四川省自贡市衡水一中富顺学校2024-2025学年高一下物理期末学业水平测试模拟试题含解析.doc

四川省自贡市衡水一中富顺学校2024-2025学年高一下物理期末学业水平测试模拟试题
注意事项:
1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。
2．答题时请按要求用笔。
3．请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试卷上答题无效。
4．作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。
5．保持卡面清洁，不要折暴、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。

一、选择题（本题共12小题，每小题5分，共60分，在每小题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项正确，有的小题有多个选项正确.全部选对的得5分，选不全的得3分，有选错的或不答的得0分）
1、如图所示为远距离交流输电的简化电路图．发电厂的输出电压是U，用等效总电阻是r的两条输电线输电，输电线路中的电流是I1，其末端间的电压为U1．在输电线与用户间连有一理想变压器，流入用户端的电流是I2．则（ ）

A．用户端的电压为I1U1/I2
B．输电线上的电压降为U
C．理想变压器的输入功率为I12r
D．输电线路上损失的电功率为I1U
2、 (本题9分)某人将一静止重物举高h，并使重物获得速度v，则下列说法中正确的是
A．某人对物体所做的功等于物体动能的增量
B．某人对物体所做的功等于物体动能和势能增量之和
C．物体所受合外力对它做的功等于物体动能和势能增量之和
D．克服重力所做的功等于物体动能和势能增量之和
3、 (本题9分)下列说法符合史实的是（ ）
A．牛顿首先发现了行星的运动规律
B．开普勒发现了万有引力定律
C．卡文迪许首先在实验室里测出了万有引力常量数值
D．牛顿首先发现了海王星和冥王星
4、(本题9分)如图，从地面上方某点，将一质量为1Kg小球以5m/s的初速度沿水平方向抛出。小球经过1s落地。不计空气阻力，g=10m/s2。则可求出

A．小球抛出时离地面的高度是10m
B．小球落地时重力的瞬时功率为100W
C．小球落地时的速度大小是15m/s
D．小球落地时的速度方向与水平地面成30o角
5、下列说法正确的是（ ）
A．合外力对物体做正功，物体的机械能一定增加
B．物体做匀速圆周运动，其机械能一定不变
C．物体做匀速直线运动，其机械能不一定不变
D．滑动摩擦力只能对物体做负功
6、一根弹簧的弹力（F）大小与弹簧伸长量（x）的图线如图所示，那么在弹簧的伸长量由4cm伸长到8cm的过程中，弹簧弹力做功和弹性势能的变化量为

A．0.6 J，-0.6 J
B．-0.6 J，0.6 J
C．1.8 J，-1.8 J
D．-1.8 J，1.8 J
7、 (本题9分)如图所示，轻质弹簧的一端与固定的竖直板P栓接，另一端与物体A相连，物体A置于光滑水平桌面上（桌面足够大），A右端连接一水平细线，细线绕过光滑的定滑轮与物体B相连，开始时托住B，让A处于静止且细线恰好伸直，然后由静止释放B，直至B获得最大速度，下列有关该过程的分析中正确的是

A．B物体受到细线的拉力始终保持不变
B．B物体机械能的减少量大于弹簧弹性势能的增加量
C．A物体动能的增加量等于B物体重力对B做的功与弹簧弹力对A做的功之和
D．A物体与弹簧所组成的系统机械能的增加量等于细线拉力对A做的功
8、 (本题9分)如图所示，航天飞机在完成对哈勃空间望远镜的维修任务后，在A点从圆形轨道I进入椭圆轨道Ⅱ，B为轨道Ⅱ上的一点，如图所示，关于航天飞机的运动，下列说法中正确的有

A．在轨道Ⅱ上经过A的加速度小于在轨道I上经过A的加速度
B．在轨道Ⅱ上经过A的动能小于在轨道I上经过A的动能
C．在轨道Ⅱ上运动的周期小于在轨道I上运动的周期
D．在轨道Ⅱ上，B点引力的功率是最大的
9、 (本题9分)如图所乐，把质量为m的小球(可看作质点)放在竖直的轻质弹簧上，并把小球向下按到位置a(甲)迅速松手后，弹簧把小球弹起，球升至最高位置c(丙)，途中经过位置b(乙)时弹簧正好处于自然状态。已知a、b的高度差为h1，b、c的高度差为h2，重力加速度为g，不计空气阻力。则

A．小球从a上升到b位置的过程中，动能一直增大
B．小球从a上升到b位置的过程中，机械能一直增大
C．小球在a位置时，弹簧的弹性势能为mg(h2+h1)
D．小球在a位置时，弹簧的弹性势能为mgh1
10、 (本题9分)以下说法正确的是
A．做曲线运动的物体，受到的合外力一定不等于零
B．向心加速度大的物体比向心加速度小的物体速度方向改变快
C．系统受到的合外力为零时，系统的机械能一定守恒
D．系统受到的合外力为零时，系统的动量一定守恒
11、 (本题9分)将一个质量为的物体以的速度从的高度水平抛出,不计空气阻力,取,则（ ）
A．时物体所受重力的功率为
B．内物体所受重力的平均功率为
C．内物体所受重力的冲量大小为
D．内物体的动量增量大小为
12、 (本题9分)如图所示为氢原子能级的示意图，现有大量的氢原子处于的激发态，当向低能级跃进时将向外辐射出光子，关于这些光子，下列说法正确的是　　

A．波长最小的光是由能级跃迁到能级产生的
B．频率最小的光是由能级跃迁到能级产生的
C．这些氢原子总共可辐射出3种不同频率的光
D．从能级跃迁到能级时只辐射特定频率的光子
二．填空题(每小题6分，共18分)
13、利用图2装置做“验证机械能守恒定律”实验。

①为验证机械能是否守恒，需要比较重物下落过程中任意两点间的_______。
A．动能变化量与势能变化量
B．速度变化量和势能变化量
C．速度变化量和高度变化量
②除带夹子的重物、纸带、铁架台（含铁夹）、电磁打点计时器、导线及开关外，在下列器材中，还必须使用的两种器材是_________。
A．交流电源
B．刻度尺
C．天平（含砝码）
③实验中，先接通电源，再释放重物，得到图3所示的一条纸带。在纸带上选取三个连续打出的点A、B、C，测得它们到起始点O的距离分别为hA、hB、hC。
已知当地重力加速度为g，打点计时器打点的周期为T。设重物的质量为m。从打Ｏ点到打Ｂ点的过程中，重物的重力势能变化量＝_____，动能变化量＝_____。

14、 (本题9分)实验中用图示装置探究功与速度变化的关系。
步骤Ⅰ：小滑块在橡皮筋的作用下弹出，沿水平桌面上的光滑轨道PQ滑行，之后平抛落至水平地面上，落点记为；
步骤Ⅱ：在钉子上分别套上2条、3条、4条橡皮筋，重复步骤Ⅰ，小滑块落点分别记为、、；
步骤Ⅲ：测量相关数据，进行数据处理。
关于该实验，下列说法正确的是______
A.每次实验时使用橡皮条必须完全一样
B.每次实验时必须使用同一个小滑块
C.每次实验时橡皮条拉伸的长度可以不一致
D.实验中必须设法算出橡皮筋每次对小滑块做功的数值
将几次实验中橡皮筋对小物块做功分别记为、、、，小物块抛出点到落地点的水平距离分别记为、、、若功与抛出速度的平方成正比，则应以W为纵坐标、______为横坐标作图，才能得到一条直线。
由于小滑块所受的空气阻力不能忽略，则由此引起的误差属于______填“偶然误差”或“系统误差”。

15、 (本题9分)气垫导轨是常用的一种实验仪器．它是利用气泵 使带孔的导轨与滑块之间形成气垫，使滑块悬浮 在导轨上，滑块在导轨上的运动可视为没有摩擦．我们可以用带竖直挡板C和D的气垫导轨以及滑块A和B来验证动量守恒定律，实验装置如图所示（弹簧的长度忽略不计），

采用的实验步骤如下：
A．用天平分别测出滑块A、B的质量mA、mB；
B．调整气垫导轨，使导轨处于水平；
C．在A和B间放入一个被压缩的轻弹簧，用电动卡
销锁定，静止地放置在气垫导轨上；
D．用刻度尺测出A的左端至C板的距离L1；
E．按下电钮放开卡销，同时使分别记录滑块A、B运动时间的计时器开始工作．当A、B滑块分别碰撞C、D挡板时停止计时，记下A、B分别到达C、D的运动时间t1和t1．
本实验中还应测量的物理量是 ，利用上述测量的实验数据,
验证动量守恒定律的表达式是 ．
三．计算题(22分)
16、（12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．
17、（10分） (本题9分)A、B两车在一直线上向右匀速运动，（两车不同车道）B车在A车前，A车的速度大小为V1=8m/s，B车的速度大小为V2=20m/s，当A、B两车相距X0=28m时，B车因前方突发情况紧急刹车（已知刹车过程的运动可视为匀减速直线运动），加速度大小为a=2m/s2，从此时开
始计时，求：
（1）B车经多长时间停止？这段时间内A车B车位移分别为多少？
（2）B车停止时，A车是否追上B车？
（3）A车追上B车所用的时间？
参考答案

一、选择题（本题共12小题，每小题5分，共60分，在每小题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项正确，有的小题有多个选项正确.全部选对的得5分，选不全的得3分，有选错的或不答的得0分）
1、A
【解析】
试题分析：由于输电线与用户间连有一理想变压器，设用户端的电压是U 2，则U1I1=U2I2，得：．故A正确；输电线上损失的电压为U-U1，故B错误；理想变压器的输入功率为U1I1．故C错误；等效总电阻是r的两条输电线输电，输电线路中的电流是I1，所以输电线是损耗的功率是：I12r．故D错误；故选A．
2、B
【解析】
AB.根据除重力以外的力对物体做的功等于物体机械能的变化量，所以人对物体做的功等于物体机械能的增加，故A错误，B正确；
C.根据动能定理可知：合外力对物体做的功等于物体动能的增加量，故C错误；
D.物体重力做的功等于重力势能的变化量，所以物体克服重力做的功等于物体重力势能的增加量，故D错误。
3、C
【解析】
A项：开普勒发现了行星的运动规律，故A错误；
B项：牛顿发现了万有引力定律，故B错误；
C项：卡文迪许第一次在实验室里测出了万有引力常量，使万有引力定律有了真正的使用价值，故C正确；
D项：亚当斯和勒威耶发现了海王星，克莱德汤博发现了冥五星，故D错误．
4、B
【解析】
小球抛出点的高度h=gt2＝×10×1m＝5m；故A错误。小球落地时竖直分速度vy=gt=10m/s，落地时重力的瞬时功率为P=mgvy=100W，选项B正确；小球的速度大小，故C错误。设小球落地的速度方向与水平方向的夹角为θ，则tanθ＝＝2，可知θ≠30°．故D错误。
5、C
【解析】
A．根据动能定理可知，合外力对物体做正功，物体的动能一定增加，不能判断机械能是否变化，故A错误；
B．物体做匀速圆周运动可知其线速度大小不变，则动能不变，但构成机械能的势能部分未知，则机械能无法判断，故B错误；
C．物体做匀速直线运动可知动能不变，物体的势能可能不变或变化，则机械能有可能变化或不变，故C正确；
D．滑动摩擦力与相对运动方向相反，与运动方向可能相同或相反，则滑动摩擦力可以对物体做正功，负功或不做功，故D错误。
故选C。
6、D
【解析】
F-x图象与x轴包围的面积表示弹力做功的大小，故弹簧由伸长量4cm到伸长量8cm的过程中，弹力的功：，弹力做功为-1.8J，故弹力势能增加了1.8J
A. 0.6 J，-0.6 J与分析不符，A错误
B. -0.6 J，0.6 J与分析不符，B错误
C. 1.8 J，-1.8 J与分析不符，C错误
D. -1.8 J，1.8 J与分析相符，D正确
7、BD
【解析】
分析B，从开始运动到最后静止，B受到绳子的拉力和重力，当时，做加速运动，当时，B的速度最大，当做减速运动，因为B的加速度在变化，所以T也在变化，A错误．AB和弹簧组成的系统机械能守恒，所以B减小的机械能等于弹簧的弹力势能的增加量与A动能的增加量，B正确．A受绳子的拉力，弹簧的弹力，所以根据动能定理可得A物体动能的增加量等于细绳对A做的功与弹簧弹力对A做的功之和．C错误．因为A物体与弹簧组成的系统只有细绳的拉力做功，所以A物体与弹簧所组成的系统机械能的增加量等于细线拉力对A做的功，D正确．
8、BC
【解析】
A.在轨道Ⅱ上经过A点时所受的万有引力等于在轨道I上经过A点时所受的万有引力，所以加速度大小相等．故A错误．
B. 从轨道I上的A点进入轨道Ⅱ，需要减速，使得在该点万有引力大于所需的向心力做近心运动．所以在轨道Ⅱ上经过A点的动能小于在轨道I上经过A点的动能，故B正确．
C. 在轨道II上的半长轴小球轨道I上的半长轴（半径），由开普勒行星运动定律知，在轨道II上的周期小于在轨道I周期，所以C正确；
D.在轨道II上，B点的引力与速度方向垂直，则引力的功率为零，选项D错误．
9、BC
【解析】
A.小球从a上升到b位置的过程中，弹簧的弹力先大于重力，后小于重力，小球先加速后减速，故小球从a上升到b的过程中，动能先增大后减小，故A错误；
B.从a上升到b位置的过程中，弹簧对小球做正功，小球的机械能一直增大。故B正确。
CD.根据系统的机械能守恒得知，小球在图甲中时，弹簧的弹性势能等于小球由a到c位置时增加的重力势能，为：Ep=mg（h2+h1），故C正确，D错误.
10、ABD
【解析】
A. 做曲线运动的物体加速度不为零，则受到的合外力一定不等于零，选项A正确；
B. 向心加速度是描述线速度方向改变快慢的物理量，向心加速度大的物体比向心加速度小的物体速度方向改变快，选项B正确.
C. 系统受到的合外力为零时，系统的机械能不一定守恒，例如匀速上升的物体，选项C错误；
D. 系统受到的合外力为零时，系统的动量一定守恒，选项D正确；
11、BCD
【解析】
0.6s时物体的竖直速度：vy=gt=6m/s，则0.6s时物体所受重力的功率为P=mgvy=20×6=120W，选项A错误；0.6s时物体下落的竖直高度：h=gt2=1.8m，则0.6s时物体所受重力的平均功率为，选项B正确；0.6s内物体所受重力的冲量大小为I=mgt=20×0.6=12N⋅s，选项C正确；0.6s 内物体的动量增量大小为∆P=m∆v=2×6=12kg⋅m/s，选项D正确；故选BCD.
12、AD
【解析】
A.根据Em-En=h，由n=4能级跃迁到n=1能级产生的光，能量最大，波长最短，故A正确；
B.由n=4能级跃迁到n=3能级产生的光子能量最小，频率最小，故B错误；
C.大量的氢原子处于n=4的激发态，可能发出光子频率的种数n==1．故C错误；
D.从n=2能级跃迁到n=1能级辐射出的光子的能量E=E2-E1=-3.4ev-（-13.1）ev=10.2ev。故D正确。

二．填空题(每小题6分，共18分)
13、 ①A ② AB ③
【解析】此实验要验证的是重物重力势能的减小量与动能增加量之间的关系，故选项A正确；
②除带夹子的重物、纸带、铁架台（含铁夹）、电磁打点计时器、导线及开关外，在下列器材中，还必须使用的两种器材是：交流电源和刻度尺；因质量从方程两边消掉，故不许用天平测量质量；故选AB.
③从打Ｏ点到打Ｂ点的过程中，重物的重力势能变化量＝mghB；打B点时物体的速度，则动能变化量＝
14、AB 系统误差
【解析】
根据实验原理判断出实验注意事项，滑块离开桌面后做平抛运动，根据桌面到地面的高度，可计算出平抛运动的时间，再根据小物块抛出点到落地点的水平距离，可计算出小物块离开桌面时的速度，再知道小物块的质量，就可以计算出小物块的动能。根据，和，可得，因为功与速度的平方成正比，所以功与正比。
【详解】
（1）为了使n根相同橡皮筋对小物块做的功就等于系一根橡皮筋时对小物块做的功的n倍，各条橡皮筋保证完全一样，故A正确；每次实验时必须使用同一个小物块，保证小物块获得的速度与弹簧做功成正比，故B正确；为了保证每根橡皮筋对小物块做功相同，所以每次实验中，橡皮筋拉伸的长度必需要保持一致，但不能超过弹性限度，故C错误；橡皮筋完全相同，通过增加橡皮筋的条数来使功倍增，因此不需要计算橡皮筋每次对小物块做功的具体数值，故D错误；故选AB.
（2）根据，和，可得，因为功与速度的平方成正比，所以功与正比，故应以W为纵坐标、为横坐标作图，才能得到一条直线。
（3）一般来说，从多次测量揭示出的实验误差称为偶然误差，不能从多次测量揭示出的实验误差称为系统误差。由于小物块与桌面之间的摩擦不能忽略，则由此引起的误差属于系统误差。
明确实验原理，根据相应规律得出表达式，然后讨论。还要知道系统误差和偶然误差的区别，系统误差是由于仪器的某些不完善、测量技术上受到限制或实验方法不够完善没有保证正确的实验条件等原因产生，如停表测时间时，停表不准确，慢了，测的时间间隔总是偏小。偶然误差的特点是它的随机性。如果我们对一些物理量只进行一次测量，其值可能比真值大也可能比真值小，这完全是偶然的，产生偶然误差的原因无法控制，所以偶然误差总是存在，通过多次测量取平均值可以减小偶然误差，但无法消除。既然是误差就不可消除，只能是改进方法，多次做试验，以减小误差。
15、（1）B的右端至D板的距离L1．（1）
【解析】
因系统水平方向动量守恒即mAvA﹣mBVB＝0，由于系统不受摩擦，故滑块在水平方向做匀速直线运动故有vA，VB，即有：mAmB0，所以还要测量的物理量是：B的右端至D板的距离L1．分析可知验证动量守恒定律的表达式是：mAmB0

三．计算题(22分)
16、（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+=．
17、（1）t=10s，xA=80m，xB=100m；（2）没有追上；（3）16s
【解析】
（1）B车停止的时间
这段时间内A车B车位移分别为：

（2）B车停止时，两车相距： ，
则A车没有追上B车.
（3）B车停止后，A车追上B车还需要运动的时间 ，
则A车追上B车所用的时间为：
此题关键是要搞清两车的运动情况，弄清楚两车运动的位移关系和时间关系，最好画出运动的草图分析.