湖南省炎德英才大联考2024-2025学年高一下物理期末学业质量监测模拟试题含解析.doc

湖南省炎德英才大联考2024-2025学年高一下物理期末学业质量监测模拟试题
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。
3．考试结束后，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)如图所示，a、b是等量异种点电荷连线的中垂线上的两点，现将某检验电荷分别放在a、b两点，下列说法中正确的是( )

A．受到电场力大小相等，方向相同
B．受到电场力大小相等，方向相反
C．受到电场力大小不相等，方向相反
D．受到电场力大小不相等，方向相同
2、 (本题9分)物理定律的应用需要满足一定的条件。下列物理过程中（忽略空气阻力），物体的机械能不守恒的是（ ）
A．一个物体自由下落的过程
B．一物块在拉力作用下竖直向上匀速运动的过程
C．铁球斜向上抛出后在空中运动的过程
D．小球沿光滑固定斜面轨道运动的过程
3、因首次比较精确地测出引力常量G，被称为“称量地球质量第一人”的科学家是
A．伽利略 B．开普勒 C．卡文迪许 D．牛顿
4、小明乘电梯从商场的顶楼下降到底层地下停车场，在此过程中经历了先加速、后匀速、再减速的运动过程，则电梯对小明的支持力做功情况是（ ）
A．加速时做正功，匀速和减速时都做负功
B．加速时做正功，匀速时不做功，减速时做负功
C．始终做负功
D．始终做正功
5、地球的同步卫星是指相对于地面静止不动的人造卫星（　　）
A．它可以在地面上任一点的正上方，且离地心距离可按需要选择不同的值
B．它可以在地面上任一点的正上方，但离地心距离是一定的
C．它只能在赤道的正上方，但离地心的距离可按需要选择不同的值
D．它只能在赤道的正上方，且离地心的距离是一定的
6、 (本题9分)一部直通高层的客运电梯的简化模型如图1所示．电梯在t=0时由静止开始上升，以向上方向为正方向，电梯的加速度a随时间t的变化如图2所示．图1中一乘客站在电梯里，电梯对乘客的支持力为F．根据图2可以判断，力F逐渐变大的时间段有（ ）

A．0～1s内 B．8～9s内 C．15～16s内 D．23～24s内
7、 (本题9分)2019年5月17日，我国成功发射第45颗北斗导航卫星，“北斗二号系统定位精度由10米提升至6米。若在北斗卫星中有a、b两卫星，它们均环绕地球做匀速圆周运动，且a的轨迹半径比b的轨迹半径小，则
A．a的周期小于b的周期
B．a的线速度小于b的线速度
C．a的加速度小于b的加速度
D．a的角速度大于b的角速度
8、 (本题9分)如图在（0，y0）和（0，-y0）两位置分别固定一个电荷量为+Q的点电荷．另一个带电量为+q的点电荷从（-x0，0）位置以初速度v0沿x轴正方向运动．点电荷+q从（-x0，0）到（x0，0）的过程中只受电场力作用，下列描述其加速度a或速度v与位置x的关系可能正确的是（）

A． B．
C． D．
9、 (本题9分)关于对一个系统的动量守恒的理解，下列说法正确的是
A．如果一个系统的动量守恒，则系统的机械能一定守恒
B．如果一个系统的动量守恒，则系统的动能可能增加
C．如果一个系统的合外力为零，则系统的动量一定守恒
D．如果一个系统内力做功不为零，则系统动量一定不守恒
10、用DIS实验研究机械能守恒定律的实验中，用光电门测定摆锤在某--位置的瞬时速度。实验测得D点的速度偏小，造成这个误差的原因可能是

A．摆锤释放的位置高于A点 B．摆锤释放的位置在AB之间
C．摆锤在A点没有静止释放 D．光电门没有放在D点
二、实验题
11、（4分） (本题9分)某物理兴趣小组利用图甲所示装置验证机械能守恒定律，当地的重力加速度大小为g。

(1)下列做法可减小实验误差的是___________(填字母序号)。
A．先松开纸带后接通电源
B．用电火花计时器替代电磁打点计时器
C．在铝锤和铁锤中，选择铝锤作为重锤
(2)在实验中，质量为m的重锤自由下落，带动纸带，纸带上打出的一系列点，如图乙所示，O是重锤刚下落时打下的点。已知打点计时器打点的频率为f，则从打点计时器打下O点到打下B点的过程中，重锤的重力势能的减少量为___________，动能的增加量为___________；若在实验误差允许的范围内满足等式___________，则机械能守恒定律得到验证。

12、（10分） (本题9分)某同学用图甲所示装置探究“恒力做功与动能变化的关系”．实验中砂和砂桶的总质量为m=10g，小车和砝码的总质量为M=200g．

（1）实验中，为了使细线对小车的拉力等于小车所受的合外力，先调节长木板上滑轮的高度，使细线与长木板平行．接下来还需要进行平衡摩擦力的操作，下列操作正确的是________ ．
A．将长木板水平放置，调节砂和砂桶的总质量为m的大小，轻推小车，让小车做匀速运动．
B．将长木板没有滑轮的一端垫起适当的高度，撤去砂和砂桶，轻推小车，让小车做匀速运动．
（2）在实验中，当m_______M（填“>>”或“=”或“<<”）时，可以认为绳子拉力等于砂和砂桶的重力．

（3）图乙是实验中得到的一条纸带，O、A、B、C、D、E、F、G为8个相邻的计数点，相邻的两个计数点之间还有四个点未画出，已知打点计时器的工作频率为50 Hz．首先用刻度尺进行相关长度的测量，其中CE段的测量情况如图丙所示，由图可知CE段的长度为________cm，打点计时器打下D点时的速度为___________m/s，此时小车的动能为___________J．用此方法可以求出打下各计数点时小车的动能．
从C到E恒力对小车做的功为_________J，（该结果要求保留3位有效数字），把此值与C到E动能变化量进行比较即可得到实验结论．
（4）实验中发现恒力做功始终比动能增量略小，可能原因是___________．
A．平衡摩擦力时斜面倾斜过度造成
B．平衡摩擦力时斜面倾斜不够造成
C．砂与砂桶重力当成绳子拉力造成
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，甲车的质量是2 kg，静止在光滑水平面上，上表面光滑，右端放一个质量为1 kg的小物体.乙车质量为4 kg，以5 m/s的速度向左运动，与甲车碰撞以后甲车获得8 m/s的速度，物体滑到乙车上.若乙车足够长，上表面与物体的动摩擦因数为0.2，则物体在乙车上表面滑行多长时间相对乙车静止?(g取10 m/s2)

14、（14分）如图所示，光滑半圆弧轨道的半径为R，OA为水平半径，BC为竖直直径。一质量为m的小物块（视为质点）从A点以某一竖直向下的初速度滑下，进入与C点相切的粗糙水平滑道CM。在水平滑道上有一轻弹簧，其一端固定在竖直墙上，另一端恰好位于水平滑道的末端C（此时弹簧处于自然状态）。若物块运动过程中弹簧的最大弹性势能为Ep，弹簧的最大压缩量为d，物块被弹簧反弹后通过B点时对半圆弧轨道的压力大小为mg（g为重力加 速度的大小），求：

（1）物块通过B点时的速度大小vB；
（2）物块离开弹簧通过C点时对半圆弧轨道的压力FN的大小；
（3）物块与水平滑道间的动摩擦因数μ以及物块从A点开始下滑时的初速度大小v0。
15、（13分） (本题9分)如图所示，质量M＝1.14kg的靶盒A静止在动摩擦因数μ＝1.4的水平导轨上的O点，水平轻质弹簧一端栓在固定挡板P上，另一端与靶盒A连接。Q处有一固定的发射器B，它可以瞄准靶盒发射一颗水平速度为v1＝51m/s，质量m＝1.11kg的弹丸，当弹丸打入靶盒A后，便留在盒内，碰撞时间极短，不计空气阻力。当弹丸进入靶盒A后，靶盒沿水平导轨滑行x＝1.5m速度减为1．求：弹簧的最大弹性势能为多少？

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、D
【解析】
由图可知看出：a处电场线密，电场强度大．两点的电场线的切线方向相同，所以电场强度方向相同，放入同种检验电荷，受到的电场力大小不等，方向相同．故选D．
2、B
【解析】
A．物体只受重力作用，所以机械能守恒；故A不符合题意；
B．物块竖直向上匀速运动，速度不变，动能不变，重力势能增大，所以机械能增大。故B符合题意；
C．铁球只受重力作用，所以机械能守恒；故C不符合题意；
D．小球受重力和支持力，但支持力不做功，所以机械能守恒；故D不符合题意。
故选B。
3、C
【解析】
牛顿发现了万有引力定律，牛顿得到万有引力定律之后，并没有测得引力常量，首次比较精确地测出引力常量的科学家是卡文迪许，称为“称量地球质量第一人”的科学家。
A. 伽利略与分析不符，A错误
B. 开普勒与分析不符，B错误
C. 卡文迪许与分析相符，C正确
D. 牛顿与分析不符，D错误
4、C
【解析】
根据力对物体做功的定义W=FScosθ（其中公式中θ是力F与位移S间的夹角），可知若，则力F做正功；若θ=，则力F不做功；若，则力F做负功（或者说物体克服力F做了功）．人乘电梯从顶楼下降到底楼，在此过程中，他虽然经历了先加速，后匀速，再减速的运动过程，但是支持力的方向始终向上，与位移方向相反，即，所以支持力始终做负功，故C正确．
5、D
【解析】
同步卫星相对于地球静止，需要满足两个条件：一绕地球旋转的旋转轴与地球的地轴相同；二是旋转周期与地球自转周期相同，根据开普勒第三定律，同一中心天体相同，由于同步卫星的周期相同，所以旋转半径也相同，离地面的高度相同，同步卫星只能在赤道上方，且离地心的距离是一定的，故D正确；ABC错误；故选D
6、AD
【解析】
试题分析：根据牛顿第二定律列式，分加速度向上和加速度向下两个过程讨论即可．
解：1、加速度向上时，根据牛顿第二定律，有：
F﹣mg=ma
故F=mg+ma
故在0﹣1s内的支持力F是增加的，1s﹣8s内支持力恒定，8s﹣9s支持力是减小的；
2、加速度向下时，根据牛顿第二定律，有：
mg﹣F=m|a|
故F=mg﹣m|a|
故在15s﹣16s支持力是减小的，16s﹣23s支持力是固定的，23s﹣24s内的支持力F是增加的；
故AD正确，BC错误；
故选AD．
【点评】超重和失重现象可以运用牛顿运动定律进行分析理解，产生超重的条件是：物体的加速度方向向上；产生失重的条件：物体的加速度方向向下．
7、AD
【解析】
北斗卫星绕地球匀速圆周运动，根据万有引力提供圆周运动向心力：

A.由上可得周期为：

a的轨道半径小，所以a的周期小.故选项A符合题意.
B. 由上可得线速度为：

a的轨道半径小，所以其线速度大.故选项B不符合题意.
C. 由上可得加速度为：

a的轨道半径小，所以加速度大.故选项C不符合题意.
D. 由上可得角速度为：

a的轨道半径小，所以角速度大.故选项D符合题意.
8、ABC
【解析】
等量同种正电荷连线中点的场强为零，从中点沿连线中垂线往外场强先增大后减小（不是均匀变化），且方向从中点沿中垂线往外．则粒子运动后从(－x0，0)到原点的过程中电场力（加速度）可能一直减小到0（不均匀变化），也可能先增大后减小到0；从原点到(x0,0)的过程中电场力（加速度）可能一直增大（不均匀变化），也可能先增大后减小．且力（加速度）的方向与上一段力（加速度）的方向相反，均是从中点沿中垂线向外．
A：A图中加速度随位置均匀变化，故A项不可能．
B：B图中加速度方向不变，故B项不可能．
C：速度时间图象的切线斜率表示加速度，C图中加速度不变，故C项不可能．
D：D图中加速度先减小到0再反向增大，故D项可能．
本题选不可能的，答案是ABC．
9、BC
【解析】
A．动量守恒的系统机械能不一定守恒，动量守恒的条件是：系统不受外力或受外力的代数和为零；机械能守恒定律的条件是：系统只受到重力的作用，或受外力的代数和为零，故A错误；
B．例如人船模型，开始人船速度为零，运动时系统的动量守恒，但系统的动能增加，故B正确；
C．动量守恒的适用条件是系统不受外力或受外力的代数和为零，故C正确；
D．放在光滑水平面上的滑块与滑板，当它们相对运动时，系统内力做功不为零，但系统动量守恒，故D错误；
故选BC．
10、BD
【解析】
若实验测得D点的机械能明显偏小，说明重锤低于A点才开始静止释放的，或未到D点就开始测速度，因此不是重力势能少些，就是动能小些．
A．摆锤释放的位置高于A点，与结论不相符，选项A错误；
B．摆锤释放的位置在AB之间，与结论相符，选项B正确；
C．摆锤在A点没有静止释放，与结论不相符，选项C错误；
D．光电门没有放在D点，与结论相符，选项D正确。

二、实验题
11、B mgh2
【解析】
第一空A．应该先接通电源，再释放纸带，故A错误；
B．用电火花计时器替代电磁打点计时器，从而更能减小重物下落过程中受到空气阻力，故B正确；
C．为减小重物下落过程中受到空气阻力，应该选体积小些，密度大一些的重物，故C错误；
故填B.
第二空. O点到B点重力势能的减少量为△EP=mg△h=mgh2；
第三空.利用匀变速直线运动的推论,得B点的速度为：，从O点到B点动能的增加量为.
第四空.若在误差允许范围内，若重力势能的减少量等于动能的增加量，即等式成立，则可以验证机械能守恒.
12、B, <<, 10.60, 0.53, 0.028, 1.04×10-2 A
【解析】
（1）平衡摩擦力时，需使小车的重力与摩擦力平衡，则操作正确的是：将长木板没有滑轮的一端垫起适当的高度，撤去砂和砂桶，轻推小车，让小车做匀速运动．故选B；
（2）以整体为对象： ，则小车的加速度为：

当 可以近似认为
即
若要认为绳子拉力等于砂和砂桶的重力，则必须满足条件
（3）根据刻度尺的读数原则可知长度为10.60cm ，相邻两个计数点之间的时间间隔为 ，根据中点时刻的速度等于平均速度可知：

则小车的动能为
从C到E恒力对小车做的功为
（4）当平衡摩擦力时斜面倾斜过度时，此时小车受到合外力实际比mg大，所以合外力做的功也就大于动能的增加量，故选A
本题答案是：(1). B (2). << (3). 10.60 ； 0.53 ； 0.028 ；1.04×10-2 (4). A

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、0.4 s
【解析】
乙与甲碰撞动量守恒：
m乙v乙=m乙v乙′+m甲v甲′
小物体m在乙上滑动至有共同速度v，对小物体与乙车运用动量守恒定律得
m乙v乙′=（m+m乙）v
对小物体应用牛顿第二定律得a=μg
所以t=v/μg
代入数据得t="0.4" s
思路分析：这是一个多过程的物理问题：第一个物理过程是甲乙碰撞的过程，由于甲车上表面光滑，故在甲乙碰撞过程中，小物体不受影响，它的速度不变，甲乙组成的系统动量守恒；第二过程是小物体和乙车相互作用的过程，以小物体和乙车为系统，动量守恒，就可以求出小物体的末速度，再应用运动学知识就可以求出正确的结果．
试题点评：这是一道有难度的问题，涉及两个物理过程，要学会选取研究对象，使用相应的物理规律．
14、（1）（2）7mg（3）2
【解析】
(1)由题意可知，物块通过B点时有：
解得：
(2)在物块由点运动到点的过程中，由机械能守恒定律有：
设物块通过点时受到半圆弧轨道的支持力大小为，有：
由牛顿第三定律有：
解得：
(3)对物块压缩弹簧到最短后，被弹簧弹开至点的过程，由能量守恒定律有：
其中由(2)可得：
解得：
对物块由A点下滑至弹簧被压缩到最短的过程，由能量守恒定律有：
解得：
15、弹簧的最大弹性势能为2.375J
【解析】
弹丸进入靶盒A过程中，弹丸与A组成的系统动量守恒，以弹丸的初速度方向为正方向，由动量守恒得：mv1＝（m+M）v，代入数据解得：v＝11m/s；
靶盒A的速度减为零时，弹簧的弹性势能最大，由功能关系得：
，代入数据解得：Ep＝2.375J；