山东省青岛第三中学2024-2025学年物理高一下期末联考模拟试题含解析.doc

山东省青岛第三中学2024-2025学年物理高一下期末联考模拟试题
注意事项
1．考生要认真填写考场号和座位序号。
2．试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B 铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。
3．考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。

一、选择题：（1-6题为单选题7-12为多选，每题4分，漏选得2分，错选和不选得零分）
1、 (本题9分)有一种杂技表演叫“飞车走壁”，由杂技演员驾驶摩托车沿圆台形表演台的侧壁做匀速圆周运动．图中有两位驾驶摩托车的杂技演员A、B，他们离地面的高度分别为和，且，下列说法中一定正确的是　　

A．A 摩托车对侧壁的压力较大
B．A 摩托车做圆周运动的向心力较大
C．A 摩托车做圆周运动的周期较大
D．A 摩托车做圆周运动的线速度较小
2、 (本题9分)如图所示，两架歼–10A战机组成双机编队伴飞时，甲飞机上的飞行员发现乙飞机是“静止的”，则其选取得参考系是

A．地面上的观众 B．甲飞机
C．远处的地面 D．乙飞机
3、某同学在离地h高的平台上抛出一个质量为m的小球，小球落地前瞬间的速度大小为v，重力加速度为g，不计空气阻力，（以地面为零势面）则（　　）
A．人对小球做功
B．人对小球做功
C．小球抛出时的动能为
D．小球落地的机械能为
4、 (本题9分)一质量为m的物体以某一速度冲上一个倾角为37°的固定斜面，其运动的加速度大小为0.9 g。物体沿斜面上升的最大高度为H，则在这过程中（sin37°=0.6，cos37°=0.8）（　　）

A．物体克服阻力做的功为1.5mgH B．物体的机械能损失了0.5 mgH
C．物体的动能损失了0.5 mgH D．物体的重力势能增加了0.6 mgH
5、研究火星是人类探索向火星移民的一个重要步骤，设火星和地球均绕太阳做匀速圆周运动，火星轨道在地球轨道外侧，如图所示，与地球相比较，则下列说法中正确的是

A．火星运行速度较大
B．火星运行角速度较大
C．火星运行周期较大
D．火星运行的向心加速度较大
6、 (本题9分)三个相同金属球，原来有两个小球带电荷量相等，相互间的引力为F，用第三个不带电的小球，依次接触两个带电小球后再移走，则原来两个带电小球之间的相互吸引力变为
A． B．
C． D．
7、 (本题9分)如图所示，质量相同的小球A和B分别悬挂在长为l和2l的不可伸长的轻绳下端，绳的另一端悬于等高点。先将小球拉至与悬点等高处，使绳伸直，从静止释放小球，当两绳竖直时，下列说法正确的是

A．两球的加速度大小相等
B．两球的动能一样大
C．两球的机械能一样大
D．两球所受的拉力大小相等
8、如图所示，M，N是两块挡板，挡板M高h′=10 m，挡板N的下边缘高h=11.8 m.从高H=15 m的A点以速度v0水平抛出一小球，A点与两挡板的水平距离分别为d1=10 m，d2=20 m.N板的上边缘高于A点，若能使小球直接进入挡板M的右边区域，则小球水平抛出的初速度v0的大小是下列给出数据中的哪个(g取10 m/s2)( )

A．8 m/s
B．14 m/s
C．20 m/s
D．26 m/s
9、 (本题9分)以下说法正确的是（ ）
A．动量为零时，物体一定处于平衡状态
B．一对作用力与反作用力的冲量一定等大且反向
C．物体所受合外力不变时，其动量一定不变
D．物体受到恒力的作用也可能做曲线运动
10、 (本题9分)如图所示，绳的上端固定在O点，下端系小球P．P与斜面Q的接触面粗糙．用水平力向右推Q，使它沿光滑水平面匀速运动。从图中实线位置到虚线位置过程中

A．摩擦力对小球P做正功
B．斜面Q对小球的弹力垂直于斜面因此对小球不做功
C．绳的拉力对小球P不做功
D．推力F对斜面做的功和小球P对斜面做的功的绝对值相等
11、 (本题9分)以下列举了几种物体的运动，若都忽略空气对运动物体的阻力，则其中遵守机械能守恒定律的是 ( )
A．物体沿着斜面匀速下滑 B．物体由光滑斜面顶端滑到斜面底端
C．潜水运动员在水中匀速下沉 D．铅球运动员抛出的铅球从抛出到落地前的运动
12、 (本题9分)儿童乐园中，一个小孩骑在木马上随木马一起在水平而内匀速转动，转轴到木马的距离为r，小孩的向心加速度为a，如把小孩的转动看做匀速圆周运动，则（　　）
A．小孩相对于圆心的线速度不变
B．小孩的线速度大小为
C．小孩在时间t内通过的路程为
D．小孩做匀速圆周运动的周期
二、实验题（本题共16分，答案写在题中横线上）
13、（6分） (本题9分)在练习使用打点计时器的实验中,得到了一条如图所示的纸带,其中0,1,2,3…是选用的计数点,每相邻两个计数点之间还有3个打出的点没有在纸带上标出.图中画出了将米尺靠在纸带上测量的情况,读出图中所测量点的读数分别是____、____、____和____;打第2个计数点时纸带的速度是____m/s. 

14、（10分） (本题9分)某同学用如图甲所示的装置通过研究重锤的落体运动来验证机械能守恒定律．实验所用的电源为学生电源，其频率为50Hz．已知重力加速度为g=9.8 m/s1．在实验得到的纸带中，该同学选用如图所示的起点O与相邻点之间距离约为1mm的点迹清晰的纸带来验证机械能守恒定律．图中A、B、C、D、E、F为六个相邻的原始点．根据图中的数据，求得当打点计时器打下B点时重锤的速度vB=____m/s，计算出对应的=_____ m1/s1，ghB=______m1/s1．

三、计算题要求解题步骤，和必要的文字说明（本题共36分）
15、（12分） (本题9分)示波器的示意图如图，金属丝发射出来的电子（初速度为零，不计重力）被加速后从金属板的小孔穿出，进入偏转电场．电子在穿出偏转电场后沿直线前进，最后打在荧光屏上．设加速电压U1=1640V，偏转极板长Ｌ=4cm，偏转板间距d=1cm，当电子加速后从两偏转板的中央沿板平行方向进入偏转电场．

（1）偏转电压U2为多大时，电子束打在荧光屏上偏转距离最大？
（2）如果偏转板右端到荧光屏的距离Ｓ=20cm，则电子束最大偏转距离为多少？
16、（12分） (本题9分)如图所示为一种研究高能粒子在不同位置对撞的装置。在关于y轴对称间距为2d的MN、PQ边界之间存在两个有界匀强磁场，其中K（K在x轴上方）下方I区域磁场垂直纸面向外，JK上方Ⅱ区域磁场垂直纸面向里，其磁感应强度均为B．直线加速器1与直线加速器2关于O点轴对称，其中心轴在位于x轴上，且末端刚好与MN、PQ的边界对齐；质量为m、电荷量为e的正、负电子通过直线加速器加速后同时以相同速率垂直MN、PQ边界进入磁场。为实现正、负电子在Ⅱ区域的y轴上实现对心碰撞（速度方向刚好相反），根据入射速度的变化，可调节边界与x轴之间的距离h，不计粒子间的相互作用，不计正、负电子的重力，求：

（1）哪个直线加速器加速的是正电子；
（2）正、负电子同时以相同速度ν1进入磁场，仅经过边界一次，然后在Ⅱ区域发生对心碰撞，试通过计算求出v1的最小值。
（3）正、负电子同时以v2速度进入磁场，求正、负电子在Ⅱ区域y轴上发生对心碰撞的位置离O点的距离。
17、（12分） (本题9分)如图所示，水平面上有一块木板，质量M＝4.0 kg，它与水平面间的动摩擦因数μ1＝0.10.在木板的最左端有一个小滑块(可视为质点)，质量m＝2.0 kg.小滑块与木板之间的动摩擦因数μ2＝0.1．开始时它们都处于静止状态．某时刻起对小滑块施加一个水平向右的恒力F＝18 N，此后小滑块将相对木板滑动，1.0 s后撤去该力．（重力加速度g=10m/s2）

（1）求小滑块在木板上相对于木板向右滑行时，木板加速度的大小a；
（2）若要使小滑块不离开木板，求木板的长度L应满足的条件．
参考答案

一、选择题：（1-6题为单选题7-12为多选，每题4分，漏选得2分，错选和不选得零分）
1、C
【解析】
试题分析：摩托车做匀速圆周运动，提供圆周运动的向心力是重力mg和支持力F的合力，作出力图，得出向心力大小不变．h越高，圆周运动的半径越大，由向心力公式分析周期、线速度大小．

摩托车做匀速圆周运动，提供圆周运动的向心力是重力mg和支持力F的合力，作出力图．设圆台侧壁与竖直方向的夹角为α，侧壁对摩托车的支持力不变，则摩托车对侧壁的压力不变，A错误；如图向心力，m，α不变，向心力大小不变，B错误；根据牛顿第二定律得，h越大，r越大，向心力不变，则周期越大，可知A的周期较大，C正确；根据牛顿第二定律得，h越大，r越大，则线速度越大，可知A的线速度较大，D错误．
2、B
【解析】
飞机相对于地面上的观众、远处的地面都是运动的，所以以地面上的观众、远处的地面为参考系，乙飞机都是运动的。故AC错误。因为两架飞机在空中以相同速度同向飞行，以甲飞机为参照物，甲与乙飞机之间的相对位置没有发生变化，所以认为乙是静止的。故B正确。研究乙的运动情况，不能以乙自身为参考系。故D错误。
3、C
【解析】
AB.设小球抛出时的速度为 ，在此过程中人对小球做功，根据动能定理可知：

此后小球做平抛运动，下落高度h的过程中，有动能定理可知：

联立解得：

故AB错误；
C. 小球抛出时的动能为

故C正确；
D.以抛出点为零势能点，此时的机械能为
，
小球在下落过程中机械能守恒，所以小球落地的机械能为，故D错误。
4、B
【解析】
ABC．物体上滑过程，根据牛顿第二定律，有

解得

合力

根据动能定理可得动能减小量为

物体的机械能损失等于克服阻力做的功，故为

故B正确，AC错误；
D．重力势能的增加量等于克服重力做的功，故重力势能增加了mgH，D错误。
故选B。
5、C
【解析】
试题分析：万有引力充当向心力，根据可得，半径越大，线速度越小，所以地球的线速度较大，A错误；根据公式可得，半径越大，角速度越小，所以地球的角速度较大，B错误；根据公式可得，半径越大，周期越大，所以火星运行周期较大，C正确；根据公式可得，半径越大，向心加速度越小，故地球的向心加速度大，D错误；
考点：考查了万有引力定律的应用
【名师点睛】在万有引力这一块，涉及的公式和物理量非常多，掌握公式在做题的时候，首先明确过程中的向心力，然后弄清楚各个物理量表示的含义，最后选择合适的公式分析解题，另外这一块的计算量一是非常大的，所以需要细心计算
6、C
【解析】
因为题中两球之间为吸引力，故两者带等量异种电荷，假设A带电量为Q，B带电量为-，两球之间的相互吸引力的大小是，第三个不带电的金属小球C与A接触后，A和C的电量都为，C与B接触时先中和再平分，则C、B分开后电量均为，这时，A、B两球之间的相互作用力的大小，故C正确．
【点睛】要清楚带电体相互接触后移开，同种电荷电量平分，异种电荷电量先中和再平分．根据库仑定律的内容，找出变化量和不变量求出问题．
7、ACD
【解析】
A．令细线的长度为l，小球下落到最低点的过程中，由动能定理得：mgl=mv2，解得：，在最低点加速度大小，与细线的长度l无关，所以两球在最低点加速度大小相等，故A正确；
B．根据动能定理得小球下落到最低点的动能为Ek=mgl，可知两球质量相等，细线长度l不等，则到达最低点时的动能不等，故B错误；
C．A、B两球在运动的过程中，只有重力做功，机械能都守恒，初始位置时它们的机械能相等，所以在最低点，两球的机械能相等。故C正确。
D．小球在最低点时，根据牛顿第二定律得：F-mg=ma，得：F=3mg，与绳的长度无关。所以两绳拉力大小相等。故D正确。
8、BC
【解析】
要使小球能越过M的最高点，则速度

要使小球能越过N的最低点，则速度

即若能使小球直接进入挡板M的右边区域，则小球水平抛出的初速度v0的大小范围：
；
故选项AD错误，BC正确；
故选BC。
9、BD
【解析】
动量为零，物体的速度为零，但物体的合外力不一定为零，所以物体不一定处于平衡状态．如物体做竖直上抛运动时，到达最高点时速度为零，但物体处于非平衡状态．故A错误．作用力与反作力大小相等，同时产生同时消失，故二力的冲量一定大小相等，方向相反；故B正确；物体所受合外力不变时，运动状态变化，其动量一定变化，故C错误．例如各类斜抛体运动，物体受到恒力的作用也可能做曲线运动；故D正确．故选BD．
【点睛】根据动量与冲量的定义式，明确冲量是力在时间上的积累效果，并明确冲量与动量的矢量性．当物体的速度保持不变时处于平衡状态．系统所受合外力为零时，其动量守恒．
10、ACD
【解析】
A、斜面对的摩擦力方向沿斜面向下，摩擦力与的位移方向夹角为锐角，所以斜面对的摩擦力对小球做正功，故选项A正确；
B、斜面对小球的弹力垂直于斜面，小球速度垂直于细线，则斜面Q对小球的弹力对小球做正功，故选项B错误；
C、拉力沿着绳子收缩方向，小球速度方向垂直于绳子，故绳的拉力对小球不做功，故选项C正确；
D、对斜面受力分析，受推力、重力、地面对斜面的支持力、小球对斜面的压力和摩擦力，由于地面对斜面支持力和重力与斜面速度垂直不做功，根据动能定理，推力对斜面做的功和小球对斜面做的功的代数和为零，故推力对斜面做的功和小球对斜面做的功的绝对值相等，故选项D正确。
11、BD
【解析】
物体沿着斜面匀速下滑，动能不变，势能减小，所以物体的机械能不守恒，故A错误。物体由光滑斜面顶端滑到斜面底端，除了重力之外没有其他的外力对物体做功，所以机械能守恒，故B正确。潜水运动员在水中匀速下沉时，动能不变，势能减小，所以机械能不守恒，故C错误。铅球运动员抛出的铅球从抛出到落地前的运动，只受到重力的作用，所以机械能守恒，故D正确。故选BD。
掌握住机械能守恒的条件，也就是只有重力做功，分析物体是否受到其它力的作用，以及其它力是否做功，由此即可判断是否机械能守恒．也可以分析动能和势能变化情况，明确机械能是否发生变化．
12、CD
【解析】
A.匀速圆周运动时，线速度的大小不变，方向时刻改变；故A错误.
B.根据得：；故B错误.
C.小孩在时间t内通过的路程为；故C正确.
D.小孩做匀速圆周运动的周期；故D正确.

二、实验题（本题共16分，答案写在题中横线上）
13、10.00 cm　　　 12.60 cm 22.60 cm 29.90 cm 　0.1
【解析】
打点计时器每隔0.02s打一个点，每相邻的计数点间还有3个打出的点没有在图上标出，所以相邻的计数点时间间隔是0.08s，根据图象读出各个点的读数，匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度．
【详解】
解：每相邻的计数点间还有3个打出的点没有在图上标出，所以相邻的计数点时间间隔是T=0.08s；由图可知，点0的读数分别是10.00cm，点1的读数分别是12.60cm，点3的读数分别是22.60cm，点4的读数分别是29.50cm，根据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度，可以求出打纸带上2点时小车的瞬时速度大小，则．
故答案为10.00cm，12.60cm，22.60cm，29.50cm，0.1．
对于基本仪器的使用和工作原理，我们不仅从理论上学习它，还要从实践上去了解它，自己动手去做做，以加强基本仪器的了解和使用．要提高应用匀变速直线的规律以及推论解答实验问题的能力，在平时练习中要加强基础知识的理解与应用．
14、1.85 1.71 1.74
【解析】
根据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度，可以求出打纸带上B点时小车的瞬时速度大小。根据数据求解mgh以及mv1。
【详解】
根据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度，可以求出打纸带上B点时小车的瞬时速度大小。
vB==1.85m/s
计算出对应的vB1=1.71m1/s1，ghB=1.74m1/s1。

三、计算题要求解题步骤，和必要的文字说明（本题共36分）
15、 (1) (2)
【解析】
试题分析：（1）设电子电量大小e，质量为m，进入偏转电场初速度v0，
根据动能定理，有 eU1=
电子在偏转电场的飞行时间t1="L" / v0
电子在偏转电场的加速度a==
要使电子束打在荧光屏上偏转距离最大，电子经偏转电场后必须沿下板边缘射出．
电子在偏转电场中的侧移距离为
则有：=at12
由①②③④得：偏转电压U2 =
代入数据解得U2=205V
（2）设电子离开电场后侧移距离为y1，则电子束打在荧光屏上最大偏转距离
y=+y1
由于电子离开偏转电场的侧向速度vy =
电子离开偏转电场后的侧向位移y1=vy S/v0
得电子最大偏转距离y=+
代入数据解得y=0.055m
考点：带电粒子在电场中的偏转
16、（1）直线加速器2（2）；（3）△y＝2[]，n＝1，3，5，7…2k﹣1。
【解析】
（1）正负电子进入磁场后要在Ⅱ区域相遇，因此正负电子出加速器以后都向上偏转，根据左手定则可知直线加速器2加速得为正电子
（2）如图所示：d＝2Rsinθ，R（1﹣cosθ）＝h
或直接得：
整理得：R
即当，即h时，Rmin
根据ev1B＝m，求得：v1
（3）当v，则R，距离总是满足：△y＝2h
情况一：h＞R，只有一种情况h＝R，△y
情况二：h＜R，，h＝R，
那么△y＝2[]，n＝1，3，5，7…2k﹣1

17、 (1) 1 m/s2；(2) L≥2.25 m
【解析】
(1)小滑块在木板上滑行时，先做匀加速直线运动，然后做匀减速直线运动．小滑块受到的木板的摩擦力Ff1＝μ2FN1＝μmg＝10N；
根据牛顿第三定律：木板受到的小滑块摩擦力的大小Ff1′＝μ2mg＝10N；
木板受到的小滑块压力的大小FN1′＝FN1＝20N
木板受到地面的摩擦力Ff2＝μ1(Mg＋FN1)＝6N；
在拉力F的作用下，滑块做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律，木板的加速度 ．
(2)小滑块的加速度a1＝m/s2＝4 m/s2；
撤去拉力F时，滑块的速度v1＝a1t1＝4.0 m/s；
滑块运动的距离x1＝a1t12＝2.0 m
撤去拉力后，滑块做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律，滑块的加速度：
若滑块没有滑出木板，滑块与木板达到共同速度，设该速度为v2，则这段时间内v2＝v1＋a2t2
在(t1＋t2)时间内，木板做匀加速直线运动，则有：v2＝a(t1＋t2)
t2＝0.5 s
v2＝1.5 m/s；
小滑块前进的位移x2＝＝1.375m；
木板运动的位移x＝a(t1＋t2)2＝1.125 m
则滑块相对木板运动的距离d＝x1＋x2－x＝2.25m
所以要使小滑块不离开木板，木板长度L应满足L≥d，即L≥2.25 m