湖南省株洲市醴陵一中2024-2025学年高一下物理期末考试模拟试题含解析.doc

湖南省株洲市醴陵一中2024-2025学年高一下物理期末考试模拟试题
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考场号和座位号填写在试题卷和答题卡上。用2B铅笔将试卷类型（B）填涂在答题卡相应位置上。将条形码粘贴在答题卡右上角"条形码粘贴处"。
2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答案不能答在试题卷上。
3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。
4．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。

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、 (本题9分)某校师生去位于复兴路的军事博物馆进行参观．如图所示，同学们从航天桥（图中A位置）出发，骑单车经公主坟（图中B位置）到达军事博物馆（图中C位置）．利用网络地图的测距功能测得A、B间的距离约为1.9km，B、C间的距离约为1.0km，A、C间的距离约为2.1km．由以上信息可知，同学们从航天桥到军事博物馆的位移大小约为

A．3.0km B．2.1km C．1.9km D．1.0km
2、 (本题9分)自然界中有很多物体做曲线运动，在曲线运动中，物体的运动速度（　　）
A．方向一定改变 B．方向一定不变
C．大小一定改变 D．大小一定不变
3、 (本题9分)如图所示，两块较大的金属板A、B平行水平放置并与一电源相连，S闭合后，两板间有一质量为m、带电量为q的油滴恰好在P点处于静止状态。则下列说法正确的是

A．在S仍闭合的情况下，若将A板向下平移一小段位移，则油滴向下加速运动，G中有的电流，P点电势升高
B．在S仍闭合的情况下，若将A板向右平移一小段位移，则油滴仍然静止，G中有的电流，P点电势不变
C．若将S断开，且将A板向左平移一小段位移，则油滴向下加速运动，G中无电流，P点电势升高
D．若将S断开，再将A板向下平移一小段位移，则油滴向上加速运动，G中无电流，P点电势降低
4、 (本题9分)在如图所示的电路中，E是直流电源，A、B是平行板电容器的两极板。电容器原来不带电，闭合开关S，电源给电容器充电，下列说法正确的是

A．充电过程中，电容器的电容增大
B．充电时，电容器储存的是电场能
C．充电时，A极板带负电荷、B极板带正电荷
D．充电过程中，没有电流流过电阻R
5、 (本题9分)举世瞩目的“神舟”十号航天飞船的成功发射，显示了我国航天事业取得的巨大成就．已知地球的质量为M，引力常量为G，设飞船绕地球做匀速圆周运动的轨道半径为r，则飞船在圆轨道上运行的速率为
A． B． C． D．
6、如图所示，弧形光滑轨道的下端与轨道半径为R的竖直光滑圆轨道相接，使质量为m的小球从高h的弧形轨道上端自由滚下，小球进入圆轨道下端后沿圆轨道运动。当小球通过圆轨道的最高点时，对轨道的压力大小等于小球重力大小。不计空气阻力，重力加速度为g，则

A．小球通过最高点时的速度大小为
B．小球在轨道最低点的动能为2.5mgR
C．小球下滑的高度h为3R
D．小球在轨道最低点对轨道压力的大小为7mg
7、 (本题9分)如图所示，a、b、c、d表示一定质量的理想气体状态变化中的四个状态，图中ad与T轴平行，cd与p轴平行，ab的延长线过原点，则下列说法中正确的是（　　）

A．气体在状态a时的体积大于在状态b时的体积
B．从状态b到状态a的过程，气体吸收的热量一定等于其增加的内能
C．从状态c到状态d的过程，气体分子的平均动能不变，但分子的密集程度增加
D．从状态a到状态d的过程，气体对外做功，内能不变
E.从状态b到状态c的过程，气体从外界吸收的热量一定大于其对外做的功
8、 (本题9分)一个质量为为m的物体以加速度a=g竖直向上加速运动，在物体上升高度h的过程中，以下说法中正确的是（ ）
A．物体的重力势能增加了mgh
B．物体的动能增加了2mgh
C．拉力不做功机械能保持不变
D．物体的机械能增加了2mgh
9、 (本题9分)如图所示，三个小球A、B、C的质量均为m，A与B、C间通过铰链用轻杆连接，杆长为L，B、C置于水平地面上，用一轻质弹簧连接，弹簧处于原长．现A由静止释放下降到最低点，两轻杆间夹角α由60°变为120°，A、B、C在同一竖直平面内运动，弹簧在弹性限度内，忽略一切摩擦，重力加速度为g.则在此过程中

A．A的动能达到最大前，B受到地面的支持力小于mg
B．A的动能最大时，B受到地面的支持力等于mg
C．弹簧的弹性势能最大时，A的加速度方向竖直向下
D．弹簧的弹性势能最大值为mgL
10、一半径为R的球形行星绕其自转轴匀速转动，若质量为m的物体在该星球两极时的重力为G0，在赤道上的重力为，则（　　）
A．该星球自转的角速度大小为
B．环绕该星球表面做匀速圆周运动的卫星的速率为
C．环绕该星球表面做匀速圆周运动的卫星的速率为
D．放置于此星球表面纬度为60°处的物体，向心加速度大小为
二、实验题
11、（4分）利用图中所示装置-研究平拋物体的运动

(1)下列操作正确的是_________。
A．调节斜槽末端切线水平
B．小球必须从斜槽同一位置释放
C．斜槽必须光滑
D．以小球在斜槽末端时球心在木板（白纸)上的射影为轨迹的抛出点
(2)用乙是某同学描绘出的轨迹，试判断:A点是抛出点吗？______。(填“是”或“否”）
(3)另一同学将A纸换成方格纸，每个小方格的边长L=20cm,通过实验，记录了小球在运动途中的个位置。如图丙所示，则小球做平抛运动的初速度= ____m/s；运动到B点时的速度____m/s(g取10m/s2).
12、（10分） (本题9分)在验证机械能守恒定律的实验中，要验证的是重物重力势能的减少量等于重物动能的增加量，实验装置如图所示，则：

（1）以下步骤仅是实验操作的一部分，请将必要的步骤挑选出来，并且按合理的顺序排列_________（填代号）；
A．把打点计时器固定在铁架台上，并用导线把它和交流电电源连接起来
B．用天平称出重物的质量
C．把纸带的一段固定在重物上，另一端穿过打点计时器的限位孔，把重物提升到一定的高度
D．用秒表测出重物下落的时间
E．释放纸带
F．重复几次，得到3~5条符合要求的纸带
G．接通电源
（2）在选纸带时，若打第一点的速度为零，需要满足所打的第1、2点的距离大约为_______；
A．1mm B．2mm C．1cm D．2cm
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)一绝缘“”形杆由两段相互平行的足够长的水平直杆PQ、MN和一半径为R的光滑半圆环MAP组成，固定在竖直平面内，其中MN杆是光滑的，PQ杆是粗糙的，现将一质量为m的带正电荷的小环套在MN杆上，小环所受的电场力为重力的．

（1）若将小环由D点静止释放，则刚好能到达P点，求DM间的距离；
（2）若将小环由M点右侧5R处静止释放，设小环与PQ杆件的动摩擦因数为μ，小环所受最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，求小环在整个运动过程中克服摩擦力所做的功．
14、（14分） (本题9分)如图所示，矩形区域MNPQ内有水平向右的匀强电场，虚线框外为真空区域；半径为R、内壁光滑、内径很小的绝缘半圆管ADB固定在竖直平面内，直径AB垂直于水平虚线MN，圆心O恰在MN的中点，半圆管的一半处于电场中．一质量为m，可视为质点的带正电小球从半圆管的A点由静止开始滑入管内，小球从B点穿出后，能够通过B点正下方的C点．重力加速度为g，小球在C点处的加速度大小为5g/1．求：

（1）小球所受电场力的大小；
（2）小球在B点时，对半圆轨道的压力大小；
（1）虚线框MNPQ的宽度和高度满足的条件．
15、（13分） (本题9分)一台小型电动机在3V电压下工作，用此电动机提升所受重力为4 N的物体时，通过它的电流是0.2A．在30s内可使该物体被匀速提升3m．若不计除电动机线圈生热之外的能量损失，求：
(1)电动机的输入功率；
(2)在提升重物的30s内，电动机线圈所产生的热量；
(3)线圈的电阻．
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】
根据位移的概念，位移等于从起点指向终点的有向线段的长度，由题意可知，同学们从航天桥到军事博物馆的位移大小约为2.1km，故选B.
2、A
【解析】
试题分析：曲线运动的速度方向一定发生变化，大小不一定变化，如平抛运动速度大小在变化，但是匀速圆周运动速度大小恒定不变，所以A正确，BCD错误
故选A
考点：考查了对曲线运动的理解
点评：基础题，关键是知道曲线运动速度方向一定是变化的
3、B
【解析】
A.开始时，重力和电场力平衡，故有：

在S仍闭合的情况下，将板向下平移一小段位移，由可知电场强度变大，故油滴应向上加速运动，故A错误；
B.在S仍闭合的情况下，若将板向右平移一小段位移，由 可知电场强度不变，油滴仍静止；根据和则有：

故电容器的电量减小，放电，故中有的电流，因电势差不变，那么点的电势也不变，故B正确；
C.若将S断开，不变，向左平移一小段距离，根据可知，电容减小，再根据 可知，增大；根据可知，增大；电场力增大，油滴向上运动；由于电量不变，故中无电流，由于电场强度变大，则电势差增大，而板接地，因此点电势降低，故C错误；
D.若将S断开，不变，再将板向下平移一小段位移，根据，和可得：

故电场强度不变，故电场力不变，故油滴静止，由于电量不变，故中无电流，由于电场强度变大，则电势差增大，而板接地，因此点电势也不变，故D错误。
4、B
【解析】
AB.初始时电容器不带电，当闭合开关S，在电源向电容器充电的过程中，因电容C不变，根据电容器的定义式可知，Q=CU，那么电容器的电量Q增大，充电时，储存的是电场能，故A错误，B正确。
C.充电时，电流从正极流向正极板，故A极板带正电，B极板带负电，故C错误。
D.充电过程中，形成闭合回路，电流流过电阻R，故D错误。
5、A
【解析】
研究飞船绕地球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力，列出等式：，解得：v＝，故选A．
6、ACD
【解析】
A.小球经过最高点，对轨道的压力N=mg，依据牛顿第三定律可知轨道对小球的压力为mg，由牛顿第二定律有：mg+mg=m，解得，故A正确。
C.小球自开始下滑到圆轨道最高点的过程，依据动能定理有mg（h-2R）=mv2，解得 h=3R，故C正确。
BD.设小球从更高的位置释放运动到最低点时的速度为v1，受轨道的压力为N1，根据牛顿第二定律有，N1-mg=m，小球由最低点运动到最高点的过程，根据动能定理有，mg•2R=mv12−mv2，解得最低点动能mv12=3mgR，压力N1=7mg，故B错误，D正确。
7、BCE
【解析】
A．因ab连线过原点，可知是等容线，则气体在状态a时的体积等于在状态b时的体积，选项A错误；
B．从状态b到状态a的过程，气体体积不变，则对外做功为零，即W=0，根据∆U=W+Q可知，气体吸收的热量一定等于其增加的内能，选项B正确；
C．从状态c到状态d的过程，气体的温度不变，压强变大，体积减小，则气体分子的平均动能不变，但分子的密集程度增加，选项C正确；
D．从状态a到状态d的过程，气体压强不变，温度升高，则体积变大，气体对外做功，内能变大，选项D错误；
E．从状态b到状态c的过程，气体温度升高，体积变大，内能增加，对外做功，根据∆U=W+Q可知，气体从外界吸收的热量一定大于其对外做的功，选项E正确。
故选BCE。
8、AD
【解析】
试题分析：对物体受力分析，受重力G和向上的拉力F，根据牛顿第二定律列式求出各个力，然后根据功能关系得到各种能量的变化情况
【详解】
A、物体上升h高度，克服重力做功mgh，则物体重力势能增加了mgh，A正确；
B、由牛顿第二定律知，物体的合力，方向向上，则合力做功为 ，由动能定理知物体的动能增加了mgh，B错误；
CD、物体从静止开始以g的加速度沿竖直方向匀加速上升，由牛顿第二定律得 ，解得 ，则拉力F对物体做功为 ，由功能原理可知，故机械能增加了2mgh，C错误．D正确
故选AD
9、AB
【解析】
A的动能最大时，设B和C受到地面的支持力大小均为F，此时整体在竖直方向受力平衡，可得2F=3mg，所以，在A的动能达到最大前一直是加速下降，处于失重情况，所以B受到地面的支持力小于，故AB正确；当A达到最低点时动能为零，此时弹簧的弹性势能最大，A的加速度方向向上，故C错误；A球达到最大动能后向下做减速运动，到达最低点时三个小球的动能均为零，由机械能守恒定律得，弹簧的弹性势能为Ep＝mg(Lcos 30°－Lcos 60°)＝，故D错误．所以AB正确，CD错误．
10、ACD
【解析】
A.在两极，万有引力等于重力，有：G＝G0，在赤道，有：G＝+mRω2，联立两式解得ω=，故A正确．
BC.根据G＝m得，v=，又G＝G0，解得v=，故B错误，C正确．
D.处于星球表面纬度为60°处的物体，绕地轴转动的半径r=Rcos60°＝R，则向心加速度a=rω2＝R•＝，故D正确．
故选ACD．

二、实验题
11、（1）ABD （2）否 （3）v0=3 m/s vB=5 m/s
【解析】
第一空.调节斜槽末端切线水平，选项A正确；小球必须从斜槽同一位置释放，以保证小球到达斜槽底端时速度相同，选项B正确；斜槽没必要光滑，只要小球到达底端时速度相同即可，选项C错误；以小球在斜槽末端时球心在木板（白纸)上的射影为轨迹的抛出点，选项D正确；
第二空.若A为抛出点，所以根据平抛运动规律有：竖直方向应该是自由落体，因此竖直位移之比为1：3：5，然而，hAB：hBC=3：5，所以A点不是抛出起点。
第三空. 由图可知，物体由A→B和由B→C所用的时间相等，且有：△y=gT2，由图可知△y=2L=40cm=0.4m，代入解得，T=0.2s；x=v0T，将x=3L=60cm=0.60m，代入解得：v0=3.0m/s；
第四空.竖直方向自由落体运动，根据匀变速直线运动中时间中点的瞬时速度等于该过程中的平均速度有：。所以.
12、 (1)ACGEF (2)B
【解析】
（1）根据实验过程，则实验的合理顺序排列：ACGEF；
（2）若打第一点的速度为零，根据自由落体运动的规律可知所打的第1、2点的距离大约为，故选B.

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)4R　(2)若μ≥ ，Wf＝　若μ< ，Wf＝ mgR
【解析】
试题分析: （1）小球刚好到达P点时，速度为零，对小球从D点到P点过程，由动能定理得
qEx-2mgR=0-0
又由题意，
联立解得，x=4R
若μ≥，则μmg≥qE．
设小球到达P点左侧静止，由动能定理得
qE（5R-）-mg•2R-f=0
又f=μN=μmg
联立解得，
所以整个运动过程中克服摩擦力所做的功为
若μ<,则μmg<qE
小环经过往复运动，最后在P点速度为0，
据动能定理qE·5R－mg·2R－W2＝0
克服摩擦力做功
考点：动能定理的应用；带电粒子在匀强电场中的运动
14、（1）（2）（1），
【解析】
（1）小球在C处受水平向右的电场力F和竖直方向的重力mg，由题，加速度为g
则由=m(g) 解得 Eq=
（2）小球从A→B过程，根据动能定理得：mg?2R-qER=m
解得：vB=
根据牛顿第二定律得：N-mg=m代入解得：N=
（1）小球从B→C水平方向做匀减速直线运动，竖直方向做自由落体运动
水平方向：ax==竖直方向：ay=g
设向左减速时间为t，则有t==x=vBt=y=g（2t）2=
虚线框MNPQ的宽度应满足条件L＞2R，高度应满足条件H＞R+=．
15、（1）0.6（2）6（3）5
【解析】
(1)电动机的输入功率
P入＝UI＝0.2×3 W＝0.6 W.
(2)电动机提升重物的机械功率
P机＝Fv＝(4×3/30) W＝0.4 W.
根据能量关系P入＝P机＋PQ，得生热的功率
PQ＝P入－P机＝(0.6－0.4) W＝0.2 W.
所生热量Q＝PQt＝0.2×30 J＝6 J.
(3)根据焦耳定律Q＝I2Rt，得线圈电阻
R＝＝Ω＝5 Ω.