山东省菏泽市第一中学2024-2025学年高一物理下学期7月期末考试模拟试题含解析

PAGE19-山东省菏泽市第一中学2024-2025学年高一物理下学期7月期末考试模拟试题（含解析）一、单选题(本大题共8小题，共24.0分)1.在力学理论建立的过程中，有很多宏大的科学家做出了贡献。关于科学家和他们的贡献，下列说法中不正确的是（）A.美国科学家富兰克林通过试验发觉并命名了正电荷和负电荷B.库仑发觉了库仑定律但并没有测出静电力常量C.开普勒通过探讨第谷的行星观测记录，发觉了行星运动三大定律D.牛顿总结出了万有引力定律并用扭秤试验测出了引力常量【答案】D【解析】【详解】A．美国科学家富兰克林通过试验发觉并命名了正电荷和负电荷，选项A正确，不符合题意；B．库仑发觉了库仑定律，但是他并没有测出静电力常量，选项B正确，不符合题意；C．开普勒通过探讨第谷的行星观测记录，发觉了行星运动三大定律，选项C正确，不符合题意；D．牛顿总结出了万有引力定律，卡文迪许用扭秤试验测出了引力常量，选项D错误，符合题意。故选D。2.一物体在以xOy为直角坐标系的平面上运动，其运动规律为x=－2t2－4t，y=3t2＋6t（式中的物理量单位均为国际单位），关于物体的运动，下列说法正确的是（）A.物体在x轴方向上做匀减速直线运动B.物体运动的轨迹是一条直线C.物体在y轴方向上做变加速直线运动D.物体运动的轨迹是一条曲线【答案】B【解析】【详解】A．依据匀变速直线运动的规律可知方向初速度和加速度分别为速度与加速度同向，物体在x轴方向上做匀加速直线运动，A错误；B．方向初速度和加速度分别为则初始时刻可知初速度与加速度共线，物体运动的轨迹是一条直线，B正确，D错误；C．物体在y轴方向上加速度恒定且与速度同向，所以物体做匀加速直线运动，C错误。故选B。3.如图所示，虚线a、b、c代表电场中的三个等势面，相邻等势面之间的电势差相同，实线为一带负电的质点仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹，P、Q是这条轨迹上的两点，由此可知（）A.三个等势面中，c等势面电势最高B.电场中Q点的电势能大于P点C.该带电质点通过P点时动能较大D.该带电质点通过Q点时加速度较大【答案】A【解析】【详解】A．电荷所受电场力指向轨迹内侧，由于电荷带负电，因此电场线指向左上方，沿电场线电势降低，故c等势线的电势最高，故A正确；BC．因为从Q到P电场力做负功，则电势能变大，动能减小，则Q点的电势能小于P点的电势能，带电质点通过Q点时动能较大，选项BC错误；D．由于相邻等势面之间的电势差相同。等势线密的地方电场线密场强大，故P点位置电场强度比Q点较大，电场力大，依据牛顿其次定律，在P点的加速度也大，故D错误。故选A。4.如图所示是北斗导航系统中部分卫星的轨道示意图，已知P、Q、M三颗卫星均做匀速圆周运动，其中P是地球同步卫星，则（）A.卫星P、M的角速瘦 B.卫星Q、M的加速度C.卫星P、Q的机械能肯定相等 D.卫星P和Q均可相对地面静止【答案】A【解析】【详解】A．由万有引力供应向心力G=mω2r得则半径大的角速度小，则ωP<ωM，故A正确；B．由万有引力供应向心力G=ma得a=G卫星Q、M的加速度aQ<aM．故B错误；C．卫星P、Q的质量关系不确定，则机械能不肯定相等，选项C错误；D．卫星Q的轨道平面不与赤道重合，则不行能相对地面静止，选项D错误。故选A。5.如图所示，李明和张华在小区电梯内看到一则小广告：“铁笼飞车燃情登场，摆脱地心引力，给你一场极限视觉享受”。关于广告内容，二人发生了争技，以下是二人的说法，你认为正确的是（）A.飞车不行能摆脱地心引力，除非飞车速度达到7.9km/sB.飞车不行能摆脱地心引力，除非飞车速度能够超过11.2km/sC.若飞车速度足够大，最终可以成为一颗绕地球运动且速度大于7.9km/s卫星D.由牛顿运动定律可知，只要飞车始终加速，速度最终就可以超过光速【答案】B【解析】【详解】AB．要想脱离地球的引力而飞出地球，其速度必需要大于其次宇宙速度11.2km/h，则选项A错误，B正确；C．第一宇宙速度7.9km/h是绕地球做圆周运动的卫星的最大环绕速度，则即使飞车速度足够大，最终也不行能成为一颗绕地球运动且速度大于7.9km/s的卫星，选项C错误；D．光速是自然界速度的极限，在任何参考系中，物体的运动速度都不能超过光速，故D错误。故选B。6.一辆汽车在水平路面上由静止启动，在前4s内做匀加速直线运动，4s末达到额定功率，之后保持额定功率运动，其v—t图象如图所示。已知汽车的质量为m=3×103kg，汽车受到的阻力为车重的0.2倍，g取10m/sA.汽车的最大速度为20m/sB.汽车的额定功率为180kWC.汽车在前4s内的牵引力为1.5×104ND.汽车在前4s内牵引力做的功为3.6×105J【答案】A【解析】【详解】ABC．汽车匀加速启动，则在匀加速阶段，牵引力恒定，由图可知，在匀加速运动阶段加速度依据牛顿其次定律代数解得在4s末，汽车达到额定功率，依据代数可得，汽车的额定功率为当达到额定功率后，功率不再改变，速度接着增加，故牵引力减小，当牵引力减小到等于阻力时，汽车达到最大速度。有解得所以A选项符合题意，BC选项不合题意，故A正确，BC错误；D．汽车在前4s内牵引力做的功为联立解得所以D选项不合题意，故D错误。故选A。7.如图所示，有竖直向下的匀强电场，A、B两等势面间的距离为5cm，电势差为25V，在电场中的P点固定放置电荷量为5×10-9CA.只有一点，在P点的下方30cm处B.只有一点，在P点的上方30cm处C.有两点，在P点的上方和下方30cm处各有一点D.有若干个点，均在以P点为圆心的圆周上【答案】A【解析】【详解】据题A、B两个等势面的电势差为U、距离为d，则匀强电场的场强设M的场强变为零，说明负电荷在M点产生的场强与匀强电场的场强大小相等，方向相反，则M点必定与P点在同一电场线上，且位于P点下方。设M、P之间的距离为r。则有联立解得故选A。8.如图所示，无限大匀称带正电薄板竖直放置，其四周空间的电场可认为是匀强电场．光滑绝缘细管垂直于板穿过中间小孔，一个视为质点的带负电小球在系管内运动，以小孔为原点建立x轴，轨道x轴正方向为加速度a、速度v的正方向，下图分别表示x轴上各点的电势，小球的加速度a、速度v和动能随x的改变图像，其中正确的是（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【详解】A.在范围内，当增大时，由，可知，电势差匀称增大，应为向上倾斜的直线；在范围内，当增大时，由，可知，电势差匀称减小，也应为向下倾斜的直线，故A错误；B.在范围内，电场力向右，加速度向右，为正值；在范围内，电场力向左，加速度向左，为负值；故B错误；C.在范围内，依据动能定理得：，图象应是曲线；同理，在范围内，图线也为曲线，故C错误；D.在范围内，依据动能定理得：，图象应是倾斜的直线；同理，在范围内，图线也为倾斜的直线，故D正确．故选D二、多选题(本大题共4小题，共16.0分)9.静电现象在技术中有很多应用，图中四张图片反映的是静电技术在生活中的应用，下列说法正确的是（）A.甲图为超高压带电作业的工作人员，为了保证他们的平安，他们必需穿上橡胶制成的绝缘衣服B.图乙为家用煤气灶的点火装置，它是依据尖端放电的原理而制成的C.图丙为避雷针的示意图，只要在高大建筑物屋顶插入一根尖锐的导体棒即可防止建筑物被雷击D.图丁为静电喷漆的示意图，静电喷滓时使被喷的金属件与油漆雾滴带相反的电荷，这样使油漆与金属表面结合得更坚固，这个过程中带电油漆雾滴的电势能减小【答案】BD【解析】【详解】A．由静电屏蔽原理可知，金属壳或金属网内的场强到处为零，因此超高压带电作业的工作人员，为了保证他们的平安，必需穿上掺入金属丝制成的衣服，故A错误；B．家用煤气灶的点火装置，它是依据尖端放电的原理而制成的，故B正确；C．避雷针通过接地引线与接地装置连接，有雷电时通过就尖端放电避开累计，只在高大建筑物屋顶插入一根尖锐的导体棒而不接地，不能防止建筑物被雷击，故C错误；D．静电喷漆时使被喷的金属件与油漆雾滴带相反的电荷，这样使油漆与金属表面结合得更坚固，这个过程中电场力对带电油漆雾滴做正功，其电势能减小，故D正确。故选BD。10.如图所示.，粗糙斜面上的轻质弹簧一端固定，另一端与小物块相连，弹簧处于自然长度时物块位于O点.现将物块拉到A点后由静止释放，物块运动到最低点B，图中B点未画出.下列说法中正确的是()A.B点肯定在O点下方B.速度最大时，物块的位置可能在O点下方C.从A到B的过程中，物块和弹簧的总机械能肯定减小D.从A到B的过程中，物块减小的机械能可能大于它克服摩擦力做的功【答案】BCD【解析】【详解】A．弹簧处于自然长度时物块处于O点，所以在O点，弹簧弹力为零，物体从A向B运动过程，受重力、支持力、弹簧的拉力和滑动摩擦力，当平衡时速度最大，由于不知道摩擦力与重力沿斜面对下的分力大小，所以无法推断B点在O点的上方还是下方，故A错误；B．物体从A向B运动过程，受重力、支持力、弹簧的拉力和滑动摩擦力，当平衡时速度最大，此时摩擦力平行斜面对上；若mgsinθ＜f，所以当弹力和重力沿斜面的重量等于摩擦力时，速度最大，此时弹簧处于伸长状态，所以速度最大时，物块的位置在O点上方；若mgsinθ＞f，所以当重力沿斜面的重量等于摩擦力和弹簧弹力时，速度最大，此时弹簧处于压缩状态，所以速度最大时，物块的位置在O点下方，若mgsinθ=f，当弹力为零时，速度最大，此时弹簧处于原长，所以速度最大时，物块的位置在O点，故B正确；C．从A到B的过程中，滑动摩擦力始终做负功，故物块和弹簧组成的系统机械能减小，故C正确；D．从A到B的过程中，依据能量守恒定律，物块减小的机械能等于弹性势能的减小量和克服摩擦力做的功之和，若弹簧的弹性势能增加时，则物块减小的机械能大于它克服摩擦力做的功，故D正确．11.如图所示，一固定斜面倾角为30°，一质量为m的小物块自斜面底端以肯定的初速度沿斜面对上做匀减速运动，加速度大小等于重力加速度的大小g．物块上升的最大高度为H，则此过程中，物块的（）A.动能损失了2mgHB.动能损失了mgHC.机械能损失了mgHD机械能损失了mgH【答案】AC【解析】【分析】知道加速度，依据牛顿其次定律和动能定理可求得动能的损失；依据牛顿其次定律求出摩擦力，得到摩擦力做功，即可依据功能关系求解机械能的损失．【详解】AB．已知物体上滑的加速度大小为g，由动能定理得：动能损失等于物体克服合外力做功为：，故A正确B错误；CD．设摩擦力的大小为f，依据牛顿其次定律得：，解得：，则物块克服摩擦力做功为：，依据功能关系可知机械能损失了mgH，故C正确D错误．【点睛】解决本题的关键依据动能定理可求得动能的改变，驾驭功能关系，明确除了重力以外的力做功等于物体机械能的改变．12.如图两个等量正电荷固定于光滑水平面上，其连线中垂线上有A、B、C三点。一个电量为1C，质量为2kg的小物块从C点静止释放，依次通过BA两点，图像如图所示，其中B点为整条图线斜率最大的位置(图中标出了切线)。则下列说法正确的是（）A.由C点到A点的过程中，电势渐渐降低B.由C到A的过程中物块的电势能先减小后变大C.B点为中垂线上电场强度最大的点，场强D.AB两点的电势差【答案】AC【解析】【详解】A．两个等量同种正电荷，其连线中垂线上电场强度方向由O点沿中垂线指向外侧，故由C点到A点的过程中电势渐渐降低，A正确；B．由C到A的过程中带电粒子的速度增大，电场力做正功，电势能始终减小，B错误；C．从速度时间图像可知，带电粒子在B点的加速度最大，为所受的电场力最大为依据解得最大的场强为C正确；D．小物块通过BA两点依据动能定理得解得则D错误。故选AC。三、试验题(本大题共3小题，共21.0分)13.如图所示是探究向心力的大小F与质量m、角速度和半径r之间关系的试验装置图，转动手柄，可变速塔轮、长槽和短槽随之匀速转动。皮带分别套在塔轮的圆盘上，可使两个槽内的小球分别以不同角速度做匀速圆周运动。小球做圆周运动的向心力由横臂的挡板供应，同时，球对挡板的弹力使弹簧测力筒下降，从而露出标尺，标尺上露出的红白相间的等分格数之比即为两个球所受向心力的比值。（1）在这个试验中，我们采纳了_______________(选填“志向试验法”“限制变量法”“等效替代法”)探究向心力的大小与质量心、角速度和半径r之间的关系。探究向心力的大小与圆周运动角速度的关系时，应选择两个质量_________(选填“相同”或“不同的球”，分别放在挡板C与___________(选填“挡板A”或“挡板B”)处，同时选择半径______(选填“相同”或“不同”的两个塔轮。)（2）当用两个质量相等的小球做试验，并且左力小球的轨道半径是右边小球轨道半径的两倍时，转动时发觉右边标尺上露出的红白等间的等分格数为左边的2倍，那么左边塔轮与右边塔轮之间的角速度之比为_________。【答案】(1).限制变量法(2).相同(3).挡板A(4).不同(5).1：2【解析】【详解】(1)[1]该试验采纳限制变量法探讨向心力的大小与质量心、角速度和半径r之间的关系[2][3][4]当探究向心力的大小与圆周运动角速度的关系时，应选择两个质量相同的小球，并且运动轨道半径也相同，只是角速度不同，也就是皮带连接的两个塔轮的半径不同。(2)[5]依据由于，整理可得14.如图所示的试验装置可用来探究影响平行板电容器电容的因素，其中电容器左侧极板和静电计外壳接地，电容器右侧极板与静电计金属球相连．(1)使电容器带电后与电源断开①上移左极板，可视察到静电计指针偏转角________(选填“变大”“变小”或“不变”);②将极板间距离减小时，可视察到静电计指针偏转角________(选填“变大”“变小”或“不变”)；③两板间插入一块玻璃，可视察到静电计指针偏转角________(选填“变大”“变小”或“不变”)．(2)下列关于试验中运用静电计的说法中正确的有（）A．运用静电计的目的是视察电容器电压的改变状况B．运用静电计的目的是测量电容器电荷量的改变状况C．静电计可以用电压表替代D．静电计可以用电流表替代【答案】(1).变大(2).变小(3).变小(4).A【解析】【详解】(1)[1][2][3]依据电容的定义式和电容的确定式得当上移左极板时，S减小，则U增大，静电计指针偏转角变大；减小板间距离d时，则U减小，静电计指针偏转角变小；插入玻璃后，相对介电常数εr增大，则U减小，静电计指针偏转角变小(2)[4]AB.静电计可测量电势差，依据指针张角的大小，视察电容器电压的改变状况，无法推断电量的改变状况，故A正确，B错误CD.静电计与电压表、电流表的原理不同，不能替代．电流表、电压表线圈中必需有电流通过时，指针才偏转，故CD错误．15.在验证机械能守恒定律的试验中，质量为m的重锤从高处由静止起先落下，重锤上拖着的纸带通过打点计时器打出一系列的点，对纸带上的点的痕迹进行测量，就可验证机械能守恒定律．（1）如图所示，O点为起始点，选取纸带上打出的连续五个点A、B、C、D、E，测出点O、A间的距离为s0，点A、C间的距离为s1，点C、E间的距离为s2，运用的沟通电的频率为f，则C点的速度为________，打点计时器在打C点时重锤的动能为________，打点计时器在打O点和C点的这段时间内重锤的重力势能的削减量为_______.（2）利用该装置也可以测量重锤下落的加速度，则加速度的表达式为a=___________.（3）在验证机械能守恒定律的试验中发觉，重锤减小的重力势能总是略大于重锤动能的增加，其主要缘由是在重锤带着纸带下落过程中存在着阻力的作用．若已知当地重力加速的值为g，则重锤在下落的过程中受到的平均阻力大小为F＝____________．【答案】(1).（s1+s2）f/4(2).m(s1+s2)2f2/32(3).mg(s0+s1)(4).（s2-s1）f2/4(5).【解析】【详解】（1)[1]C点的速度为是AE段的平均速度[2]打点计时器在打C点时重锤的动能[3]打点计时器在打O点和C点的这段时间内重锤的重力势能的削减量为（2）[4]由公式解得（3）[5]依据牛顿其次定律得：解得：四、计算题(本大题共3小题，共38分)16.如图所示，内壁光滑的弯曲钢管固定在天花板上，一根牢固的细绳穿过钢管，两端分别拴着一个小球A和B。小球A和B的质量之比，当小球A中水平面内做匀速圆周运动时，小球A到管口的绳长为l，此时小球B恰好处于平衡状态。管子的内径粗细不计，重力加速度为g。试求：(1)拴着小球A的细绳与竖直方向的夹角θ；(2)小球A转动的周期。【答案】(1)θ=60°；(2)【解析】【详解】(1)对于小球B绳子的拉力T=mBg对A球分析，在竖直方向上的合力为零，则Tcosθ=mAg则：cosθ=，即θ=60°(2)依据牛顿其次定律得，解得17.如图所示，水平面与竖直面内半径为R的半圆形轨道在B点相切．一个质量为m的物体将弹簧压缩至离B点3R的A处由静止释放，物体沿水平面对右滑动，一段时间后脱离弹簧，经B点进入半圆轨道时对轨道的压力为8mg，之后沿圆形轨道通过高点C时速度为。物体与水平面间动摩擦因数为0.5，不计空气阻力．求：（1）经B点时物体的向心力大小；（2）离开C点后物体运动的位移；（3）弹簧的弹力对物体所做的功。【答案】(1)7mg；(2)，方向与水平面成45°的角斜向左下方；(3)5mgR【解析】【详解】(1)物块对轨道的