．A对B不做功5、(本题9分)下列物理量为矢量的是A．功 B．动能 C．电场强度 D．电流6、(本题9分)地球赤道上相对地面静止的物体甲，地球近地卫星乙，地球同步卫星丙，关于甲、乙，丙三者的说法，正确的是A．乙的周期小于丙的周期B．乙的线速度小于丙的线速度C．物体甲随地球自转做匀速圆周运动的线速度大于乙的线速度D．物体甲随地球自转做匀速圆周运动的加速度小于丙的加速度7、(本题9分)如图所示，一质量为m的人站在观光电梯内的磅秤上，电梯以0.1g的加速度加速上升h高度，在此过程中（）A．磅秤的示数等于0.1mgB．人的重力势能增加了mghC．人的动能增加了0.9mghD．人的机械能增加了1.1mgh8、(本题9分)某同学将质量为m的一矿泉水瓶（可看成质点）竖直向上抛出，水瓶以5g4A．上升过程中水瓶的动能改变量为54B．上升过程中水瓶的机械能减少了54C．水瓶落回地面时动能大小为14D．水瓶上升过程克服重力做功的平均功率大于下落过程重力的平均功率9、(本题9分)在光滑水平面上，一质量为m、速度大小为v的A球与质量为m静止的B球发生正碰，碰撞可能是弹性的，也可能是非弹性的，则碰后B球的速度大小可能是（）A．v B．0.7v C．0.3v D．0.2v10、质量为m的卫星绕质量为M的地球作匀速圆周运动，其轨道半径、线速度大小和向心加速度大小分别为r、v、a，引力常量为G，则在该卫星所受到的地球引力大小的下列各种表达式中，正确的是A．B．C．D．二、实验题11、（4分）(本题9分)如图a所示，在“验证机械能守恒定律”的实验中，电火花计时器接在220V、50Hz的交流电源上，自由下落的重物质量为1kg，打下一条理想的纸带如图b所示，取g＝9.8m/s2，O为下落起始点，A、B、C为纸带上打出的连续点迹，则：ab(1)打点计时器打B点时，重物下落的速度vB＝________m/s；从起始点O到打B点的过程中，重物的重力势能减少量ΔEp＝________J，动能的增加量ΔEk＝________J．(结果均保留3位有效数字)(2)分析ΔEk<ΔEp的原因是__________．12、（10分）(本题9分)用自由落体法验证机械能守恒定律的实验中：(1)运用公式对实验条件的要求是________________________，为此，所选择的纸带第1、2两点间的距离应接近_______．(2)若实验中所用重物的质量m＝1kg．打点纸带如图所示，打点时间间隔为0.02s，则记录B点时，重物速度vB＝_______m/s，重物动能Ek＝_____J，从开始下落起至B点时的重物的重力势能减少量是_______J，由此可得出的结论是___________．(g取9.8m/s2)(本小题数据保留三位有效数字)三、计算题：解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤．只写出最后答案的不能得分．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位13、（9分）(本题9分)如图所示，在场强E＝104N/C的水平匀强电场中，有一根长l＝15cm的细线，一端固定在O点，另一端系一个质量m＝3g、电荷量q＝2×10－6C的带正电小球，当细线处于水平位置时，小球从静止开始释放，g取10m/s2.求：(1)若取A点电势为零，小球在B点的电势能、电势分别为多大？(2)小球到B点时速度为多大？绳子张力为多大？14、（14分）(本题9分)第11届本田中国节能竞技大赛年月在广东国际赛车场举行，某公司研制开发的某型号小汽车质量，额定功率，当这辆车在平直水平路面上行驶时，受到的阻力是车重的倍，取．求：(1)若这辆小汽车从静止开始，保持以的加速度做匀加速直线运动，这一过程能维持多长时间？(2)若这辆小汽车从静止开始，保持额定功率做加速运动，后达到最大速度，最大速度是多少？此过程中汽车发生的位移是多少？15、（13分）如图所示，竖直平面内半径R=0.4m的光滑半圆形轨道BCD，与倾角为37°的斜面在B点处圆滑连接。A、D两点等高，在A处固定一弹射器。质量m=0.2kg的小物块（可看作质点）从弹射器弹出后，沿动摩擦因数μ=0.3的斜面下滑，然后通过半圆形轨道从D点水平飞出，小物块从D点飞出后落在斜面上的点离B点的距离为l=1m，重力加速度g取10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.1．求：⑴小物块在D点水平飞出时速度大小；⑵小物块通过D点时轨道对其作用力大小；⑶小物块被弹射器弹出过程中，弹射器释放的弹性势能。（小物块被弹开过程的位移可忽略不计）

参考答案一、选择题：本大题共10小题，每小题5分，共50分。在每小题给出的四个选项中，有的只有一项符合题目要求，有的有多项符合题目要求。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。1、B【解析】两球碰撞过程动量守恒，以两球组成的系统为研究对象，取水平向右方向为正方向，碰撞前，A、B的速度分别为：vA=2v0、vB=v0。碰撞前系统总动量：P=mAvA+mBvB=m×2v0+2m×（-v0）=0，P=0，系统总动量为0，系统动量守恒，则碰撞前后系统总动量都是0；由于碰撞是弹性碰撞，则碰撞后二者的速度不能等于0，运动的方向一定相反；故B正确，A、C、D错误。故选B。【点睛】本题碰撞过程中遵守动量守恒，不仅碰撞前后总动量的大小不变，方向也保持不变，要注意选取正方向，用符号表示速度的方向。2、C【解析】

A.地球做圆周运动，地球受到太阳的万有引力运动充当向心力，故A错误；B.地球在转动中只受万有引力，而向心力是万有引力提供的效果力，故B错误；C.球围绕太阳的运动视为匀速圆周运动，受到的万有引力等于向心力，故C正确；D.地球受到太阳的万有引力提供地球做圆周运动所需的向心力，故D错误．故选C.3、D【解析】

A．据功的定义式可以知道，拉力做的功为：W1＝Fscosα故选项A不符合题意.BC．雪橇受到重力和支持力与雪橇的位移垂直，做功为零.故选项BC不符合题意.D．因为雪橇匀速运动，所以合力为零，则外力做功为零.故选项D符合题意.4、D【解析】木块向下加速运动，故动能增加，由动能定理可知，木块A所受合外力对A做正功，故A错误；A、B整体具有沿斜面向下的加速度，设为a，由牛顿第二定律可知a=gsinθ；将a正交分解为竖直方向分量a1，水平分量a2，如图所示，

由于具有水平分量a2，故必受水平向摩擦力f，A受力如图所示，所以支持力做负功，摩擦力做正功，故BC错误；由牛顿第二定律得；竖直方向上；mg-N=ma1

；水平方向上：f=ma2

假设斜面与水平方向的夹角为θ，摩擦力与弹力的合力与竖直方向夹角为α，由几何关系得；

a1=gsinθsinθ

；a2=gsinθcosθ

；tanα=联立得：tanα==tanθ，即α=θ

所以B对A的作用力与斜面垂直，所以B对A不做功，由牛顿第三定律得，A对B的作用力垂直斜面向下，所以A对B也不做功，故D正确，故选D．点睛：判断外力是否做功及功的正负可根据做功的条件是否做功，再根据力与位移方向的夹角判断功的正负，也可以根据力与速度方向的夹角判断功的正负．5、C【解析】

A.功只有大小无方向，是标量，选项A错误；B.动能只有大小无方向，是标量，选项B错误；C.电场强度有大小和方向，是矢量，选项C正确；D.电流有大小虽然有方向，但是不满足平行四边形定则，是标量，选项D错误.6、AD【解析】A．根据，半径越大，周期越长，故A正确；B．根据，半径越大，速度越小，故B错误；C．卫星C与物体A角速度相同，根据公式v=ωr，卫星C的线速度较大，故VC>VA；得VB>VC>VA，故C错误；D．卫星C与物体A角速度相同，根据公式a=ω2r，所以物体甲随地球自转做匀速圆周运动的加速度小于丙的加速度，故D正确．故选：AD点睛：根据万有引力提供向心力，卫星高度越高越慢，越低越快；结合公式v=ωr判断A物体与C卫星的线速度的大小，再依据a=ω2r，即可求解加速度大小．7、BD【解析】

A．根据牛顿第二定律得解得即磅秤的示数等于1.1mg，选项A错误；C．根据动能定理得选项C错误；BD．人上升h，则重力做功为可知重力势能增大mgh，动能增加0.1mgh，则机械能增大了1.1mgh，选项BD正确。故选BD。8、AD【解析】

考查功能关系、功率计算，根据相关规律计算可得。【详解】根据牛顿第二定律可得F=ma=由动能定理可得，W=FS=上升过程中水瓶的动能改变量为54故A符合题意。由f+mg=5可得f=14阻力做负功，机械能减少，W上升过程中水瓶的机械能减少了14C．从最高点到时最低点，由动能定理可得mgH-水瓶落回地面时动能大小为34D．上升过程中加速大于下降过程中加速度，上升过程用时较少，上升、下降过程中重力做功大小相等，由P=W可得水瓶上升过程克服重力做功的平均功率大于下落过程重力的平均功率故D符合题意。【点睛】理解功能关系，动能变化只取决于合外力做功，合外力做正功（负功），动能增大（减小），机械能变化取决于除重力和系统内弹力以外的力做功，该力做正功（负功），机械能增加（减小）。9、AB【解析】以两球组成的系统为研究对象，以A球的初速度方向为正方向，如果碰撞为弹性碰撞，由动量守恒定律得：mv=mvA+2mvB，

由机械能守恒定律得：12mv2=12mvA2+12•2mvB2，

解得：vA=-13v，vB=23v，负号表示碰撞后A球反向弹回，

如果碰撞为完全非弹性碰撞，以A球的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：

mv=（m+2m）vB，

解得：vB=13v，

则碰撞后B球的速度范围是：点睛：本题考查了求碰撞后B球的速度，应用动量守恒定律与机械能守恒定律即可正确解题．10、ABD【解析】质量为m的卫星绕质量为M的地球作匀速圆周运动，由万有引力提供向心力得：，故ABD正确，C错误；故选ABD.【点睛】根据万有引力定律求解卫星受到的万有引力，根据卫星围绕地球做匀速圆运动也可以求解万有引力，要注意向心力表达式中的m应为卫星的质量．二、实验题11、(1)0.775,0.308,0.300(2)由于纸带和打点计时器之间有摩擦力以及重物受到空气阻力【解析】（1）根据匀变速直线运动中中间时刻的瞬时速度等于该过程中的平均速度，有：；根据题意可知，动能的增量为：△Ek=mvB2=×1×0.7752J=0.300J；

重力做功等于重力势能的减小量，因此有：△EP=mghOB=1×9.8×0.0314J=0.308J；

（2）由于小球下落过程中，受到摩擦阻力作用，因此重力势能没有全部转为动能，一部分被克服阻力做功消耗掉了，导致△Ek＜△Ep．因此△Ek＜△Ep的原因是：由于纸带和打点计时器限位孔之间有摩擦以及空气阻力；

点睛：熟练应用匀变速直线运动的规律、推论以及功能关系解决实验问题，加强基本规律在实验中的应用，掌握某段时间内的平均速度等于这段时间内中间时刻的速度，同时注意单位的统一．12、（1）自由下落的物体2mm（2）0.59m/s0.174J0.175J在实验误差允许的范围内，动能的增加量等于重力势能的减少量【解析】（1）运用公式mv2=mgh时，对纸带上起点的要求是重锤是从初速度为零开始．打点计时器的打点频率为50Hz，打点周期为0.02s，重物开始下落后，由h=gT2=×9.8×0.022m≈2mm得，在第一个打点周期内重物下落的高度所以所选的纸带最初两点间的距离接近2mm．

（2）利用匀变速直线运动的推论：，

重锤的动能：EKB=mvB2=×1×0.592J=0.174J

从开始下落至B点，重锤的重力势能减少量：△Ep=mgh=1×9.8×0.176J=0.175J．

得出的结论是：在误差允许范