2025届河南省安阳市物理高一下期末学业质量监测模拟试题含解析.doc

2025届河南省安阳市物理高一下期末学业质量监测模拟试题
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：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、如图所示为一皮带传动装置，右轮的半径为，a是它边缘上的一点。左侧是一轮轴，大轮的半径为，小轮的半径为。b点在大的边缘轮上，c点位于小轮上。若在传动过程中，皮带不打滑。则（　　）

A．a点与c点的角速度大小相等 B．b点与c点的角速度大小相等
C．b点与c点的线速度大小相等 D．a点与c点的向心加速度大小相等
2、 (本题9分)如图所示为伽利略研究自由落体运动规律时设计的斜面实验，他让铜球沿阻力很小的斜面从静止滚下，利用滴水计时记录铜球运动的时间．关于伽利略的“斜面实验”，下列说法正确的是（ ）

A．伽利略测定了铜球运动的位移与时间，进而得出了速度随位移均匀增加的结论
B．铜球在斜面上运动的加速度比自由落体下落的加速度小，所用时间长得多，时间容易测量
C．若斜面长度一定，铜球从顶端滚动到底端所需时间随倾角的增大而增大
D．若斜面倾角一定，铜球沿斜面运动的位移与所用时间成正比
3、 (本题9分)很多物理量都采用了比值定义的方法，例如：电场强度的表达式称为定义式，下列表达式中，不属于比值定义法的是
A． B． C． D．
4、 (本题9分)两个行星各有一个卫星绕其表面运行,已知两个卫星的周期之比为1:2,两行星半径之比为2:1,则（ ）
A．两行星表面处重力加速度之比为1:4
B．两卫星的角速度之比为2:1
C．卫星的周期之比为2:1
D．两行星第一宇宙速度之比为1:
5、 (本题9分)经典力学的基础是牛顿运动定律，万有引力定律更是建立了人们对牛顿物理学的尊敬.20世纪以来，人们发现了一些新的事实，用经典力学无法解释．下列说法正确的是(　　)
A．由于经典力学有局限性，所以它是错误的
B．当物体的速度接近光速时，经典力学仍成立
C．狭义相对论能描述微观粒子运动的规律
D．量子力学能描述微观粒子运动的规律
6、某缓冲装置可抽象成如图所示的简单模型．图中为原长相等，劲度系数不同的轻质弹簧，下列表述正确的是（ ）

A．缓冲效果与弹簧的劲度系数无关
B．垫片向右移动时，两弹簧产生的弹力大小相等
C．垫片向右移动时，两弹簧的弹性势能发生改变
D．垫片向右移动时，两弹簧的长度保持相等
7、 (本题9分)某质量m=1500kg的“双引擎”小汽车，当行驶速度v≤54km/h时靠电动机输出动力；当行驶速度在54km/h90km/h时汽油机和电动机同时工作，这种汽车更节能环保。若该小汽车在一条平直的公路上由静止启动，汽车的牵引力F随运动时间t变化的图像如图所示，若小汽车行驶过程中所受阻力恒为1250N。已知汽车在t0时刻第一次切换动力引擎，以后保持恒定功率行驶至第11s末。则在这11s内，下列判断正确的是（ ）

A．汽车第一次切换动力引擎时刻t0=6s
B．电动机输出的最大功率为60kw
C．汽车的位移为165m
D．汽油机工作期间牵引力做的功为3.6×105J
8、 (本题9分)如图所示，下列关于地球人造卫星轨道的说法，正确的是 （ ）

A．卫星轨道a、b、c都是可能的
B．卫星轨道只可能是b、c
C．同步卫星轨道可能是b
D．a、b均可能是同步卫星轨道
9、关于第一宇宙速度，下面说法正确的是：
A．它是使卫星进入近地圆形轨道的最小速度
B．它是近地圆形轨道上人造地球卫星的运行速度
C．它是人造地球卫星绕地球飞行的最小速度
D．它是卫星在椭圆轨道上运行时在近地点的速度
10、半径分别为2R和R的两个半圆，分别组成如图甲、乙所示的两个光滑圆弧轨道，一小球先后从同一高度下落，分别从如图甲、乙所示的开口竖直向上的半圆轨道的右侧边缘进入轨道，都沿着轨道内侧运动并能从开口竖直向下的半圆轨道的最高点通过．空气阻力不计．下列说法正确的是( )

A．图甲中小球对轨道最高点的压力比图乙中小球对轨道最高点的压力大
B．图甲中小球在轨道最高点的角速度比图乙中小球在轨道最高点的角速度小
C．图甲中小球在轨道最低点的向心力比图乙中小球在轨道最低点的向心力小
D．图甲中小球对轨道最低点的压力比图乙中小球对轨道最低点的压力大
二、实验题
11、（4分） (本题9分)在“探究求合力的方法”实验中，现有木板、白纸、图钉、橡皮筋、细绳套和一只弹簧测力计。
（1）为了完成实验，某同学另找来一根弹簧，先测量其劲度系数，得到的实验数据如下表：
弹力F（N）
0.50
1.00
1.50
2.00
2.50
3.00
3.50
伸长量
0.74
1.80
2.80
3.72
4.60
5.58
6.42
根据表中数据作出F－x图象
（________）
并求得该弹簧的劲度系数k＝________N/m；
（2）某次实验中，弹簧测力计的指针位置如图甲所示，其读数为________N；同时利用(1)中结果获得弹簧上的弹力值为2.50 N，请在图乙中画出这两个共点力的合力F合的图示；
（________）

（3）由图得到F合＝____N。
12、（10分） (本题9分)如图甲为“验证机械能守恒定律”的实验装置，实验中所用重物的质量m=0.2kg，图乙所示是实验中打出的一条纸带，打点时间间隔为0.02s，纸带上各点是打下的实际点，从开始下落的起点0点至B点的运动过程中，重物重力势能的减少量△Ep=___________J，此运动过程中重物动能的增加量△Ek=_________J，由多次实验表明重物动能的增加量小于重物重力势能的减少量△Ep，分析其原因可能是___________。（当地重力加速度为9.8m/s2，保留三位有效数字）

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） (本题9分)如图，质量为1.0kg的物体，受到沿斜面向上的力F=8.0N的力作用，沿斜面以4m/s的速度向上作匀速运动．已知θ＝37°，（sin37°=0.6，cos37°=0.8，g=10m/s².求：

（1）物体与斜面间的动摩擦因数μ．
（2）若将力F增大为10N，物体的加速度为多大？方向如何？
（3）力增大后，经时间0.5s，速度将变为多大？
14、（14分） (本题9分)如图所示的电路中，当开关S接a点时，标有“4V 8W”的小灯泡L正常发光，当开关S接b点时，通过电阻R的电流为1A，这时电阻R两端的电压为5V。求：

（1）电阻R的阻值；
（2）电源的电动势和内阻。
15、（13分）如图所示，水平转台高1.15m，半径为0.1m，可绕通过圆心处的竖直转轴转动，转台的同一半径上放有质量均为0.4kg的小物块A、B(可看成质点)，A与转轴间距离为0.1m，B位于转台边缘处，A、B间用长0.1m的细线相连，A、B与水平转台间最大静摩擦力均为0.54N，g取10m/s1．

⑴当转台的角速度达到多大时细线上出现张力？
⑵当转台的角速度达到多大时A物块开始滑动？
⑶若A物块恰好将要滑动时细线断开，求B物块落地时与转动轴心的水平距离．(不计空气阻力)
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、B
【解析】
AD. a点与c点用皮带联结，线速度大小相等，但两都的半径不等，由 可知a点与c点的角速度大小不相等；由 可知a点与c点的向心加速度大小不相等；故AD错误；
B C. b点与c点共轴，所以b点与c点的角速度大小相等，但两者的半径不相等，所以b点与c点的线速度大小不相等，故B正确，C错误；
2、B
【解析】
试题分析：伽利略测定了铜球运动的位移与时间，进而得出了位移x与t平方的成正比，就可以检验这个物体的速度是否随时间均匀变化，小球是否做匀变速运动．故A错误；在伽利略时代，没有先进的计时仪器，因此伽利略让小球从斜面上滚下来用来“冲淡”重力，铜球在斜面上运动的加速度比自由落体下落的加速度小，所用时间长得多，时间容易测量．故B正确；若斜面长度一定，铜球从顶端滚动到底端所需时间随倾角的增大而减小．故C错误．他得到的结论是，若斜面倾角一定，铜球沿斜面运动的位移与所用时间的平方成正比，故D错误．故选B
考点：伽利略斜面实验
3、A
【解析】
A、根据电阻定律电阻可知导线的电阻值大小与导线的长度成正比，与导线的横截面积成反比，不属于比值定义法，故选项A正确；
  B、密度是物质的一种特性 物体的密度与物体的质量和体积无关，物体的密度的表达式属于比值定义法，故选项B错误；
  C、电容是反映电容器容纳电荷本领大小的物理量，由电容器本身决定，与和无关，电容的表达式属于比值定义法，故选项C错误；
   D、在电场中，某点电荷的电势能跟它所带的电荷量之比，叫做这点的电势，电势的表达式属于比值定义法，故选项D错误。
4、B
【解析】
A、根据 可知两行星表面处重力加速度之比为 ，故A错
B、根据 可知两卫星的角速度之比为 ，故B对；
C、根据题意可知卫星的周期之比为1:2，故C错；
D、根据第一宇宙速度公式 可知两行星第一宇宙速度之比为4:1，故D错；
综上所述本题答案是：B
研究卫星绕行星匀速圆周运动,根据万有引力提供向心力,列出等式求解.忽略行星自转的影响,根据万有引力等于重力列出等式.
5、D
【解析】
相对论和量子力学的出现，并没有否定经典力学，经典力学是相对论和量子力学在低速、宏观条件下的特殊情形．故A错误．当物体的速度接近光速时，经典力学不成立，故B错误．量子力学能够描述微观粒子运动的规律．故C错误，D正确．故选D．
点睛：该题考查经典力学的使用范围，记住：经典力学只适用于宏观、低速运动的物体，不适用于高速、微观的物体．
6、BC
【解析】
缓冲效果与弹簧的劲度系数有关，故A错误；当垫片向右移动时，两弹簧均被压缩，两弹簧串联弹力大小相等，故B正确；当垫片向右移动时，两弹簧均被压缩，两弹簧的弹性势能发生改变，故C正确；垫片向右移动时，两弹簧均被压缩，两弹簧串联弹力相等，由于劲度系数不同，两弹簧形变量不同，故两弹簧长度不同，故D错误；故选BC．
7、AC
【解析】
A、开始阶段，牵引力F1=5000N，根据牛顿第二定律：F1-Ff=ma，解得开始阶段的加速度a=2.5m/s2，汽车第一次切换动力引擎时v1=54km/h=15m/s，运动的时间t0==6s，故A正确。
B、t0时刻，电动机输出功率最大，Pm=Fv1=500015W=75kW，故B错误。
CD、汽油机工作期间，功率P=F2v1=600015W=90kW，11s时刻的速度v2==m/s=25m/s，汽油机工作期间牵引力做的功W=Pt2=90103（11-6）J=4.5105J；汽车前6s内的位移x1=at02=2.562m=45m，后5s内根据动能定理得：Pt2-Ffx2=mv22-mv12，解得汽车后5s内的位移x2=120m，所以11s内汽车的位移x=x1+x2=165m，故C正确，D错误。
8、BC
【解析】
AB．卫星围绕地球做匀速圆周运动的圆心是地球的地心，所以凡是人造地球卫星的轨道平面必定经过地球中心，所以b、c均可能是卫星轨道，a不可能是卫星轨道，故A错误，B正确．
CD．同步卫星的轨道平面在赤道的上空，则同步卫星轨道可能是b，故C正确，D错误．
本题的关键是要知道人造地球卫星围绕地球做匀速圆周运动，圆心是地球的地心，由万有引力提供向心力，轨道的中心一定是地球的球心.
9、AB
【解析】
ABC. 第一宇宙速度是近地卫星的环绕速度，也是地球上发射卫星的最小速度，根据 可得： ，近地卫星轨道半径最小，环绕速度最大，AB正确C错误．
D. 在近地轨道进入椭圆轨道，需要点火加速离心，所以卫星在椭圆轨道上运行时在近地点的速度可能大于第一宇宙速度，D错误．
10、BD
【解析】
A.小球下落高度相同，根据动能定理可知，mgh=mv12，则小球在最高点时，速度大小相等，根据向心力公式可知，F+mg=m，图甲中上方轨道半径大，故轨道对小球的压力小，根据牛顿第三定律可知，小球对轨道的压力小，故A错误．
B.根据v=ωR可知，图甲中小球在最高点的角速度小，故B正确．
CD.小球运动到最低点的过程中，mgH=mv22，高度H相同，故在最低点的速度相等，根据向心力公式可知，F-mg=m，图甲中下方轨道半径小，小球对轨道最低点的向心力大，压力大，故C错误，D正确．

二、实验题
11、 53 2.10 3.3
【解析】
（1）[1][2]．以水平方向为x轴，竖直方向为F轴，建立直角坐标系，然后描点，选尽可能多的点连成一条线，其图线的斜率即为弹簧的劲度系数k，在直线上任取一点，如（6×10－2，3.2），则：
k＝N/m≈53 N/m；

（2）[3][4]．弹簧测力计的读数为2.10 N，设每单位长度为1 N，则合力F合的图示如图所示。

（3）[5]．经测量，合力F合＝3.3 N。
12、1.54（1. 51-1.56 均可） 1.48（1.45-1.49 均可） 存在空气阻力或纸带与打点计时器之间有摩擦（答出一项即可）
【解析】
第一空.从开始下落的起点O点至B点的运动过程中，重物重力势能的减少量△Ep=mghB=0.2×9.8×0.785J=1.54J；
第二空.打B点时的速度；此运动过程中重物动能的增加量△Ek=；
第三空. 重物动能的增加量△Ek小于重物重力势能的减少量△Ep，分析其原因可能是存在空气阻力或纸带与打点计时器之间有摩擦.

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、（1）0.25（2） 沿斜面向上（3）
【解析】
试题分析：（1）物体沿斜面向上匀速运动时，对物体受力分析，根据平衡条件列方程即可求出动摩擦因数μ；（2）若将力F增大，则沿斜面方向上将产生加速度，根据牛顿第二定律求出加速度；（3）根据速度公式即可求解.
（1）对物体进行受力分析，如图所示

物体沿斜面向上匀速运动，根据平衡条件有：
，
又 
联立解得： 
（2）F增大为10N时，根据平衡条件有：
 根据牛顿第二定律有：  
又 
联立解得： ，方向沿斜面向上 
（3）根据速度公式得： 
14、（1） （2）E=6V （3）r=1
【解析】
（1）当开关S接b点时，已知通过电阻R的电流和R两端的电压，由欧姆定律求出电阻R的值．
（2）根据闭合电路欧姆定律分别对开关S接a点和b时列方程，联立组成方程组求解电动势和内阻．
【详解】
（1）当开关S接b点时，电压为5V，电流为1A，由欧姆定律可得，电阻R的值为：
（2）由公式得，小灯泡的额定电流：
当开关接a时，根据闭合电路欧姆定律得：
其中，
当开关接b时，有：
又 ， ，
联立解得： ，r=1Ω
答：（1）电阻R的值是5Ω．　
（2）电源的电动势和内阻分别为6 V和1Ω．
本题是简单的闭合电路欧姆定律的计算问题．对于电源的电动势和内阻，常常根据两种情况闭合电路欧姆定律列方程，联立组成方程组求解即可．
15、⑴ω1＝rad/s；⑵ω1＝3rad/s；⑶s＝0.36m
【解析】
试题分析：⑴当细线上无拉力时，小物块A、B随转台转动的向心力由转台对它们的摩擦力提供，根据牛顿第二定律和向心力公式有：f＝mrω1≤fm，解得：ω≤
显然，由于rB＞rA，所以物块B所受静摩擦力将先达到最大值，解得：ω1≤＝rad/s
即当转台的角速度达到ω1＝rad/s时细线上出现张力
⑵当转台的角速度继续增大，小物块A受指向转轴的摩擦力也将继续增大，直至增大至最大静摩擦力时，开始滑动，此时还是细线的拉力T作用，根据牛顿第二定律和向心力公式有：fm－T＝mrAω11
对小物块B，则有：T＋fm＝mrBω11
联立解得：ω1＝＝3rad/s
即当转台的角速度达到ω1＝3rad/s时A物块开始滑动
⑶细线断开后，拉力T消失，小物块B将沿转台切线做平抛运动，其初速度为：v＝rBω1＝0.6m/s
根据平抛运动规律可知，小物块B做平抛运动的水平射程为：x＝＝0.3m
根据几何关系可知，B物块落地时与转动轴心的水平距离为：s＝＝m＝0.36m
考点：本题主要考查了平抛运动规律、牛顿第二定律、圆周运动向心力公式的应用问题，属于中档题．