2024-2025学年北京西城14中物理高一第二学期期末质量检测模拟试题含解析.doc

2024-2025学年北京西城14中物理高一第二学期期末质量检测模拟试题
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：（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)小球以6m/s的速度水平抛出，落到水平地面时的速度为10m/s，取g=10m/s2，小球从抛出到落地的时间及水平位移分别是
A．1.0s，3.2m
B．1.0s，4.8m
C．0.8s，3.2m
D．0.8s，4.8m
2、发射人造卫星是将卫星以一定的速度送入预定轨道．发射场一般选择在尽可能靠近赤道的地方，如图所示，这样选址的优点是，在赤道附近

A．地球的引力较大
B．地球自转线速度较大
C．重力加速度较大
D．地球自转角速度较大
3、 (本题9分)下列语句中加点部分描绘的运动情景，可以选取山为参考系的是（ ）
A．两岸猿声啼不住，轻舟已过万重山
B．小小竹排江中游，巍巍青山两岸走
C．满眼风波多闪灼，看山恰似走来迎
D．两岸青山相对出，孤帆一片日边来
4、 (本题9分)如图所示的齿轮传动装置中，主动轮和从动轮的齿大小相同，主动轮的齿数z1=24，从动轮的齿数z2=1．当主动轮顺时针转动，且转动周期为T时，从动轮的转动情况是（ ）

A．顺时针转动，角速度为
B．逆时针转动，角速度为
C．顺时针转动，角速度为
D．逆时针转动，角速度为
5、 (本题9分)关于对平抛运动的理解，以下说法正确的是（　　）
A．只要时间足够长，其速度方向可能沿竖直方向
B．在任意相等的时间内速度的变化量相同
C．可以运用“化曲为直”的方法，分解为竖直方向的匀速直线运动和水平方向的自由落体运动
D．平抛运动的水平位移与竖直高度无关
6、 (本题9分)一个带电粒子以速度v0从A进入某电场，以速度v1飞离电场，如图所示，虚线为该粒子运动的轨迹，则下列说法正确的有（ ）

A．该粒子一定带正电
B．粒子在A处的动能大于在B处的动能
C．粒子在A处加速度大于B处的加速度
D．粒子在A处电势能大于在B处的电势能
7、 (本题9分)平行金属板、与电源和滑线变阻器如图所示连接，电源的电动势为，内电阻为零；靠近金属板的处有一粒子源能够连续不断地产生质量为，电荷量，初速度为零的粒子，粒子在加速电场的作用下穿过板的小孔，紧贴板水平进入偏转电场；改变滑片的位置可改变加速电场的电压和偏转电场的电压，且所有粒子都能够从偏转电场飞出，下列说法正确的是（　　）

A．粒子的竖直偏转距离与成正比
B．滑片向右滑动的过程中从偏转电场飞出的粒子的偏转角逐渐减小
C．飞出偏转电场的粒子的最大速率
D．飞出偏转电场的粒子的最大速率
8、 (本题9分)关于物体的平抛运动，下列说法错误的是（　　）
A．由于物体受力的大小和方向不变，因此平抛运动是匀变速运动
B．由于物体速度的方向不断变化，因此平抛运动不是匀变速运动
C．同一位置以不同的初速度水平抛出物体，初速度大的物体飞行时间长
D．同一位置以不同的初速度水平抛出物体，初速度小的物体飞行时间长
9、如图，x轴在水平地面内，y轴沿竖直方向．图中画出了从y轴上沿x轴正向抛出的三个小球a、b和c的运动轨迹，其中b和c是从同一点抛出的，不计空气阻力，则

A．a的飞行时间比b的长
B．b和c的飞行时间相同
C．a的水平速度比b的小
D．b的初速度比c的大
10、 (本题9分)如图所示，一轻绳通过小定滑轮O与小球B连接，另一端与套在竖直杆上的小物块A连接，杆固定且足够长。开始时用手握住B使A静止在P点，细线伸直。现释放B，A向上运动，过Q点时细线与竖直杆成60°角，R点位置与O等高。(不计一切摩擦，B球未落地)则

A．物块A过Q点时，A、B两物体的速度关系为vA=2vB
B．物块A由P上升至R的过程中，物块A的机械能增加量等于小球B的机械能减少量
C．物块A由P上升至R的过程中，细线对小球B的拉力总小于小球B的重力
D．物块A由P上升至R的过程中，小球B所受重力的瞬时功率先增大后减小
11、如图所示，由长为L的轻杆构成的等边三角形支架位于竖直平面内，其中两个端点分别固定质量均为m的小球A、B，系统可绕O点在竖直面内转动，初始位置OA水平．由静止释放，重力加速度为g，不计一切摩擦及空气阻力．则（　　）

A．系统在运动过程中机械能守恒
B．B球运动至最低点时，系统重力势能最小
C．A球运动至最低点过程中，动能一直在增大
D．摆动过程中，小球B的最大动能为mgL
12、 (本题9分)如图所示，物块a、b的质量均为m，水平地面和竖直墙面均光滑，在水平推力F作用下，两物块均处于静止状态．则(　 　)

A．b受到的摩擦力大小等于mg
B．b受到的摩擦力大小等于2mg
C．b对地面的压力大小等于mg
D．b对地面的压力大小等于2mg
二、实验题（本题共16分，答案写在题中横线上）
13、（6分）某同学在用电流表和电压表测定干电池的电动势和内阻的实验中：
(1)有如下器材可供选择：
A．干电池1节（电动势约为1.5V）
B．滑动变阻器R1（0～20Ω）
C．滑动变阻器R2（0～2kΩ）
D．电压表V1（0～3V，内阻约为2kΩ）
E.电压表V2（0～15V，内阻约为3kΩ）
F.电流表A（0～0.6A，内阻约为2Ω）
G.开关S、导线若干等
其中滑动变阻器应选________，电压表应选______（均选填器材前的选项字母）。
(2)为了最大限度地减小实验误差，请在下面的虚线框中画出该实验最合理的电路图___。

(3)该同学按照正确的电路图连接好实物图，操作规范，开始实验。然后多次改变滑动变阻器滑片的位置，记录相应电压表和电流表的数据，并根据这些数据画出了U-I图线如图所示，则根据此图线可以求出被测干电池的电动势E=______V，内阻r=________Ω。

14、（10分） (本题9分)如图为“探究物体的加速度与质量和受力的关系”的实验装置．沙和沙桶的质量为m，小车和砝码的质量为M.实验中将沙和沙桶的重力作为细线对小车的拉力．

(1)实验前，在进行平衡摩擦力的操作时，下列注意事项正确的是（_______）
A．应该让小车连接纸带并穿过打点计时器
B．必须让小车连接沙桶
C．纸带和沙桶都应连接
D．纸带和沙桶都不能连接
(2)现保持沙和沙桶的总质量m不变，改变小车和砝码的总质量M，探究加速度和质量的关系．如图是某次实验中打出的一条纸带，交变电流的频率为50 Hz，每隔4个点选一个计数点，则小车的加速度为________m/s2(保留两位有效数字)．通过实验得到多组加速度a、质量M的数据，为了方便准确地研究二者关系，一般选用纵坐标为加速度a，则横坐标为_________(填“M”或“”)．

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）如图所示,甲、乙两名宇航员正在离空间站一定距离的地方执行太空维修任务.某时刻甲、乙都以大小为v0=2 m/s的速度相向运动,甲、乙和空间站在同一直线上且可视为质点.甲和他的装备总质量为M1=90 kg,乙和他的装备（不包括A的质量）总质量为M2=90 kg,为了避免直接相撞,乙把手中质量为m=45 kg的物体A推向甲,甲迅速接住A后即不再松开,此后甲、乙两宇航员在空间站外做相对距离不变的同向运动,且安全“飘”向空间站.
求：

(1)乙要以多大的速度v(相对于空间站)将物体A推出?
(2)设甲与物体A作用时间为t=0.5 s,求甲与A的相互作用力F的大小？
16、（12分） (本题9分)从离地高80m处水平抛出一个物体，3s末物体的速度大小为50m/s，g取10m/s2。求：
(1)物体抛出时的初速度大小；
(2)物体在空中运动的时间；
(3)物体落地时的水平位移．
17、（12分） (本题9分)光滑水平面AB与竖直面内的圆形导轨在B点连接，导轨半径R＝0.5 m，一个质量m＝1 kg的小球在A处压缩一轻质弹簧，弹簧与小球不拴接．用手挡住小球不动，此时弹簧弹性势能Ep＝49 J，如图所示．放手后小球向右运动脱离弹簧，沿圆形轨道向上运动恰能通过最高点C，g取10 m/s1．求：

(1)小球脱离弹簧时的速度大小；
(1)小球从B到C克服阻力做的功；
(3)小球离开C点后落回水平面时的动能大小．
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、D
【解析】
小球在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，小球落地速度是水平方向和竖直方向上速度的合速度，故
，
代入数据解得：
；
AB．根据，可得小球下落时间：
，
AB错误；
CD．根据，可得小球的水平位移为：
，
C错误D正确．
2、B
【解析】
A、相对于地心的发射速度等于相对于地面的发射速度加上地球自转的线速度．地球自转的线速度越大，相对于地心的发射速度越大，卫星越容易发射出去．赤道处，半径最大，所以自转线速度最大．故A错误，B正确．
C、赤道处重力加速度最小．故C错误．
D、在地球上各点具有相同的角速度．故D错误．
故选B．
3、A
【解析】
试题分析：“两岸猿声啼不住，轻舟已过万重山“是以“万重山“为参考系的，A正确；“巍巍青山两岸走”是以竹排为参考系的，选项B错误；看山恰似走来迎，意思是说山在向船运动，所以选择的参考系为船，C错误；两岸青山相对出，孤帆一片日边来，是以太阳为参考系的，D错误。
考点：参考系
【名师点睛】①参考系是为了描述物体的运动而人为选定作为参照的物体，参考系可以是不动的，也可以是变速运动的物体。②参考系的选择是任意的，但应以观察方便和使运动的描述尽可能简单为原则，研究地面上物体的运动常选择地面为参考系。③对同一个物体的运动，所选择的参照物不同，对它的运动的描述就会不同。运动是绝对的，静止是相对的。
4、B
【解析】
AC、齿轮不打滑,说明边缘点线速度相等, 当主动轮顺时针转动,则从动轮应该逆时针转动，故AC错误
BD、齿轮传动的过程中,相等的时间内传送的齿轮数目是相等的,所以: ，又知 ，所以 解得 ，故B对，D错误；
故选B
5、B
【解析】
A．当平抛运动下落时间无论多么长，由于存在水平方向的分速度，则速度方向不可能竖直向下，故A错误；
B．由公式△v=at=gt，可知平抛运动的物体在任意相等时间内速度的变化量相同，故B正确；
C．平抛运动运用“化曲为直”的方法，分解为水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，故C错误；
D．平抛运动的水平位移为

知平抛运动的水平位移由初速度和拋出点的高度共同决定，故D错误。
故选B。
6、B
【解析】
A.带电粒子在电场中运动时，受到的电场力的方向指向运动轨迹的弯曲的内侧，由此可知，此带电的粒子受到的电场力的方向为沿着电场线向下，所以此粒子为负电荷，所以A不符合题意；
B.粒子带负电，从A到B的过程中，电场力对粒子做负功，所以粒子的动能要减小，即粒子在A点的动能大于B点的动能，所以B符合题意；
C.由电场线的分布可知，电场线在B点的时候较密，所以在B点的电场强，粒子在B点时受到的电场力大,粒子的加速度也大，所以C不符合题意；
D.粒子带负电，从A到B的过程中，电场力对粒子做负功，所以粒子的电势能要增大，即粒子在B点的电势能大于A点的电势能，所以D不符合题意。
7、BC
【解析】
A．在加速电场中，由动能定理得

在偏转电场中，加速度为

则偏转距离为

运动时间为

联立上式得

其中 l是偏转极板的长度，d是板间距离。粒子的竖直偏转距离与成正比，故A错误；
B．从偏转电场飞出的粒子的偏转角的正切值

联立解得

滑片向右滑动的过程中，U1增大，U2减小，可知偏转角逐渐减小，故B正确；
CD．紧贴M板飞出时，电场做功最多，粒子具有最大速率。由动能定理

解得

故C正确，D错误。
故选BC。
8、BCD
【解析】平抛运动的物体只受重力，加速度为g，做匀变速曲线运动，故A正确B错误；平抛运动的物体水平方向做匀速直线运动，竖直方向做自由落体运动，则有，得，可知飞行时间只取决于初始位置的高度，与初速度的大学小无关，CD错误．
9、BD
【解析】
AB．b、c的高度相同，大于a的高度，根据h=gt2，得，知b、c的运动时间相同，a的飞行时间小于b的时间．故A错误,B正确；
C．因为a的飞行时间短，但是水平位移大，根据x=v0t知，a的水平速度大于b的水平速度．故C错误；
D．b、c的运动时间相同，b的水平位移大于c的水平位移，则b的初速度大于c的初速度．故D正确．
解决本题的关键知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，知道平抛运动的时间由高度决定，初速度和时间共同决定水平位移.
10、ABD
【解析】
A.物块A过Q点时，将物块A的速度分解为沿绳子方向和垂直于绳子的方向，沿绳子方向的分速度等于B的速度，即vB=vAcos60°，得vA=2vB；故A正确.
B.物块A由P上升至R的过程中，对于A、B组成的系统，由于只有重力做功，所以系统的机械能守恒，则物块A的机械能增加量等于小球B的机械能减少量；故B正确.
C.物块A由P上升至R的过程中，小球B的速度先增大后减小，物块上升至R时B球的速度为零，则小球B的加速度先向上后向下，先处于超重状态后处于失重状态，则细线对小球B的拉力先大于小球B的重力，后小于小球B的重力；故C错误.
D.物块A由P上升至R的过程中，小球B的速度先增大后减小，由P=mgv知小球B所受重力的瞬时功率先增大后减小；故D正确.
11、AD
【解析】
系统在整个运动的过程中，只有重力做功，所以系统在运动过程中机械能守恒，故A正确；A、B两球组成的系统的重心在AB两球连线的中点，所以当AB杆水平时，重心最低，此时重力势能最小，故B错误；由系统能量守恒可知A球运动至最低点过程中，动能先增大后减小，故C错误；当A、B水平时B的动能最大，根据动能定理可得：，解得：，故D正确．所以AD正确，BC错误．
12、AD
【解析】
AB.因为物块a静止，所以b对a的摩擦力平衡了a的重力，所以b对a的摩擦力大小为mg，根据牛顿第三定律可知，a对b的摩擦力为mg，A正确B错误。
CD.对整体分析，竖直方向地面对b的支持力平衡了整体的重力，所以地面对b的支持力大小为2mg，根据牛顿第三定律，b对地面的压力大小为2mg，C错误D正确。

二、实验题（本题共16分，答案写在题中横线上）
13、B D 1.45 0.9
【解析】
(1)[1]为方便实验操作，滑动变阻器应选择B；
[2]电源电动势约为1.5V，电压表应选择D
(2)[3]应用伏安法测电源电动势与内阻，电压表测路端电压，由于一节干电池内阻很小，为减小实验误差，电流表应采用外接法，实验电路图如图所示；

(3)[4] 由图示电源U-I图象可知，电源电动势：E=1.45V，
[5]电源内阻：
。
14、A； 1．0；1/M
【解析】
（1）平衡摩擦力时让小车拖着纸带运动，若能做匀速直线运动，摩擦力得到平衡，故选A．
（1）由图可知x6=2．10cm，x12=3．10cm，x24=4．10cm，x43=5．10cm，x36=6．10cm，可知连续相等时间内的位移之差△x=1．00cm，
根据△x=aT1得，加速度．
因为a与M成反比，为了得出a与M的线性关系，作 图线．

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) 5.2m/s(2)432N
【解析】
(1)以甲、乙、A三者组成的系统为研究对象,可求得甲、乙两宇航员在空间站外做相对距离不变的同向运动的速度；进而可求得乙要以多大的速度v(相对于空间站)将物体A推出。
(2)对甲根据动量定理可求得甲与A的相互作用力。
【详解】
(1)以甲、乙、A三者组成的系统为研究对象,系统动量守恒,以乙的方向为正方向,则有：(M2+m)v0-M1v0=(M1+M2+m)v1
以乙和A组成的系统为研究对象,由动量守恒得：
(M2+m)v0=M2v1+mv
代入数据联立解得：
v1=0.4m/s,v=5.2m/s
(2)以甲为研究对象,由动量定理得：
Ft=M1v1-(-M1v0)
代入数据解得F=432N
答案:(1)5.2m/s；(2)432N
16、 (1)40m/s；(2)4s；(3)160m。
【解析】
(1)物体在3s末的竖直分速度：

根据平行四边形定则知，物体的初速度：
；
(2)根据得，物体平抛运动的时间：
；
（3）物体落地的水平位移：
。
解决本题的关键知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，结合运动学公式灵活求解，知道平抛运动的时间由高度决定，初速度和时间共同决定水平位移。
17、（1） （1） （3）
【解析】
(1)根据机械能守恒定律
Ep＝ ①
v1＝＝7m/s ②
(1)由动能定理得－mg·1R－Wf＝ ③
小球恰能通过最高点，故 ④
由②③④得Wf＝14 J
(3)根据动能定理：

解得：
故本题答案是：（1） （1） （3）
(1)在小球脱离弹簧的过程中只有弹簧弹力做功,根据弹力做功与弹性势能变化的关系和动能定理可以求出小球的脱离弹簧时的速度v;
(1)小球从B到C的过程中只有重力和阻力做功,根据小球恰好能通过最高点的条件得到小球在最高点时的速度,从而根据动能定理求解从B至C过程中小球克服阻力做的功;
(3)小球离开C点后做平抛运动,只有重力做功,根据动能定理求小球落地时的动能大小