上海市普通高中2024-2025学年高一下物理期末调研模拟试题含解析.doc

上海市普通高中2024-2025学年高一下物理期末调研模拟试题
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、 (本题9分)一质量为m的汽车原来在平直路面上以速度v匀速行驶，发动机的输出功率为P．从某时刻开始，司机突然加大油门将汽车发动机的输出功率提升至某个值并保持不变，结果汽车在速度到达2v之后又开始匀速行驶．若汽车行驶过程所受路面阻力保持不变，不计空气阻力．下列说法正确的是（ ）
A．汽车加速过程的最大加速度为
B．汽车加速过程的平均速度为
C．汽车速度从v增大到2v过程做匀加速运动
D．汽车速度增大时发动机产生的牵引力随之不断增大
2、单位制由基本单位和导出单位组成。功是物理学中的重要物理量之一，在国际单位制中，功的单位用基本单位可表示为（ ）
A．J B．N·m C．kg·m2·s-2 D．kg·m·s-1
3、 (本题9分)如图所示，一个质量为m的小球绕圆心O做匀速圆周运动．已知圆的半径为r，小球运动的角速度为ω，则它所受向心力的大小为（ ）

A．m B．mωr C．mωr2 D．mω2r
4、 (本题9分)某足球运动员用200N的力把质量为440g的足球以15m/s的速度踢出，飞行20m碰到门框后以10m/s的速度反弹，关于运动员对足球做的功，下列说法中正确是（ ）
A．4000J B．49.5J C．27.5J D．条件不足无法计算
5、 (本题9分)2017年6月19日，“中星9A”卫星在西昌顺利发射升空。卫星变轨如图所示，卫星先沿椭圆轨道Ⅰ飞行，后在远地点Q改变速度成功变轨进入地球同步轨道Ⅱ，P点为椭圆轨道近地点。下列说法正确的是（　　）

A．卫星在椭圆轨道Ⅰ运行时，在P点的速度等于在Q点的速度
B．卫星在椭圆轨道Ⅰ的Q点加速度大于在同步轨道Ⅱ的Q点的加速度
C．卫星在椭圆轨道Ⅰ的Q点速度小于在同步轨道Ⅱ的Q点的速度
D．卫星耗尽燃料后，在微小阻力的作用下，机械能减小，轨道半径变小，动能变小
6、 (本题9分)一质点由A向C做曲线运动，运动轨迹如图所示，关于它通过B点时的速度v方向和加速度a方向正确的是（　　）
A． B． C． D．
7、 (本题9分)一轻弹簧的左端固定在竖直墙上，右端与质量为M的滑块相连，组成弹簧振子，在光滑的水平面上做简谐运动。当滑块运动到右侧最大位移处时，在滑块上轻轻放上一木块组成新振子，继续做简谐运动，新振子的运动过程与原振子的运动过程相比（ ）

A．新振子的最大速度比原来的最大速度小
B．新振子的最大动能比原振子的最大动能小
C．新振子从最大位移处到第一次回到平衡位置所用时间比原振子大
D．新振子的振幅和原振子的振幅一样大
8、一轻弹簧的左端固定在竖直墙上，右端与质量为M的滑块相连，组成弹簧振子，在光滑的水平面上做简谐运动。当滑块运动到右侧最大位移处时，在滑块上轻轻放上一木块组成新振子，继续做简谐运动，新振子的运动过程与原振子的运动过程相比（ ）

A．新振子的最大速度比原来的最大速度小
B．新振子的最大动能比原振子的最大动能小
C．新振子从最大位移处到第一次回到平衡位置所用时间比原振子大
D．新振子的振幅和原振子的振幅一样大
9、 (本题9分)一汽车的额定功率为p0，设在水平公路行驶所受的阻力恒定，最大行驶速度为vm，则( )
A．若汽车以额定功率p0启动，则做加速度减小的直线运动
B．若汽车匀加速启动，则在刚达到额定功率时的速度等于vm
C．无论汽车以哪种方式启动，加速度与牵引力均成正比
D．汽车以速度vm匀速行驶，若要减速，则要减少牵引力
10、如图所示，三条平行且等间距的虚线表示电场中的三个等势面，其电势分别为10V、20V、30V．实线是一带电的粒子（不计重力）在该区域内运动的轨迹，对于轨迹上的a、b、c三点，已知：带电粒子带电量为0.01C，在a点处的动能为0.5J，则该带电粒子

A．粒子带正电 B．在b点处的电势能为0.5J
C．在b点处的动能为零 D．在c点处的动能为0.4 J
11、质量为m的小球从高h处由静止自由下落，经时间t落地，关于重力的功率正确的是( )
A．重力的功率即描述重力做功的快慢 B．重力的平均功率等于
C．全过程重力的平均功率等于 D．落地时重力的功率等于
12、如图所示，B为线段AC的中点，如果在A点放一个+Q的点电荷，测得B点的电场强度大小EB＝48N/C，则

A．C点的电场强度大小Ec＝24N/C
B．C点的电场强度方向向右
C．把q＝10-9C的试探电荷放在C点，则其所受电场力的大小为1.2×10-8N
D．若要使B点的电场强度EB＝0，可在C处放一个-Q的点电荷
二．填空题(每小题6分，共18分)
13、在“用传感器观察电容器的充电和放电”实验中，电路图如图．一位同学使用的电源电动势为10.0V，测得放电的I-t图像如图所示．

（1）若按“四舍五入（大于半格算一个，小于半格舍去）”法，根据“I-t 图线与两坐标轴包围面积”，电容器在全部放电过程中释放的电荷量约为_________ C．（结果保留两位有效数字）
（2）根据以上数据估算电容器的电容值为_________ F．（结果保留两位有效数字）
（3）如果将电阻R换一个阻值更大的电阻，则放电过程释放的电荷量___________（选填“变多”、“不变”或“变少”）．
14、 (本题9分)某同学要将一满偏电流为3mA的毫安表G改装为量程为30mA的电流表。他先测量出毫安表G的电阻，然后对表进行改装，最后再利用一标准毫安表，对改装后的电流表进行检测
具体实验步骤如下：
①按电路原理图a连接线路
②将R1的阻值调到最大，闭合开关S1后调节R1的阻值，使毫安表G的指针偏转到满刻度
③闭合S2，保持R1不变，调节R2的阻值，使毫安表G的指针偏转到满刻度的三分之一的位置
④记下R2的阻值

回答下列问题：
（1）如果按正确操作步骤测得R2的阻值为90Ω，则毫安表G内阻的测量值Rg=___Ω，与毫安表内阻的真实值相比，Rg____（填“>”、“＝”或“<”）
（2）若忽略实验的误差，将上述毫安表G改装成量程为30mA的电流表，则需要并联一个阻值R=___Ω的电阻
（3）根据图b所示电路对改装后的电表进行检测，当标准毫安表的示数为16.0mA时，改装表的指针位置如图c所示，由此可以推测出改装的电表量程不是预期值，改装电流表的量程是__mA
（4）要达到预期目的，无论测得的内阻值是否正确，都不必重新测量，只需要将阻值为R的电阻换为一个阻值为kR的电阻即可，其中k=____
15、 (本题9分)如图所示，将打点计时器固定在铁架台上，用重物带动纸带从静止开始自由下落，利用此装置可验证机械能守恒定律．

（1）供实验选择的重物有以下四个，应选择____
A．质量为10g 的砝码　B．质量为50g 的塑料球
C．质量为200g 的木球　D．质量为200g 的铁球
（2）安装好实验装置，正确进行实验操作，从打出的纸带中选出符合要求的纸带，如下图所示．纸带的___端（选填“左”或“右’）与重物相连．

（3）上图中O 点为打点起始点，且速度为零．选取纸带上连续打出的点A、B、C、D、E、F、G 作为计数点，为验证重物对应O 点和F 点机械能是否相等，并使数据处理简便，应测量O、F 两点间的距离h1 和________两点间的距离h2
（4）已知重物质量为m，计时器打点周期为T，从O 点到F 点的过程中重物动能的增加量ΔEk= ____（用本题所给字母表示）．
（5）某同学在实验中发现重物增加的动能略小于减少的重力势能，于是深入研究阻力对本实验的影响．他测出各计数点到起始点O 的距离h，并计算出各计数点的速度v，用实验测得的数据绘制出v2--h 图线，如图所示．已知当地的重力加速度g=9.8m/s2，由图线求得重物下落时受到阻力与所受重力的百分比为____%(保留两位有效数字)．

三．计算题(22分)
16、（12分） (本题9分)如图所示，斜面体ABC固定在地面上，小球p从A点静止下滑，当小球D开始下滑时，另一小球q从A点正上方的D点水平抛出，两球同时到达斜面底端的B处。已知斜面AB光滑，长度=2.5m，斜面倾角为θ=30°。不计空气阻力，g取10m/s2。求：

(1)小球p从A点滑到B点的时间；
(2)小球q抛出时初速度的大小。(结果可以用分式或根号表示)
17、（10分） (本题9分)如图所示，半径为R的粗糙半圆竖直固定轨道与水平面相切于A点。质量为m的小物体(可视为质点)在水平恒定拉力F作用下，从静止开始由C点运动到A点，物体从A点进入半圆轨道的同时撤去外力F，已知物体恰好能沿半圆轨道通过最高点B，已知AC之间的距离为x，物体与水平面之间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g。试求：物体从A到B的过程中，由于摩擦产生的热量。

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】
设汽车所受的阻力为f，则开始时：P=fv；加大油门后：P1=f∙2v；则P1=2P；汽车在开始加大油门时的加速度最大，最大加速度为 ，选项A正确；汽车若做匀加速运动，则平均速度为；而汽车随速度的增加，由P=Fv可知牵引力减小，则加速度减小，即汽车做加速度减小的加速运动，则平均速度不等于，选项BCD错误；
故选A.
2、C
【解析】
根据W=Fx可知，1J=1N•m=kg•m2•s-2，其中N、J都不是基本单位.
A．J，与结论不相符，选项A错误；
B．N·m，与结论不相符，选项B错误；
C．kg·m2·s-2，与结论相符，选项C正确；
D．kg·m·s-1，与结论不相符，选项D错误；
3、D
【解析】
解：一个质量为m的小球绕圆心O做匀速圆周运动，合力总是指向圆心，大小为mω2r，故ABC错误，D正确；
故选D．
【点评】本题关键明确向心力的定义、大小和方向，知道向心力是效果力，基础题．
4、B
【解析】
运动员对足球做的功等于足球动能的增量
，故B正确；
本题选：B
5、C
【解析】
A．卫星在椭圆轨道I运行时，根据开普勒第二定律知，在P点的速度大于在Q点的速度，A错误；
B．卫星经过Q点时的加速度由万有引力产生，根据牛顿第二定律得

得

可知，卫星在椭圆轨道I的Q点加速度等于在同步轨道Ⅱ的Q点的加速度，B错误；
C．卫星变轨过程，要在椭圆轨道I上的Q点加速然后进入同步轨道II，因此卫星在椭圆轨道Ⅰ的Q点的速度小于在同步轨道Ⅱ的Q点的速度，C正确；
D．卫星耗尽燃料后，在微小阻力的作用下，机械能变小，轨道半径变小，根据知速度变大，则动能变大，D错误。
故选C。
6、B
【解析】
经过B点时，速度的方向沿着运动轨迹的切线方向，而加速度的方向应指向曲线运动的凹侧，因此B正确，ACD错误。
故选B。
7、ACD
【解析】
A.因整体的质量增大，整体的加速度小于原来的加速度，故物体回到平衡位置时的速度大小比原来小，故A正确；
B.振子在最大位移处时系统只有弹簧的弹性势能，弹性势能不变，根据机械能守恒定律可知到达平衡位置的动能，即最大动能不变，故B错误；
C.根据周期公式：

可知总质量增大，则周期增大，所以新振子从最大位移处到第一次回到平衡位置所用时间比原振子大，故C正确；
D.因为弹簧的最大伸长量不变，故振子的振幅不变；故D正确。
8、ACD
【解析】
A.因整体的质量增大，整体的加速度小于原来的加速度，故物体回到平衡位置时的速度大小比原来小，故A正确；
B.振子在最大位移处时系统只有弹簧的弹性势能，弹性势能不变，根据机械能守恒定律可知到达平衡位置的动能，即最大动能不变，故B错误；
C.根据周期公式：

可知总质量增大，则周期增大，所以新振子从最大位移处到第一次回到平衡位置所用时间比原振子大，故C正确；
D.因为弹簧的最大伸长量不变，故振子的振幅不变；故D正确。
9、AD
【解析】
试题分析：当汽车以额定功率启动时，由P=FV可知，牵引力随着速度的增大而减小，则加速度也减小，故不能做匀加速直线运动；故A错误； 汽车匀加速启动时，刚达到额定功率时加速度不为零，此后还要继续加速；故没有达到最大速度；故B错误； 因汽车受到阻力，故加速度和牵引力与阻力的合力成正比；故C错误；汽车匀速行驶时，牵引力等于阻力，故要减速时，应减少牵引力；故D正确；故选D．
考点：机车启动两种方式、瞬时功率．
【名师点睛】根据汽车启动的两种分类进行分析，明确功率公式P=FV的正确应用本题考查机车的两种启动方式，要注意恒定功率启动时，汽车做变加速运动；匀加速启动时，汽车达到额定功率后有一段变加速过程．
10、AD
【解析】
A．由等势面与场强垂直可知场强方向向上，电场力指向轨迹弯曲的内侧，所以电场力向上，所以为正电荷，故A正确；
B．由电势能的定义知粒子在b点处的电势能
EPb=φq=0.01×30J=0.3J
故B错误；
C．由粒子在a点处的总能量
E=0.01×10J+0.5J=0.6J
由能量守恒得在b点处的动能为：
Ekb=0.6-0.3J=0.3J
故C错误；
 D．由能量守恒得在C点处的动能为：
EkC=0.6J-0.01×20J=0.4J
故D正确.
11、AC
【解析】
A.功率是描述力做功快慢的物理量，重力的功率是描述重力做功的快慢，故A正确；
BC.重力做的功W=mgh，重力的平均功率为：，故B错误，C正确；
D. 落地时的瞬时速度为：，落地时重力的瞬时功率为：，故D错误。
12、BC
【解析】
AB．设B点到A点的距离为R，则C点到A点的距离为2R，由点电荷的电场强度公式有：，同理有，由于EB=48N/C，所以可得EC=12N/C，由于场源电荷带正电，所以C点的电场强度的方向向右，故A错误，B正确；
C．把q=10-9C的试探电荷放在C点，则其所受电场力的大小为F=ECq=1.2×10-8N，故C正确；
D．若要使B点的电场强度EB=0，根据叠加原理可知应该在C处放一个+Q的点电荷，故D错误。

二．填空题(每小题6分，共18分)
13、0.016-0.018 0.0016-0.0018 不变
【解析】
（1）[1]．电容器的放电图象是一条逐渐下降的曲线，而q=It，从微元法得到，I-t 图象与坐标轴围成的面积就是总的电荷量，经确认：图象下共有42格，所以电容器在全部放电过程中释放的电荷量约为
Q=42×0.001×0.4C=0.017C．
（2）[2]．从上一问知道，电容器充满电后所带的电荷量Q=0.017C，而所加电压U=E=10V，所以

（3）[3]．由图看出，若将电阻换一个阻值较大电阻，但由于电容器电荷量一定，则所有电荷量将通过电阻R释放，只是图象更加平缓些，但总量不变．
14、180 < 20 )32
【解析】
（1）[1]由于指针指在三分之一的位置，说明R2分得电流为电流计电流的两倍，所以电流计电阻是R2的两倍，为180Ω。闭合S2后，R2与Rg的并联值R并<Rg，所以I总>Ig，而此时G的示数为满偏电流的三分之一，所以IR2大于三分之二满偏电流，所以2R2<，即Rg<；
（2）[2]由并联电路分流特点，得
Ω=20Ω
（3）[3]标准毫安表的示数为16.0mA时，改装后的电表显示为刻度盘的中值刻度，故改装电流表的量程为32mA；
（4）[4]把毫安表改装成电流表需要并联分流电阻，并联电阻阻值

当量程为32mA时，则有

当量程为30mA时，则有

联立解得
15、 (1)D； (2)左； （3）E、G； （4）； （5）1.0；
【解析】
（1）为了减小空气阻力的影响，重物应选用质量大密度大的物体，所以应选D．
（2）纸带从左向右点间距逐渐增大，左边的点先打，所以左边连接重物．
（3）验证重物对应O 点和F 点机械能是否相等，需要计算出F点的瞬时速度，所以需要测出E、G间的距离．
（4）从O 点到F 点的过程中重物动能的增加量 ，打F点的速度
所以
（5）根据 得图象中的斜率，解得g=1．7m/s2，则阻力f=0.1mg，所以重物下落时受到阻力与所受重力的百分比为1%．
验证机械能守恒定律实验成败的关键是减小空气阻力的影响，所以应从满足机械能守恒定律的条件入手．对机械能守恒的三种表达式要熟悉，增加的动能等于减小的重力势能，所以应将增加的动能和减小的重力势能求出来．

三．计算题(22分)
16、（1）1s；（2）m/s
【解析】
（1）小球p从斜面上下滑的加速度为a，根据牛顿第二定律
①
下滑所需时间为t1，根据运动学公式得 ②
由①②得 ③
代入数据得 t1=1s
（2）小球q运动为平抛运动，水平方向做匀速直线运动，设抛出速度为v1．则
x=lcos31°=v1t2④
依题意得：t2=t1⑤
由③④⑤得
17、
【解析】设物体在B点的速度为v，
（1）C到B的整个过程中，由动能定理有Fx-μmgx+WAB摩-2mgR=mv2 ①
由摩擦力做功与摩擦生热的关系，有：WAB摩=-Q ②
（2）物体在B点，有：mg=m ③

联立①②③解得：Q=（F-μmg）x-mgR
点睛：由于物体恰好能沿半圆轨道通过最高点B，则根据牛顿第二定律求出运动到B点时的速度，再利用功能关系求从A到B是系统产生的热量即可。