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文档简介

海南省临高中学2023-2024学年物理高一下期末经典模拟试题注意事项1.考试结束后,请将本试卷和答题卡一并交回.2.答题前,请务必将自己的姓名、准考证号用0.5毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置.3.请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符.4.作答选择题,必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑;如需改动,请用橡皮擦干净后,再选涂其他答案.作答非选择题,必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答,在其他位置作答一律无效.5.如需作图,须用2B铅笔绘、写清楚,线条、符号等须加黑、加粗.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、以下叙述中不符合物理史实的是()A.哥白尼是“地心说”的代表B.开普勒总结得出了行星的三大运动定律C.牛顿在前人的基础上得出了万有引力定律D.卡文迪许利用实验测出了引力常量2、(本题9分)某星球的质量约为地球的9倍,半径约为地球的一半,若从地球上高h处平抛一物体,射程为60m,则在该星球上,从同样高度以同样的初速度平抛同一物体,射程应为(

)A.15m B.10m C.90m D.360m3、(本题9分)骑变速自行车时,如果车速v随人体输出的动力F变化关系如图所示,那么,随着动力从0开始逐渐增大到最大值,变速自行车的功率A.一直增大 B.一直减小C.先增大后减小 D.先减小后增大4、(本题9分)如图所示,将质量为m的石块从距地面h高处斜向上方抛出,石块抛出时的速度大小为v0,不计空气阻力,石块落地时的动能为A.mgh B.C. D.5、(本题9分)如图所示,在水平的桌面上有M、m两个物块,现用力F推物块m,使M、m两物块在桌上一起向右加速运动,则M、m间的相互作用力为()A.若桌面光滑,则M、m间的相互作用力为B.若桌面光滑,则M、m间的相互作用力为C.若桌面的摩擦因数为,M、m仍向右加速,则M、m间的相互作用力为+MgD.若桌面的摩擦因数为,M、m仍向右加速,则M、m间的相互作用力为+Mg6、(本题9分)下列关于运动物体所受合外力做功和动能变化的关系不正确的是()A.如果物体所受合外力为零,则合外力对物体做的功一定为零B.如果合外力对物体所做的功为零,则合外力一定为零C.物体在合外力作用下做变速运动,动能一定发生变化D.物体的动能不变,所受合外力一定为零7、(本题9分)矩形滑块由不同材料的上、下两层粘合在一起组成,将其放在光滑的水平面上,质量为m的子弹以速度v水平射向滑块,若射击下层,子弹刚好不射出,若射击上层,则子弹刚好能射进一半厚度,如图所示,上述两种情况相比较()A.子弹对滑块做功一样多B.子弹对滑块做的功不一样多C.系统产生的热量一样多D.系统产生的热量不一样多8、(本题9分)探测器绕月球做匀速圆周运动,变轨后在周期较小的轨道上仍做匀速圆周运动,则变轨后与变轨前相比A.轨道半径变小B.向心加速度变大C.线速度变小D.角速度变大9、(本题9分)2019年1月19日,西昌卫星发射中心以“一箭双星”方式成功发射第42、43颗北斗导航卫星。对于那些在同一轨道上绕地球做匀速圆周运动的北斗卫星,下列物理量一定相同的是A.线速度的大小B.向心力的大小C.周期D.向心加速度的大小10、(本题9分)如图所示的电容式话筒就是一种电容式传感器,其原理是:导电性振动膜片与固定电极构成了一个电容器,当振动膜片在声压的作用下振动时,两个电极之间的电容发生变化,电路中电流随之变化,这样声信号就变成了电信号.则当振动膜片向右振动时()A.电容器电容值增大B.电容器带电荷量减小C.电容器两极板间的场强增大D.电阻R上电流方向自左向右二、实验题11、(4分)(本题9分)某同学采用频闪摄影的方法拍摄到如图所示的“小球做平抛运动”的照片。图中每个小方格的实际边长为10cm.(1)请在图中作出小球运动的轨迹_______.(2)小球做平抛的初速度大小为_______m/s.(取g=10m/s2,计算结果保留2位有效数字)12、(10分)(本题9分)某小组同学为了验证动量守恒定律,在实验室找到了如图所示的实验装置.测得大小相同的a、b小球的质量分别为ma、mb,实验得到M、P、N三个落点.图中P点为单独释放a球的平均落点.(1)本实验必须满足的条件是________.A.两小球的质量满足ma=mbB.斜槽轨道必须是光滑的C.斜槽轨道末端的切线水平D.入射小球a每次都从斜槽上的不同位置无初速度释放(2)a、b小球碰撞后,b球的平均落点是图中的_______.(填M或N)(3)为了验证动量守恒定律,需要测量OM间的距离,还需要测量的物理量有______________、______________(用相应的文字和字母表示).(4)如果碰撞过程动量守恒,两小球间满足的关系式是______________________(用测量物理量的字母表示).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)如图所示的结构装置可绕竖直的轴转动,假如绳长l=0.2m,水平杆长l0=310(1)使绳子与竖直方向夹角为60°角,该装置以多大的角速度转动才行?(2)此时的拉力多大?14、(14分)图甲是中国很多家庭都有的团圆桌,餐桌上放一半径为r=1m可绕中心轴转动的圆盘,近似认为餐桌与圆盘在同一水平面内,忽略两者之间的间隙,如图乙.餐桌离地高度为h=0.8m,将某小物体放置在圆盘边缘,缓慢增大圆盘的速度,当圆盘的角速度为2rad/s时,物体刚好从圆盘上甩出.假设小物体与餐桌间的摩擦力忽略不计,小物体与圆盘之间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力.(g取10m/s2)(1)该物体与圆盘的动摩擦因数μ为多大?(2)求物体落到地面上的位置到从餐桌甩出点的水平距离L为多少?15、(13分)(本题9分)由于地球自转的影响,地球表面的重力加速度会随纬度的变化而有所不同.已知地球表面两极处的重力加速度大小为,在赤道处的重力加速度大小为,地球自转的周期为,引力常量为.假设地球可视为质量均匀分布的球体.求:(1)质量为的物体在地球北极所受地球对它的万有引力的大小.(2)地球的半径.(3)地球的密度.

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、A【解析】

A.哥白尼是“日心说”的代表,故A错误,符合题意B.开普勒总结得出了行星的三大运动定律,故B正确,不符合题意;C.牛顿在前人的基础上得出了万有引力定律,故C正确,不符合题意;D.卡文迪许利用实验测出了引力常量,故D正确,不符合题意;2、B【解析】

根据万有引力等于重力,求出星球表面重力加速度和地球表面重力加速度关系;运用平抛运动规律求出星球上水平抛出的射程.【详解】根据万有引力等于重力,在地球表面有:,在星球表面有:,因为星球的质量约为地球的9倍,半径约为地球的一半,可得,根据,可得,可知平抛运动的时间之比为,根据x=v0t知,水平射程之比,所以在星球上的水平射程为:,故B正确,ACD错误.【点睛】本题考查了万有引力理论与平抛运动的综合,掌握万有引力等于重力这一理论,并能灵活运用.3、C【解析】

根据图象知纵横坐标的乘积是先增大后减小的,即功率P=Fv先增大后减小。A.一直增大,与结论不相符,选项A错误;B.一直减小,与结论不相符,选项B错误;C.先增大后减小,与结论相符,选项C正确;D.先减小后增大,与结论不相符,选项D错误;4、D【解析】

根据动能定理求出石块落地时的动能大小,或者用机械能守恒定律列式求解.【详解】根据动能定理得,mgh=mv2−mv1,解得石块落地时的动能Ek=mv2=mgh+mv1.故D正确,ABC错误。故选D。【点睛】运用动能定理解题首先要确定研究对象和研究过程,分析有哪些力做功,根据动能定理列出表达式进行求解.5、B【解析】

AB.若桌面光滑,对整体为对象,由牛顿第二定律得:F=(M+m)a;以M为对象,由牛顿第二定律得:FN=Ma;解得则M、m间的相互作用力为,故A错误,B正确;CD.若桌面的摩擦因数为,对整体为对象,由牛顿第二定律得:F-μ(M+m)g=(M+m)a;以M为对象,由牛顿第二定律得:FN-μMg=Ma;解得则M、m间的相互作用力为,故CD错误。6、BCD【解析】

A.如果物体所受合外力为零,则合外力对物体做的功一定为零,此说法正确,选项A不符合题意;B.如果合外力对物体所做的功为零,则合外力不一定为零,例如做匀速圆周运动的物体,此说法不正确,选项B符合题意;C.物体在合外力作用下做变速运动,动能可能不变,例如做匀速圆周运动的物体,此说法不正确,选项C符合题意;D.物体的动能不变,所受合外力不一定为零,例如做匀速圆周运动的物体,此说法不正确,选项D符合题意;7、AC【解析】最终子弹都没有射出,则最终子弹与滑块的速度相等,根据动量守恒定律可知,两种情况下系统的末速度相同.A、B项:子弹对滑块做的功等于滑块动能的变化量,滑块动能的变化量相同,则子弹对滑块做功一样多,故A正确,B错误;C、D项:根据能量守恒定律得,系统初状态的总动能相等,末状态总动能相等,则系统损失的能量,即产生的热量一样多,故C、D错误.点晴:子弹射入滑块的过程,符合动量守恒,所以我们判断出最后它们的速度是相同的,然后利用动能定理或能量守恒进行判断.8、ABD【解析】万有引力充当向心力,故有GMmr2=m4π29、ACD【解析】

根据万有引力等于向心力,则有,解得,,,对于在同一轨道上绕地球做匀速圆周运动的北斗卫星,故其线速度大小相同,周期相同,向心加速度的大小相同,由于北斗卫星的质量未知,所以向心力的大小不一定相同,故选项A、C、D正确,B错误。10、AC【解析】

则当振动膜片向右振动时板间距离减小,根据公式,所以电容增大,又因为电路接通所以电压不变,据可知电荷量增加,电容被充电,则电阻R上电流方向自右向左,电容器两极板间的场强增大,故AC正确,BD错误.故选AC.二、实验题11、2.0【解析】

根据竖直方向上连续相等时间内的位移之差是一恒量,求出相等的时间间隔,结合水平位移和时间间隔求出小球平抛运动的初速度。【详解】第一空.第二空.在竖直方向上,根据,得:,则小球的初速度:。【点睛】本题主要考查了对平抛运动实验的数据处理,较为简单。12、CNOP的距离x2,ON的距离x3max2=max1+mbx3【解析】

(1)A.验证碰撞中的动量守恒实验,为防止入射球反弹,入射球的质量应大于被碰球的质量,故A错误.B.“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即可,实验时要保证斜槽轨道末端的切线是水平的,对斜槽是否光滑没有要求,故B错误;C.要保证碰撞后都做平抛运动,两球要发生正碰,碰撞的瞬间,入射球与被碰球的球心应在同一水平高度,两球心的连线应与轨道末端的切线平行,因此两球半径也应该相同,故C正确.D.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D错误.(2)小球a和小球b相撞后,小球b的速度增大,小球a的速度减小,b球在前,a球在后,两球都做平抛运动,由图示可知,未放被碰小球时小球a的落地点为P点,碰撞后a、b的落点点分别为M、N点.(3)小球离开轨道后做平抛运动,小球在空中的运动时间t相等;碰撞过程动量守恒,则mav0=mavA+mbvB,两边同时乘以时间t得:mav0t=mavAt+mbvBt,则maOP=maOM+mbON,故验证动量守恒需要测量的物理量还有OP的距离x2,ON的距离x3.(4)代入测量数据可得,验证动量守恒的表达式为max2=max1+mbx3.【点睛】实验注意事项:①前提条件保证碰撞是一维的,即保证两物体在碰撞之前沿同一直线运动,碰撞之后还沿这条直线运动.②利用斜槽进行实验,入射球质量要大于被碰球质量,即m1>m2,防止碰后m1被反弹.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、(1)ω=52rad/s(2)【解析】【分析】对小球受力分析,小球靠重力和拉力的合力提供向心力,根据牛顿第二定律求出角速度的大小;根据平行四边形定则求出绳子的张力;解:(1)小球绕杆做圆周运动,其轨道平面在水平面内,轨道半径r=代入数据解得:r=由牛顿第二定律得mg代入数据解得:ω=5(2)绳子的拉力F=14、(1)0.4;(2)0.8m【解析】

(1)由题意可得,当小物体在圆盘上随圆盘一起转动时,圆盘对小物体的静摩擦力提供向心力,所以随着圆盘转速的增大,小物体受到的静摩擦力增大.当静摩擦力最大时,小物体即将滑落,此时圆盘的角速度达到最大,为:…(1),N=mg…(2)两式联立可得:μ=0.4(2)当物体滑离餐桌时,开始做平抛运动,小物体与餐桌的摩擦力忽略不计,平抛的初速度为物体在物体从圆盘上甩出的速度,物体从圆桌上甩出的速

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