2025届河南省漯河市第四高级中学物理高一下期末质量检测模拟试题含解析.doc

2025届河南省漯河市第四高级中学物理高一下期末质量检测模拟试题
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考场号和座位号填写在试题卷和答题卡上。用2B铅笔将试卷类型（B）填涂在答题卡相应位置上。将条形码粘贴在答题卡右上角"条形码粘贴处"。
2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答案不能答在试题卷上。
3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。
4．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。

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)如图所示为一个做匀变速曲线运动的质点从A到E的运动轨迹示意图，已知在B点的速度与加速度相互垂直，则下列说法中正确的是( )

A．D点的速率比C点的速率大
B．A点的加速度与速度的夹角小于90°
C．A点的加速度比D点的加速度大
D．从A到D速度先增大后减小
2、 (本题9分)下面列举的四位大师，他们对世界天文学的发展影响极其深远，那么其中排列符合历史发展顺序的是（）
A．哥白尼 托勒密 牛顿 开普勒 B．托勒密 牛顿 哥白尼 开普勒
C．哥白尼 托勒密 开普勒 牛顿 D．托勒密 哥白尼 开普勒 牛顿
3、如图所示，在圆盘上有A、B、C三点，且OA=AB=BC，当圆盘绕O点在水平面上做匀速圆周运动时，关于A、B、C三点说法正确的是（　　）

A．线速度大小的比为vA：vB：vC=3：2：1
B．线速度大小的比为vA：vB：vC=1：1：1
C．角速度大小的比为ωA：ωB：ωC=3：2：1
D．角速度大小的比为ωA：ωB：ωC=1：1：1
4、(本题9分)一个质点做曲线运动，则其速度
A．方向随时间而改变
B．大小一定不断变化
C．方向跟加速度的方向一致
D．方向跟力的方向一致
5、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
6、如图所示，竖直平面内放一直角杆MON，OM水平，ON竖直且光滑，用不可伸长的轻绳相连的两小球A和B分别套在OM和ON杆上，B球的质量为2kg，在作用于A球的水平力F的作用下，A、B均处于静止状态，此时OA=0.3m，OB=0.4m，改变水平力F的大小，使A球向右加速运动，已知A球向右运动0.1m时速度大小为3m/s，则在此过程中绳对B球的拉力所做的功为（取g=10m/s2）( )

A．11J B．16J C．18J D．9J
7、 (本题9分)如图所示，某极地轨道卫星的运行轨道平面通过地球的南北两极（轨道可视为圆轨道），该极地轨道卫星从北纬60°的正上方，按图示方向第一次运动到南纬60°正上方的过程中，所用的时间为t．已知该卫星距地面的高度为h，地球视为质量均匀分布的球体，地球表面的重力加速度为g，引力常量为G，忽略地球的自转．由上述信息可求出

A．该卫星的质量
B．地球的质量
C．该卫星的运行周期
D．地球的半径
8、光滑的长轨道形状如图所示，底部为半圆型，半径R，固定在竖直平面内．AB两质量均为m的小环用长为R的轻杆连接在一起，套在轨道上．将AB两环从图示位置静止释放，A环离开底部2R．不考虑轻杆和轨道的接触，即忽略系统机械能的损失，则（重力加速度为g）：

A．AB两环都未进入半圆型底部前，杆上的作用力大小为mg
B．A环到达最低点时，两球速度大小均为
C．若将杆换成长2R，A环仍从离开底部2R处静止释放，A环到达最低点时的速度大小为
D．若将杆换成长，A环仍从离开底部2R处静止释放，经过半圆型底部再次上升后，A环离开底部的最大高度
9、如图4所示，板长为l，板的B端静放有质量为m的小物体P，物体与板间的动摩擦因数为μ，开始时板水平，若缓慢转过一个小角度α的过程中，物体保持与板相对静止，则这个过程中( )

A．摩擦力对P做功为μmgcosα·l(1－cosα)
B．摩擦力对P做功为mgsinα·l(1－cosα)
C．支持力对P做功为mglsinα
D．板对P做功为mglsinα
10、一质点在0～15 s内竖直向上运动，其加速度一时间图像如图所示，若取竖直向下为正，g取10，则下列说法正确的是( )

A．质点的机械能不断增加
B．在0～5 s内质点的动能增加
C．在10～15 s内质点的机械能一直增加
D．在t="15" s时质点的机械能大于t="5" s时质点的机械能
11、 (本题9分)从同样高度落下的玻璃杯，掉在水泥地上容易打碎，而掉在草地上不容易打碎，其原因是( )
A．掉在水泥地上的玻璃杯动量大，而掉在草地上的玻璃杯动量小
B．掉在水泥地上的玻璃杯动量改变大，掉在草地上的玻璃杯动量改变小
C．掉在水泥地上的玻璃杯动量改变快，掉在草地上的玻璃杯动量改变慢
D．掉在水泥地上的玻璃杯与地面接触时，相互作用时间短，而掉在草地上的玻璃杯与地面接触时，相互作用时间长．
12、 (本题9分)如图所示，一个长直轻杆两端分别固定一个小球A和B，A球、B球质量分别为2m、m，两球半径忽略不计，杆的长度为。先将杆AB竖直靠放在竖直墙上，轻轻振动小球B，使小球A在水平面上由静止开始向右滑动，当小球B沿墙下滑距离为时,下列说法正确的是（ ）

A．小球A的速度为
B．小球B的速度为
C．小球B沿墙下滑过程中，杆对B做的功为
D．小球B沿墙下滑过程中，杆对A做的功为
二．填空题(每小题6分，共18分)
13、 (本题9分)某实验小组要探究“功与物体速度变化的关系”，实验装置如图所示.

实验主要步骤如下：
①实验时，为使小车所受合力等于橡皮筋的拉力，在未连接橡皮筋前将木板的左端用小木块垫起，使木板倾斜合适的角度，接通电源，轻推小车，小车运动稳定后，得到的纸带应该是如图的__________（填“甲”或“乙”）；

②使小车在一条橡皮筋的作用下由静止弹出，沿木板运动，此过程中橡皮筋对小车做的功记为W；
③再分别改用完全相同的2条、3条…橡皮筋作用于小车，每次从同一位置由静止释放小车，使得每次每条橡皮筋对小车做的功都为W；
④分析打点计时器打出的纸带，分别求出小车每次获得的最大速度v1、v2、v3、…．如图所示是实验中打出的一条纸带，为了测量小车获得的最大速度，应选用纸带的__________（填“AG”或“GJ”）部分进行测量；

⑤根据实验数据，作出W－v图象，下列符合实际的图象是_________.

14、 (本题9分)用自由落体法验证机械能守恒定律的实验中：
(1)运用公式对实验条件的要求是________________________，为此，所选择的纸带第1、2两点间的距离应接近_______．

(2)若实验中所用重物的质量m＝1kg．打点纸带如图所示，打点时间间隔为0.02s，则记录B点时，重物速度vB＝_______m/s，重物动能Ek＝_____J，从开始下落起至B点时的重物的重力势能减少量是_______J，由此可得出的结论是___________．(g取9.8m/s2)(本小题数据保留三位有效数字)
15、 (本题9分)在“验证机械能守恒定律”的一次实验中，质量m（已知量）的重物自由下落，在纸带上打出一系列的点（下图纸带上的所有点均为计时点，相邻计时点时间间隔为0.02s），那么：

（1）实验中下列物理量中需要直接测量的量有_____，（填字母序号）
A．重锤质量
B．重力加速度
C．重锤下落的高度
D．与下落高度相应的重锤的瞬时速度
（2）从起点O到打下计时点B的过程中物体的重力势能减少量△Ep=_____J，此过程中物体动能的增加量△Ek=_____J；（g取9.8m/s2，保留到小数点后两位）
（3）实验的结论是：_____．
三．计算题(22分)
16、（12分） (本题9分)如图所示，为一传送装置，其中AB段粗糙，AB段长为L＝0.2 m，动摩擦因数μ＝0.6，BC、DEN段均可视为光滑，且BC的始、末端均水平，具有h＝0.1 m的高度差，DEN是半径为r＝0.4 m的半圆形轨道，其直径DN沿竖直方向，C位于DN竖直线上，CD间的距离恰能让小球自由通过．在左端竖直墙上固定有一轻质弹簧，现有一可视为质点的小球，小球质量m＝0.2 kg，压缩轻质弹簧至A点后由静止释放(小球和弹簧不粘连)，小球刚好能沿DEN轨道滑下．求：

(1)小球到达N点时速度的大小；
(2)压缩的弹簧所具有的弹性势能．
17、（10分） (本题9分)如图1所示，真空中相距d=5cm的两块平行金属板A、B与电源连接（图中未画出），其中B板接地（电势为零）。A板电势变化的规律如图2所示。将一个质量m=2.0×10－27kg，电量q=＋1.6×10－19C的带电粒子从紧临B板处释放，不计重力。求：

(1)在t=0时刻释放该带电粒子，释放瞬间粒子加速度的大小；
(2)若A板电势变化周期T=1.0×10－5s，在t=0时将带电粒子从紧临B板处无初速释放，粒子到达A板时速度的大小；
(3)A板电势变化周期多大时，在t=T/4时刻从紧临B板处无初速释放该带电粒子，粒子恰能到达A板。
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】
A．由题意，质点运动到B点时速度方向与加速度方向恰好互相垂直，速度沿B点轨迹的切线方向，则知加速度方向向下，合外力也向下，质点做匀变速曲线运动，合外力恒定不变，质点由C到D过程中，合外力做正功，由动能定理可得，D点的速度比C点速度大，故A正确；
B．物体在A点受力的方向向下，而速度的方向向右上方，A点的加速度与速度的夹角大于90°．故B正确；
C．质点做匀变速曲线运动，加速度不变，则A点的加速度等于D点的加速度，故C错误；
D．由A的分析可知，质点由A到D过程中，加速度的方向向下，速度的方向从斜向右上方变为斜向右下方，从A到D速度先减小后增大．故D错误．
2、D
【解析】
希腊科学家托勒密提出了地心说：认为地球是静止不动的，太阳、月亮和星星从人类头顶飞过，地球是宇宙的中心；波兰天文学家哥白尼，发表著作《天体运行论》提出日心说，预示了地心宇宙论的终结；德国天文学家开普勒对他的导师−−第谷观测的行星数据进行了多年研究，得出了开普勒三大行星运动定律；开普勒发现了行星的运行规律之后，牛顿根据开普勒定律和牛顿运动定律，总结出了万有引力定律；
A.与分析不符，不符合题意；
B.与分析不符，不符合题意；
C.与分析不符，不符合题意；
D.与分析相符，符合题意。
3、D
【解析】
三点同轴转动，角速度相等，故有，根据可得，D正确．
【点睛】本题关键是知道同轴转动角速度相同，同一条皮带相连的点的线速度相同．
4、A
【解析】
一个质点做曲线运动，则其速度方向一定随时间而改变，选项A正确；速度大小不一定变化，例如匀速圆周运动，选项B错误；速度的方向跟加速度的方向成一定的角度，也和力的方向成一定的角度，选项CD错误； 故选A,
5、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。
6、C
【解析】
A球向右运动1．1m时，由几何关系得，B上升距离：h=1．4m-m=1．1m；此时细绳与水平方向夹角的正切值：tanθ=，则得 cosθ=，sinθ=由运动的合成与分解知识可知：B球的速度为 vBsinθ=vAcosθ，可得 vB=4m/s；以B球为研究对象，由动能定理得：WF-mgh=mvB2,代入数据解得：WF="18J," 即绳对B球的拉力所做的功为18J
本题中绳子拉力为变力，不能根据功的计算公式求拉力做功，而要根据动能定理求变力做功．
7、BCD
【解析】
C、A、卫星从北纬60°的正上方，按图示方向第一次运行到南纬60°的正上方时，刚好为运动周期的，所以卫星运行的周期为3t，C正确．D、知道周期、卫星距地表的高度h，由，可以算出地球的半径R，D正确．A、B、由周期公式可以得到中心天体即地球的质量M，而环绕天体的质量m约掉了无法求出，A错误，B正确．故选BCD．
灵活运动用重力和万有引力相等以及万有引力提供圆周运动的向心力是解决本题的关键．
8、BCD
【解析】
A.对整体分析，自由落体，加速度g，以A为研究对象，A作自由落体，则杆对A一定没有作用力．即F=0，故AB两环都未进入半圆型底部前，杆上的作用力为零，选项A错误．
B.AB都进入圆轨道后，两环具有相同角速度，则两环速度大小一定相等，即vA=vB；对整体依机械能守恒定律，有：mg•2R+mg•R＝•2mv2，解得，故A环到达最低点时，两环速度大小均为，选项B正确．
C. 若将杆换成长2R，A环仍从离开底部2R处静止释放，A环到达最低点时，杆与竖直方向的夹角为30°；设AB的速度为vA和vB，则；由机械能守恒可得：，联立解得： ，选项C正确；
D.由于杆长超过了半圆直径，故最后A环在下，如图；

设A再次上升后，位置比原来高h，如下图所示．
由机械能守恒，有：−mgh+mg(2R−2R−h)＝0
解得h＝(−1)R，故A离开底部(+1)R
故若将杆换成长2R，A环仍从离开底部2R处静止释放，经过半圆型底部再次上升后离开底部的最大高度为(+1)R．选项D正确.
9、CD
【解析】
对物体运用动能定理
W合＝WG＋WFN＋W摩＝ΔEk＝0
所以WFN＋W摩＝－WG＝mglsinα
因摩擦力的方向(平行于木板)和物体速度方向(垂直于木板)始终垂直，对物体不做功，故斜面对物体做的功就等于支持力对物体做的功，即WFN＝mglsinα，故C、D正确．
10、BD
【解析】
试题分析：从图中可知0~5s过程中加速度a=g，则此时只有重力做功，机械能不变，动能减小，5~10s内，a<g，有外力做正功，机械能增大，10~15s过程中a>g，外力做负功，机械能减小， AC错误B正确；根据牛顿第二定律，5-10s内，，得：，方向向上，做正功，物体机械能增加；10-15s内，，得，方向向下，物体机械能减少；物体一直向上做减速运动，而5-10s内的速度大于10-15s内的速度，则5-10s内的位移大于10-15s内的位移，故5-10s内物体机械能增加的多，10-15s内减小的少，故质点在t=15s时的机械能大于t=5s时的机械能，D正确
考点：考查机械能守恒守恒定律的应用
【名师点睛】物体机械能守恒的条件是只有重力做功或只受重力，即物体的加速度等于g，则机械能不变，若向上减速的加速度小于g，说明物体受到了向上的外力作用，机械能增加，反之向上减速的加速度大于g则机械能减小．
11、CD
【解析】玻璃杯落地前是自由落体运动，末速度一定，玻璃杯掉在水泥地上与掉在草地上的动量相等，故A错误；玻璃杯两次与地面碰撞过程，初动量相同，末动量为零，两种情况下动量变化量相同，故B错误；玻璃杯两次与地面碰撞过程，初动量相同，末动量为零，两次的动量变化量相同，但在水泥地上碰撞过程时间短，则动量的变化快，掉在草地上的杯子动量改变慢，故CD正确。故选CD。
12、AD
【解析】
AB.当小球B沿墙下滑距离为时，杆与水平方向的夹角的正弦是 ，此时A、B两小球的速度关系满足，由机械能守恒定律得： 解得：小球A的速度为。小球B的速度为，故A正确，B错误。
C.由动能定理得：，小球B沿墙下滑过程中，杆对B做的功为，故C错误；
D由动能定理得：，小球B沿墙下滑过程中，杆对A做的功为，故D正确；

二．填空题(每小题6分，共18分)
13、乙 GJ D
【解析】
第一空：平衡合适的依据是小车做匀速直线运动，选择乙图
第二空：我们应测量橡皮筋做功结束以后的速度，且此时小车匀速，应选择GJ部分
第三空：由于 根据实验数据，作出W－v图象为抛物线，D正确
14、（1）自由下落的物体 2 mm
（2）0.59 m/s 0.174 J 0.175 J 在实验误差允许的范围内，动能的增加量等于重力势能的减少量
【解析】
（1）运用公式mv2=mgh时，对纸带上起点的要求是重锤是从初速度为零开始．打点计时器的打点频率为50 Hz，打点周期为0.02s，重物开始下落后，由h=gT2=×9.8×0.022 m≈2 mm得，在第一个打点周期内重物下落的高度所以所选的纸带最初两点间的距离接近2mm．
（2）利用匀变速直线运动的推论：，
重锤的动能：EKB=mvB2=×1×0.592J=0.174J
从开始下落至B点，重锤的重力势能减少量：△Ep=mgh=1×9.8×0.176J=0.175J．
得出的结论是：在误差允许范围内，重物下落的机械能守恒．
15、 (1)C (2)0.48m， 0.49m (3)可知在误差允许的范围内，重物得机械能守恒
【解析】
（1）实验中，直接测量的物理量是下落的高度，从而可以求出重力势能的减小量，通过计算得到的物理量是与下落高度相应的瞬时速度，从而得出动能的增加量，故选项CD正确，AB错误；
（2）从起点O到打下计时点B的过程中物体的重力势能减少量：

B点的瞬时速度
则动能的增加量；
（3）可知在误差允许的范围内，重物的机械能守恒．
点睛：解决本题的关键知道实验的原理和注意事项，掌握纸带的处理方法，会通过纸带求解瞬时速度，从而得出动能的增加量，会根据下降的高度求解重力势能的减小量．

三．计算题(22分)
16、（1）vN＝2m/s（2）0.44 J．
【解析】
本题考查圆周运动、弹性势能、动能定理等，意在考查学生的分析综合能力．
【详解】
（1）“小球刚好能沿DEN轨道滑下”，在圆周最高点D点必有
从D点到N点，由机械能守恒得：
联立以上两式并代入数据得，
（2）弹簧推开小球过程中，弹簧对小球所做的功W等于弹簧所具有的弹性势能Ep，根据动能定理得
代入数据得W=0.44J
即压缩的弹簧所具有的弹性势能为0.44 J
17、（1） （2） （3）
【解析】
由图可知两板间开始时的电势差，则由可求得两板间的电场强度，则可求得电场力，由牛顿第二定律可求得加速度的大小；因粒子受力可能发生变化，故由位移公式可求得粒子通过的距离，通过比较可知恰好到A板，故电场力不变，由动量定理可求得速度；要使粒子恰能到达A板，应让粒子在向A板运动中的总位移等于极板间的距离，由以上表达式可得出周期；
【详解】
（1）电场强度，带电粒子所受电场力,
解得；
（2）粒子在时间内走过的距离为
故带电粒子在时，恰好到达A板，
根据动量定理，此时粒子动量，
又，解得；
（3）带电粒子在向A板做匀加速运动，在向A板做匀减速运动，速度减为零后将返回．粒子向A板运动可能的最大位移
要求粒子恰能到达A板，有，可得．