吉林省梅河口五中等联谊校2025届物理高一下期末学业水平测试模拟试题含解析.doc

吉林省梅河口五中等联谊校2025届物理高一下期末学业水平测试模拟试题
考生请注意：
1．答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内，不得在试卷上作任何标记。
2．第一部分选择题每小题选出答案后，需将答案写在试卷指定的括号内，第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。
3．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：本大题共10小题，每小题5分，共50分。在每小题给出的四个选项中，有的只有一项符合题目要求，有的有多项符合题目要求。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
1、 (本题9分)物体A、B、C均静止在同一水平面上，它们的质量分别为mA、mB、mC，与水平面的动摩擦因数分别为μA、μB、μC，用平行于水平面的拉力F分别拉物体A、B、C，所得加速度a与拉力F的关系如图所示，A、B两直线平行，则以下关系正确的是（ ）

A．mA＜mB＜mC B．mA=mB＜mC
C．μA=μB=μC D．μA＜μB=μC
2、 (本题9分)月球表面的重力加速度是地球表面的1/6，月球半径是地球半径的1/4，则在月球表面作匀速圆周运动的登月舱的线速度是地球第一宇宙速度的( )
A． B． C． D．
3、一根弹簧的弹力F-伸长量（位移）x图象如图所示，当弹簧的伸长量块由3.0cm变到6.0cm的过程中

A．弹力所做的功是0.45J，弹性势能减少了0.45J
B．弹力所做的功是0.6J，弹性势能减少了0.6J
C．弹力所做的功是-0.45J，弹性势能增加了0.45J
D．弹力所做的功是-45J，弹性势能增加了45J
4、 (本题9分)如图所示，小车静止光滑的水平面上，将系绳小球拉开到一定角度，然后同时放开小球和小车，那么在以后的过程中( )

A．小球向左摆动时，小车也向左运动，且系统动量守恒
B．小球向左摆动时，小车向右运动，且系统动量守恒
C．小球向左摆到最高点时，小球与小车瞬时速度均为零
D．在任意时刻，小球和小车在水平方向的动量一定大小相等、方向相同
5、 (本题9分)某单摆做简谐振动，周期为 T，若仅增大摆长，则振动周期会（ ）
A．变小 B．不变 C．变大 D．不确定
6、 (本题9分)一物体置于水平面，在水平恒力F作用下，从静止开始做匀加速直线运动，发生位移d时，撤去水平恒力F，物体再发生位移d停止，则运动过程中
A．物体受动摩擦力大小为
B．物体受动摩擦力大小为
C．物体最大动能为
D．物体最大动能为
7、 (本题9分)关于经典时空观与相对论时空观，下列说法正确的（ ）
A．任何情况下物体的质量与物体的运动状态都无关
B．当物体的速度接近光速时，物体的质量随物体速度的增大而增大
C．经典时空观认为位移的测量、时间的测量都与参考系有关
D．相对论认为，同一过程的位移和时间的测量在不同参考系中是不同的
8、 (本题9分)如图所示，在粗糙水平面上，用水平轻绳相连的两个相同的物体A、B质量均为m，在水平恒力F作用下以速度v做匀速运动。在t＝0时轻绳断开，A在F作用下继续前进，则下列说法正确的是( )

A．时，A的动量为2mv B．时，A的动量为4mv
C．时，B的动量为0 D．t＝0至时间内，A、B的总动量守恒
9、如图所示为一皮带传动装置，右轮的半径为r，A是它边缘上的一点．左侧是一轮轴，大轮的半径为4r，小轮的半径为2r．B点在小轮上，它到小轮中心的距离为r．C点和D点分别位于小轮和大轮的边缘上.若在传动过程中，皮带不打滑．则

A．A点与B点的线速度大小相等
B．A点与B点的角速度大小相等
C．A点与C点的线速度大小相等
D．A点与D点的向心加速度大小相等
10、 (本题9分)物体做曲线运动时，下列情况可能出现的是（　　）
A．速度方向变化，加速度为零 B．速度大小不变，方向改变
C．速度方向变化，加速度大小不变 D．速度大小变化，加速度不变
二、实验题
11、（4分） (本题9分)小明利用如图装置用于验证机械能守恒定律．将电磁铁固定在铁架台上，一块长度为d的小铁片受到电磁铁的吸引静止于A点，将光电门固定在A的正下方B处．调整光电门位置，可改变小铁片下落高度h．记录小铁片每次下落的高度h和计时器示数t，计算并比较小铁片在释放点A和点B之间的势能变化大小ΔEp与动能变化大小ΔEk，就能验证机械能是否守恒．
取作为小铁片经过光电门时速度．d为小铁片长度，t为小铁片经过光电门的挡光时间，可由计时器测出．

（1）用计算小铁片动能变化的大小，用刻度尺测量小铁片长度d，示数如题图所示，其读数为________cm．某次测量中，计时器的示数为1．1151 s，则小铁片通过光电门时速度为v1=_________m/s．
（2）v1相比小铁片中心通过光电门时速度v2 ___（选填偏大，偏小）
（3）整理实验数据时发现的ΔEp与ΔEk不完全相等．小明分析原因如下：
①空气阻力；
②小铁片通过光电门时中间时刻和中间位置速度不相等；
③长度d值的测量；以上原因属于系统误差的是 （选填序号）．
12、（10分） (本题9分)在做“验证动量守恒定律”实验中，装置如图1
（1）需要的测量仪器或工具有_____

A．秒表 B．天平 C．刻度尺
D．重锤线 E．打点计时器 F．圆规
（2）必须要求的条件是_______
A．两小球碰撞时，球心必须在同一高度上
B．斜槽轨道末端的切线必须水平
C．入射球和被碰球的质量必须相等，且大小相同
D．入射球每次必须从轨道的同一位置由静止滚下
（3）某次实验中得出的落点情况如下图2所示，假设碰撞过程中动量守恒，则入射小球质量m1和被碰小球质量m2之比为_________．
（4）在做“验证动量守恒定律”实验中，对产生误差的主要原因表述正确的是_____
A．碰撞前入射小球的速度方向，碰撞后两小球的速度方向不是在同一直线上
B．倾斜部分轨道对入射小球的摩擦力作用
C．没有测量高度，算出具体的平抛时间m
D．测量长度的误差
三、计算题：解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤．只写出最后答案的不能得分．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位
13、（9分）将电荷量为6×10-6C的负电荷从电场中A点移到B点，克服电场力做了3×10-5 J的功，再将该电荷从B点移到C点，电场力做了1.2×10-5J的功，则AC两点间的电势差是多少？
14、（14分）如图所示，在倾角θ＝30°的光滑斜面上有两个用轻质弹簧相连接的物块A、B，它们的质量均为m，弹簧的劲度系数为k，C为一固定挡板，系统处于静止状态．现开始用一沿斜面方向的力F拉物块A使之向上匀加速运动，当物块B刚要离开C时F的大小恰为2mg．问：

(1)从F开始作用到物块B刚要离开C的过程中弹簧弹力对物块A做的功；
(2)物块B刚要离开C时物块A的动能；
(3)从F开始作用到物块B刚要离开C的过程中力F做的功．
15、（13分） (本题9分)如图所示，水平传送带AB长1m，以v=1m/s的速度匀速运动．质量均为4kg的小物体P、Q与绕过定滑轮的轻绳相连，t=0时刻P在传送带A端以初速度v0=4m/s向右运动，已知P与传送带间动摩擦因数为0.5，P在传送带上运动过程它与定滑轮间的绳始终水平．不计定滑轮质量和摩擦，绳不可伸长且有足够长度，最大静摩擦力视为等于滑动摩擦力，取g=10m/s1．求：

（1）t=0时刻小物体P的加速度大小和方向；
（1）小物体P滑离传送带时的速度．
参考答案

一、选择题：本大题共10小题，每小题5分，共50分。在每小题给出的四个选项中，有的只有一项符合题目要求，有的有多项符合题目要求。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
1、D
【解析】
试题分析：根据牛顿第二定律可得出，由函数关系式和图线的关系可知，图线的斜率为，所以；图线在纵轴的截距为，所以．
故选D
考点：牛顿第二定律
点评：在解决一些图像问题时，可以通过所学物理规律列出两物理量的函数关系式，然后依据数学知识弄清截距、斜率等含义．
2、B
【解析】
忽略地球的自转则有万有引力等于物体的重力，当卫星贴近地球表面圆周运动运动时有mg1=m，解得v1=；同理当登月舱在月球表面作圆周运动时mg1=m，解得v1=，故 ，故v1=v1，故B正确．故选B．
点睛：当不知道中心天体的质量和万有引力常量G，并知道中心天体表面的重力加速度g的时候要用黄金代换公式G=mg求出GM=gr1．这是我们常用的一个技巧和方法要注意掌握．
3、C
【解析】
当弹簧的伸长量块由3.0cm变到6.0cm的过程中，弹簧的弹力做负功，根据平均值法可得弹簧的弹力做功为，所以弹簧的弹性势能增加了，故选项C正确，A、B、D错误；
4、C
【解析】
AB、小球与小车组成的系统在水平方向不受外力，竖直方向所受外力不为零，故系统只在在水平方向动量守恒，系统在水平方向动量守恒，系统总动量为零，小球与车的动量大小相等、方向相反，小球向左摆动时，小车向右运动，故选项A、B错误；
C、小球向左摆到最高点时，小球的速度为零而小车的速度也为零，故选项C正确；
D、系统只在在水平方向动量守恒，在任意时刻，小球和小车在水平方向的动量一定大小相等、方向相反，故选项D错误；
5、C
【解析】
根据单摆的周期公式：

可知若仅增大摆长，则振动周期会变大，故选C。
6、AC
【解析】
AB. 设物体在运动中受到的摩擦力的大小为f，对整个过程运用动能定理得：
Fs−2fs=0，解得：f=F/2，故A正确，B错误；
CD．撤去水平恒力F前做加速运动，撤去水平恒力后做减速运动，所以撤去水平恒力瞬间速度最大，根据动能定理Fd-fd=Ekm，Ekm=，故C正确，D错误．
故选AC.
7、BD
【解析】
A. 物体的质量与位置、运动状态有关，只是在速度较低的情况下，忽略变化不计，故A错误。
B. 根据相对论原理，当物体的速度接近光速时，物体的质量随物体速度的增大而增大，故B正确。
C. 经典时空观认为位移的测量、时间的测量都与参考系无关，故C错误。
D. 相对论认为，同一过程的位移和时间的测量在不同参考系中是不同的，故D正确。
8、ACD
【解析】
A.时，即B刚停下时，对AB，从t=0到运用动量守恒定律，

解得A的动量为，故A正确；
B.当时，对A由动量定理得：

代入

解得：，故B错误;
C. t=0到B停下，对B，动量定理

即时，B停下，所以时，B的动量为0，故C正确；
D. 设A、B受到的滑动摩擦力都为f，断开前两物体做匀速直线运动，根据平衡条件得：F=2f，设B经过时间t速度为零，对B由动量定理得：

解得：；由此可知，在剪断细线前，两木块在水平地面上向右做匀速直线运动，以AB为系统，绳子的属于系统的内力，系统所受合力为零；在剪断细线后，在B停止运动以前，两物体受到的摩擦力不变，两木块组成的系统的合力仍为零，则系统的总动量守恒，故在至的时间内A、B的总动量守恒，故D正确；
9、AC
【解析】
a、c为共线关系，线速度相等，b、c为共轴关系，加速度相等，b、c的线速度不相等，A错；由v=wr可知，a、c的线速度相等，角速度不相等，B错；C对；设a的线速度为v，加速度为，c的线速度为v，角速度为，c、d角速度相同，d的线速度为2v，d的加速度为，D对；
10、BCD
【解析】
曲线运动的速度方向变化，说明速度在变化，则加速度不为零，选项A错误；曲线运动的速度方向是切线方向，时刻改变，但速度大小可以不变，如匀速圆周运动，故B正确；曲线运动的速度方向是切线方向，时刻改变，速度大小也可以改变，加速度可以不变，如平抛运动，故CD正确；故选BCD．
点睛：本题关键明确曲线运动的运动性质和动力学条件，要熟悉两种常见的曲线运动，平抛运动和匀速圆周运动的特征．

二、实验题
11、（2）2．52 , 2m/s （2）偏小 （3）①②
【解析】
试题分析:（2）刻度尺读数的方法，需估读一位，所以读数为2．52cm；某次测量中，计时器的示数为2．2252s，则钢球的速度为：．
（2）由匀变速直线运动的推论知v2即为中间时刻的瞬时速度，v2为中间位置的速度，匀变速直线运动都有．
（3）偶然误差是人为因素造成的，结果会不确定偏大或偏小，如操作、读数，③属于此类；系统误差是实验原理具有的缺陷，结果出现一致性偏差，如①和②．
考点：考查验证机械能守恒定律．
名师点睛：对于基本测量仪器如游标卡尺、螺旋测微器等要了解其原理，要能正确使用这些基本仪器进行有关测量；抓住某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度求出瞬时速度的大小是解题的关键．
12、（1）BCDF （2）ABD （3）19：5 （4）AD
【解析】
（1）本实验需要天平称量物体的质量，需要刻度尺测量长度，需要中垂线调节轨道末端水平，需要圆规找物体的平均落点，故选BCDF．
（2）A、要保证碰撞是一维的，即保证两物体在碰撞之前沿同一直线运动，故A正确；
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、入射球质量要大于被碰球质量，即m1＞m2，防止碰后m1被反弹，故C错误；
D、为保证碰撞的初速度相同，入射球每次必须从轨道的同一位置由静止滚下，故D正确；
故选ABD．
（3）根据动量守恒定律，有：
代入数据，有：m1×0.2550=m1×0.1550+m2×0.3800
解得：m1：m2=19：5
（4）A、要保证两物体在碰撞之前沿同一直线运动，碰撞之后还沿这条直线运动；若碰撞前入射小球的速度方向，碰撞后两小球的速度方向不是在同一直线上会产生较大的误差，故A正确；
B、倾斜部分轨道对入射小球的摩擦力作用，但只要入射球每次必须从轨道的同一位置由静止滚下，即可保证碰撞的初速度相同，故B错误；
C、小球做平抛运动的时间由高度差决定，由于高度差一定，故平抛的时间都相同，故水平射程与平抛的初速度成正比，故不需要测量高度差，只要满足：m1，就一定有m1v1+m2v2=m1v1′+m2v2′，故C错误；
D、测量长度的误差对最终动量是否守恒的验证会有影响，故D正确；

三、计算题：解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤．只写出最后答案的不能得分．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位
13、3V
【解析】
试题分析：AB间的电势差，
BC间的电势差．
所以UAC=UAB+UBC=3V．故AC间的电势差为3V．
考点：电势能；电势差．
14、（1）0（2）（3）
【解析】
（1）（2）令x1表示未加F时弹簧的压缩量，由胡克定律和牛顿定律可知：
mgsin30°=kx1
令x2表示B 刚要离开C时弹簧的伸长量，a表示此时A 的加速度，由胡克定律和牛顿定律可知：
kx2=mgsin30°
F-mgsin30°-kx2=ma
将F=2mg和θ=30°代入以上各式，解得：a=g
由x1+x2=at2
解得：
物块B刚要离开C时，物块A的速度为：v=at=g
故动能为：
此时弹簧的伸长量和F开始作用时的压缩量相同，弹簧的弹性势能改变量为零，故弹簧弹力做功为零；
（3）由动能定理得：
WF-mg（x1+x2）sin30°=mv2
解得：
15、（1）2．5m/s1 ，方向向左（1）m/s
【解析】
试题分析：（1）由于v0>v， 所以P向右减速运动，
对P： T+μmg=ma1①
对Q： mg- T=ma1②
a1=2．5m/s1 ③
方向向左
（1）设经过时间t1速度与传送带速度相同，则
④
位移⑤
由于最大静摩擦力，所以此后P将继续向右减速
加速度:m/s1⑥
当其速度减为0时，位移⑦
可知P在速度未减为0时没有到达B端，此后P将反向向左加速从A端离开传送带
由：⑧
得:m/s ⑨