2024-2025学年山东省九校高一下物理期末考试模拟试题含解析.doc

2024-2025学年山东省九校高一下物理期末考试模拟试题
注意事项
1．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回．
2．答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用0．5毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置．
3．请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符．
4．作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案．作答非选择题，必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效．
5．如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗．

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)公路在通过小型水库的泄洪闸的下游时，常常要修建凹形桥,如图，汽车通过凹形桥的最低点时（　　）

A．车的加速度为零，受力平衡 B．车对桥的压力比汽车的重力大
C．车对桥的压力比汽车的重力小 D．车的速度越大，车对桥面的压力越小
2、 (本题9分)如图所示，一位小朋友在同一高度处分别沿两种滑梯滑到水平地面上，此过程中

A．沿滑梯1重力做功最大
B．沿滑梯2重力做功最大
C．沿滑梯1和2重力做功相等
D．条件不足不能判断
3、 (本题9分)对于水平放置的平行板电容器，下列说法正确的是（ ）
A．使正对面积增大，电容将减小
B．使正对面积减小，电容将减小
C．将两极板的间距增大，电容将增大
D．将两极板的间距增大，电容将不变
4、 (本题9分)下列说法正确的是( 　)
A．匀速圆周运动是一种匀速运动
B．匀速圆周运动是一种变加速运动
C．匀速圆周运动是一种匀变速运动
D．以上说法均不正确
5、在光滑水平面上，质量为m的小球A正以速度v0匀速运动．某时刻小球A与质量为3m的静止小球B发生正碰，两球相碰后，A球的动能恰好变为原来的．则碰后B球的速度大小是(　　)
A．
B．
C．或
D．无法确定
6、如图所示，小车通过定滑轮用绳牵引水中的小船，当绳与水平面夹角为θ 时，小车、小船的速度大小分别为v1、v2。则v1、v2大小关系正确的是

A．
B．
C．
D．
7、 (本题9分)自行车变速的工作原理是依靠线绳拉动变速器，变速器通过改变链条的位置，使链条跳到不同的齿轮上而改变速度。变速自行车的部分构造如图所示，其前、后轮的半径相等，当自行车沿直线匀速前进时，下列说法正确的是

A．后轮轮胎边缘的线速度大于飞轮边缘的线速度
B．飞轮的角速度与中轴链轮的角速度大小一定相等
C．由链条相连接的飞轮边缘与中轴链轮边缘的线速度大小一定相等
D．由链条相连接的飞轮边缘与中轴链轮边缘的向心加速度大小一定相等
8、 (本题9分)t＝0时，甲乙两汽车从相距70 km的两地开始相向行驶，它们的v－t图象如图所示．忽略汽车掉头所需时间．下列对汽车运动状况的描述正确的是

A．在第1小时末，乙车改变运动方向
B．在第2小时末，甲乙两车相距10 km
C．在前4小时内，乙车运动加速度的大小总比甲车的大
D．在第4小时末，甲乙两车相遇
9、 (本题9分)如图所示，一质量为m的小球置于半径为R的光滑竖直圆轨道最低点A处，B为轨道最高点，C、D为圆的水平直径两端点．轻质弹簧的一端固定在圆心O点，另一端与小球栓接，已知弹簧的劲度系数为，原长为L = 2R，弹簧始终处于弹性限度内，若给小球一水平初速度v0，已知重力加速度为g，则

A．无论v0多大，小球均不会离开圆轨道
B．若在则小球会在B、D间脱离圆轨道
C．只要，小球就能做完整的圆周运动
D．只要小球能做完整圆周运动，则小球与轨道间最大压力与最小压力之差与v0无关
10、发射地球同步卫星并不是直接把卫星送到同步轨道上，而是分为几个过程。如图所示，首先把卫星发射至近地圆轨道1，然后在A点经过短时间点火使其在轨道2上沿椭圆轨道运行，最后在远地点的B点再次点火将卫星送入同步轨道3.轨道1、2相切于A点，轨道2、3相切于B点。卫星在轨道1和轨道3上的运动都可以看作匀速圆周运动，不计卫星在运动过程中的质量变化，关于该卫星下列说法中正确的是（　　）

A．同步轨道3所在的平面不可能经过南北两极
B．在轨道3上具有的机械能大于它在轨道1上具有的机械能
C．卫星在B点从轨道2进入轨道3时需要点火使卫星减速
D．在轨道1上经过A点时的加速度小于它在轨道2上经过A点的加速度
11、如图（a）,一长木板静止于光滑水平桌面上，时，小物块以速度滑到长木板上，时刻小物块恰好滑至长木板最右端。图（b）为物块与木板运动的图像，已知图中、、，重力加速度大小为g。下列说法正确的是

A．木板的长度为
B．物块与木板的质量之比为
C．物块与木板之间的动摩擦因数为
D．t1时刻，小物块和木板动能之比为
12、如图所示，质量 M的木块放在光滑的水平面上，质量为m的子弹以速度v0沿水平方向射中木块，并最终留在木块中与木块一起以速度v运动。已知当子弹相对木块静止时，木块前进距离为L，子弹进入木块的深度为x，若木块对子弹的阻力F恒定，则下列关系式中正确的是（ ）

A．
B．
C．
D．
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)如图所示，用“碰撞实验器”可以验证动量守恒定律，即研究两个小球在轨道水平部分碰撞前后的动量关系。

(1)图中O点是小球抛出点在地面上的垂直投影。实验时，先让入射球m1多次从斜轨上S位置静止释放，找到其平均落地点的位置P，测量平抛射程OP，然后把被碰小球m2静置于轨道的水平部分，再将入射球m1从斜轨上S位置静止释放，与小球m2相碰，并多次重复，分别找到m1、m2相碰后平均落地点的位置M、N.接下来要完成的必要步骤是______(填选项前的符号)
A．用天平测量两个小球的质量m1、m2
B．测量小球m1开始释放高度h
C．测量抛出点距地面的高度H
D．测量平抛射程OM、ON
(2)经测定，m1=45.0g，m2=7.5g，小球落地点的平均位置距O点的距离如图所示.碰撞前后m1的动量分别为p1与 ，碰撞结束时m2的动量为 实验结果说明，碰撞前后总动量的比值_________。(保留两位小数)
(3)有同学认为，在上述实验中仅更换两个小球的材质，其他条件不变，可以使被碰小球做平抛运动的射程增大.请你用纸带中已知的数据，分析和计算出被碰小球m2平抛运动射程ON的最大值为_____cm.(保留两位小数)
14、（10分） (本题9分)某同学用如图所示装置来探究碰撞中动量是否守恒，让质量为的入射小球从斜槽某处由静止开始滚下，与静止在斜槽末端质量为的被碰小球发生碰撞，、、是小球在水平面上落点的平均位置。

（1）实验中必须要求的条件是（______）
A．斜槽必须是光滑的
B．斜槽末端的切线必须水平
C．要测量槽口离地的高度
D．与的球心在碰撞瞬间必须在同一高度
（2）两小球的质量应满足（_____）
A． B．
C． D．对两球质量关系无要求
（3）若该碰撞过程中动量守恒，则一定有关系式_______________________成立。（用、、、、表示）
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)2018年世界杯正在俄罗斯进行，在西班牙与葡萄牙的比赛中，C罗把质量是500g的足球踢出后，某人观察它在空中的飞行情况，估计上升的最大高度是10m，在最高点的速度为20m/s。请你根据这个，计算C罗踢球时对足球做的功。
16、（12分） (本题9分)如图所示，质量m＝10 kg的物体放在水平地面上，物体与地面间的动摩擦因数μ＝0.4.今用F＝50 N的水平恒力作用于物体上，使物体由静止开始做匀加速直线运动，g取10 m/s2，求：

（1）物体的加速度大小；
（2）力F在8 s内所做的功；
（3）用动能定理求8 s末物体的动能.
17、（12分） (本题9分)如图所示，在一足够大的空间内存在着水平向右的匀强电场，已知电场强度大小为E。有一质量为m的带电小球，用绝缘轻细线悬挂起来，静止时细线偏离竖直方向的夹角为。重力加速度为g，不计空气阻力的作用。

（1）求小球所带的电荷量并判断所带电荷的性质；
（2）如果将细线轻轻剪断，细线剪断后，经过时间t，求这一段时间 内小球电势能的变化量。
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、B
【解析】
A、汽车做圆周运动，速度在改变，加速度一定不为零，受力一定不平衡，故A错误．
BC、汽车通过凹形桥的最低点时，向心力竖直向上，合力竖直向上，加速度竖直向上，根据牛顿第二定律得知，汽车过于超重状态，所以车对桥的压力比汽车的重力大，故B正确，C错误．
D、对汽车，根据牛顿第二定律得：，则得，可见，v越大，路面的支持力越大，据牛顿第三定律得知，车对桥面的压力越大，故D错误．
故选B.
解决本题的关键搞清做圆周运动向心力的来源，即重力和支持力的合力提供向心力，结合牛顿第二定律进行求解．
2、C
【解析】
重力做功只与高度差有关，与运动路径无关，两个滑梯的高度差相同，所以重力做功相等，故ABD错误，C正确；
故选C.
点睛：本题考查功能关系的基本运用，知道合力做功与动能变化的关系，重力势能与重力做功的关系，明确机械能的变化量等于除重力以外的力做的功．
3、B
【解析】
由电容器的决定式可知：
A. 正对面积增大，则电容增大，故A项与题意不相符；
B. 正对面积减小，则电容减小，故B项与题意相符；
CD. 增大两板间的间距，则电容器将减小，故CD项与题意不相符。
4、B
【解析】
匀速圆周运动的线速度方向和加速度方向都在变化，所以是一种变加速运动；
A．匀速圆周运动是一种匀速运动，与结论不相符，选项A错误；
B．匀速圆周运动是一种变加速运动，与结论相符，选项B正确；
C．匀速圆周运动是一种匀变速运动，与结论不相符，选项C错误；
D．以上说法均不正确，与结论不相符，选项D错误；
故选B．
匀速圆周运动，所谓的匀速指的是速度的大小不变，方向是在时刻变化的，匀速圆周运动只有两个不变的量：角速度和周期．
5、A
【解析】
根据碰后A球的动能恰好变为原来的得： 解得：
碰撞过程中AB动量守恒，则有：mv=mv′+3mvB
解得：vB=v或vB=v；当vB=v时A的速度大于B的速度，不符合实际，故选项A正确，BCD错误，故选A.
点睛：本题考查的是动量定律得直接应用，注意动能是标量，速度是矢量；同时要分析结果是否符合实际情况，即不可能发生二次碰撞．
6、B
【解析】
将v2沿绳和垂直于绳分解，可得，B正确ACD错误
7、AC
【解析】
A.由于后轮轮胎边缘的点与飞轮边缘的点是同轴转动，角速度相同，根据可知后轮轮胎边缘的线速度大于飞轮边缘的线速度，故选项A正确；
B.由于飞轮边缘的点与中轴链轮边缘的点是皮带传动，线速度大小相等，根据可知飞轮的角速度与中轴链轮的角速度大小不一定相等，故选项B错误；
CD.由于链条相连接的飞轮边缘的点与中轴链轮边缘的点是皮带传动，线速度大小相等，根据可知链条相连接的飞轮边缘与中轴链轮边缘的向心加速度大小不一定相等，故选项C正确，D错误。
8、BC
【解析】
A．由图可知，2小时内乙车一直做反方向的运动，1小时末时开始减速但方向没有变，A错误；
B．图象与时间轴围成的面积为汽车运动的位移，则可知，2小时内，甲车正向运动的位移为；而乙车反向运动，其位移大小为，因两车相向运动，且初始时刻相距70km，则2小时末时，两车还相距10km，B正确；
C．图象的斜率表示加速度，由图可知，乙车的图象斜率总是大于甲车的图象的斜率，故乙车的加速度总比甲车的大，C正确；
D．4小内甲车的总位移为120km，而乙车的总位移为，即乙车的位移为正方向的30km，两车原来相距70km，4小时末时，甲车离出发点120km，而乙车离甲车的出发点70+30km=100km，故此时甲乙两车不相遇，故D错误．
9、ACD
【解析】
A、B、因弹簧的劲度系数为 ，原长为L=2R，所以小球始终会受到弹簧的弹力作用，大小为F=K（l-R）=KR=mg，方向始终背离圆心，无论小球在CD以上的哪个位置速度为零，重力在沿半径方向上的分量都小于等于弹簧的弹力（在CD以下，轨道对小球一定有指向圆心的支持力），所以无论v0多大，小球均不会离开圆轨道，故A正确，B错误．C、小球在运动过程中只有重力做功，弹簧的弹力和轨道的支持力不做功，机械能守恒，当运动到最高点速度为零，在最低点的速度最小，有：，解得：，所以只要，小球就能做完整的圆周运动，故C正确．D、在最低点时，设小球受到的支持力为N，有，解得： ①，运动到最高点时受到轨道的支持力最小，设为N′，设此时的速度为v，由机械能守恒有： ②；此时合外力提供向心力，有： ③；联立②③解得： ④；联立①④得压力差为：△N=6mg，与初速度无关，故D正确．故选ACD．
【点睛】该题涉及到的指示点较多，解答中要注意一下几点：1、正确的对物体进行受力分析，计算出沿半径方向上的合外力，利用向心力公式进行列式．2、注意临界状态的判断，知道临界状态下受力特点和运动的特点．3、熟练的判断机械能守恒的条件，能利用机械能守恒进行列式求解．
10、AB
【解析】
A．同步轨道3所在的平面与赤道共面，不可能经过南北两极，故A正确；
BC．要将卫星由轨道1送入轨道2，需要在点点火加速，使卫星做离心运动；要将卫星由轨道2送入圆轨道3，需要在点点火加速，则卫星在轨道3上具有的机械能大于它在轨道1上具有的机械能，故B正确，C错误；
D．设点到地心的距离为，地球的质量为，卫星经过点的加速度为，由牛顿第二定律得

解得

可知在轨道1上经过点时的加速度等于它在轨道2上经过点的加速度，故D错误。
故选AB。
11、ACD
【解析】
A. 时刻小物块恰好滑至长木板最右端，所以相对位移就是板长，根据图b知，相对位移为图像面积差：，A正确。
B. 相对运动过程中，相互间的摩擦力设为f，木块的加速度 ，木板加速度 ，所以质量之比为 ，B错误。
C. 木块的加速度，摩擦力 ，所以动摩擦因数为，C正确。
D. 动能 ，t1时刻，速度相同，所以动能比等于质量比，D正确。
12、ACD
【解析】
AB. 根据能量守恒定律知，摩擦力与相对位移的乘积等于系统能量的损失，有
Fx=mv02-（m+M）v2
故选项A符合题意，选项B不合题意；
C.对木块运用动能定理，有
FL=Mv2-0
故选项C符合题意；
D.对子弹，由动能定理
-F（L+x）=mv2-mv02
则

故选项D符合题意。

二、实验题（本题共16分，答案写在题中横线上）
13、AD 1.01 76.80
【解析】
（1）[1]根据动量守恒定律，有

小球碰前碰后从同一高度做平抛运动，即平抛运动时间相等，根据平抛运动特点有

x1表示碰前小球平抛运动水平位移，x1'、x2分别表示碰后两小球的位移。整理知要验证动量守恒定律，需要验证的关系式为

故实验还需完成的必要步骤是：AD
（2）[2]碰撞前后总动量的比值

（3）[3]小球发生弹性碰撞时，被碰小球平抛射程最大，有

代入OP，得

14、BD A
【解析】
第一空. A. 轨道是否光滑对实验的结果没有影响。故A错误；
B. 要保证碰撞后两个球做平抛运动，故斜槽轨道末端的切线必须水平，故B正确；
C. 槽口离地的高度大小与对实验没有影响，故C错误；
D. 同时为了对心碰撞，两小球的直径应相同，碰撞时两球必须在同一高度上，故D正确；
第二空. 为了防止入射球反弹，入射球质量要大于被碰球质量，即m1＞m2，A正确BCD错误。
第三空. 因为平抛运动的时间相等，则水平位移可以代表速度，OP是A球不与B球碰撞平抛运动的位移，该位移可以代表A球碰撞前的速度，OM是A球碰撞后平抛运动的位移，该位移可以代表碰撞后A球的速度，ON是碰撞后B球的水平位移，该位移可以代表碰撞后B球的速度，若该碰撞过程中动量守恒，物理量满足表达式 。

三、计算题要求解题步骤，和必要的文字说明（本题共36分）
15、150J
【解析】
根据动能定理求运动员对足球做的功。
【详解】
运动员对足球做的功为W，根据动能定理得：

解得：。
本题也可以对踢球的过程运用动能定理，小球动能的增加量等于运动员做的功；同时小球离开脚后，由于惯性继续飞行，只有重力做功，机械能守恒。
16、（1）1m/s2；（2）1600J；（3）320J
【解析】
(1)在运动过程中,物体所受到的滑动摩擦力为:

由牛顿第二定律可得物体加速运动的加速度a为

所以加速度：

(2)由运动学公式可得在8 s内物体的位移为:

所以力F做的功为：

(3)由动能定理可得:

所以动能：

17、（1）正电；（2）mg2t2（tan）2
【解析】
（1）小球受到重力电场力F和细线的拉力T的作用，由共点力平衡条件有：

qE = Tsin.
mg = Tcos.
得：q= .
电场力的方向与电场强度的方向相同，故小球所带电荷为正电荷。
（2）剪断细线后，小球做匀加速直线运动，设其加速度为a，由牛顿第二定律有：
=ma
解得：a =
在t时间内，小球的位移为：l=at2 .
小球运动过程中，电场力做的功为：W= qElsin= mglsintan=mg2t2（tan）2
所以小球电势能的变化量（减少量）为：△Ep= mg2t2（tan）2