湖南省长沙市天心区长郡中学2024-2025学年物理高一下期末监测模拟试题含解析.doc

湖南省长沙市天心区长郡中学2024-2025学年物理高一下期末监测模拟试题
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（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)关于平抛运动的说法正确的是( )
A．平抛运动是匀变速曲线运动
B．平抛运动在t时刻速度的方向与t时间内位移的方向相同
C．平抛运动物体在空中运动的时间随初速度的增大而增大
D．若平抛物体运动的时间足够长，则速度方向最终会竖直向下
2、 (本题9分)从国家海洋局获悉，2018年我国将发射3颗海洋卫星，它们将在地球上方约500 km高度的轨道上运行，由于轨道经过地球两极上空，所以该卫星又称为极地轨道卫星．下列说法中正确的是 （ ）
A．海洋卫星的轨道平面与地球同步轨道平面垂直
B．海洋卫星绕地球运动的周期可能为24 h
C．海洋卫星的动能一定大于地球同步卫星的动能
D．海洋卫星绕地球运动的半径的三次方与周期二次方的比等于地球绕太阳运动的半径的三次方与周期二次方的比
3、 (本题9分)下列说法不正确的是（　）
A．平抛运动的物体速度变化的方向始终是竖直向下的
B．做圆周运动的物体所受各力的合力一定是向心力
C．两个速率不等的匀速直线运动的合运动一定也是匀速直线运动
D．做圆周运动的物体，其加速度不一定指向圆心
4、 (本题9分)三个点电荷电场的电场线分布如图所示，图中a、b两点处的场强大小分别为Ea、Eb，电势分别为φa、φb，则(　　)

A．Ea>Eb，φa>φb

B．EaEb，φa<φb
D．Eaφb
5、 (本题9分)有一条两岸平直、河水均匀流动、流速恒为v的大河．小明驾着小船渡河，去程时船头指向始终与河岸垂直，回程时行驶路线与河岸垂直．去程与回程所用时间的比值为k，船在静水中的速度大小相同，则小船在静水中的速度大小为(　　)
A． B．
C． D．
6、 (本题9分)下列说法符合史实的是（ ）
A．开普勒发现了引力定律 B．卡文迪许第一次在实验室里测出了引力常量
C．牛顿通过计算给出了海王星轨道 D．霍金提出了狭义相对论
7、 (本题9分)下列对曲线运动的理解正确的是　　)
A．物体做曲线运动时，加速度一定变化
B．做曲线运动的物体不可能受恒力作用
C．曲线运动可以是匀变速曲线运动
D．做曲线运动的物体，速度的大小可以不变
8、 (本题9分)如图所示，用高压水枪喷出的强力水柱冲击煤层，设水柱直径为D，水流速度大小为，方向水平向右．水柱垂直煤层表面，水柱冲击煤层后水的速度变为零，水的密度为，高压水枪的重力不可忽略，手持高压水枪操作，下列说法正确的是

A．水枪单位时间内喷出水的质量为
B．高压水枪的喷水功率为
C．水柱对煤层的平均冲击力大小为
D．手对高压水枪的作用力水平向右
9、 (本题9分)如图所示为两物体A、B在没有其他外力作用时相互作用前后的速度—时间（v－t）图像，则由图像可知（ ）

A．A、B作用前后总动量不守恒
B．一定是A物体追及B物体发生碰撞
C．A、B的质量之比为5∶3
D．该碰撞是弹性碰撞
10、 (本题9分)如图所示，完全相同的三个金属小球a、b、c位于距离地面同一高度处现以等大的初速度使三个小球同时开始运动，分别做平抛、竖直上抛和斜抛运动，忽略空气阻力。以下说法正确的是（　　）

A．落地之前，三个小球均做匀变速运动
B．三个小球在落地时的动能不相等
C．三个小球在落地时动量相同
D．落地之前，三个小球在任意相等时间内动量的增量相同
11、 (本题9分)将一个质量为的物体以的速度从的高度水平抛出,不计空气阻力,取,则（ ）
A．时物体所受重力的功率为
B．内物体所受重力的平均功率为
C．内物体所受重力的冲量大小为
D．内物体的动量增量大小为
12、 (本题9分)如图所示，a、b、c、d四个质量均为m的带电小球恰好构成“三星拱月”之形，其中a、b、c三个完全相同的带电小球在光滑绝缘水平面内的同一圆周上绕O点做半径为R的匀速圆周运动，三小球所在位置恰好将圆周等分．小球d位于O点正上方h处，且在外力F作用下恰好处于静止状态，已知a、b、c三小球的电荷量均为q，d球的电荷量为6q,h=重力加速度为g，静电力常量为k,则下列说法正确的是( )

A．小球a一定带正电 B．小球c的加速度大小为
C．小球b的周期为 D．外力F竖直向上，大小等于
二．填空题(每小题6分，共18分)
13、某探究小组想利用验证机械能守恒定律的装置测量当地的重力加速度，如图甲所示．框架上装有可上下移动位置的光电门1和固定不动的光电门2；框架竖直部分紧贴一刻度尺，零刻度线在上端，可以测量出两个光电门到零刻度线的距离和；框架水平部分用电磁铁吸住一个质量为m的小铁块，小铁块的重心所在高度恰好与刻度尺零刻度线对齐．切断电磁铁线圈中的电流时，小铁块由静止释放，当小铁块先后经过两个光电门时，与光电门连接的传感器即可测算出其速度大小和．小组成员多次改变光电门1的位置，得到多组和的数据，建立如图乙所示的坐标系并描点连线，得出图线的斜率为k．

⑴当地的重力加速度为________(用k表示)．
⑵若选择光电门2所在高度为零势能面，则小铁块经过光电门1时的机械能表达式为______________(用题中物理量的字母表示)．
⑶关于光电门1的位置，下面哪个做法可以减小重力加速度的测量误差（___）
A．尽量靠近刻度尺零刻度线
B．尽量靠近光电门2
C．既不能太靠近刻度尺零刻度线，也不能太靠近光电门2
14、一组同学研究“运动物体所受空气阻力与其运动速度关系”，他们利用一些“小纸杯”作为研究对象，用频闪照相机等仪器测量“小纸杯”在空中竖直下落距离、速度随时间变化的规律。过程如下：
A．如图甲所示，同学们首先测量单只“小纸杯”在空中下落过程中不同时间的下落距离，将数据填入下表中。
B．在相同的实验条件下，将不同数量的“小纸杯”叠放在一起从空中下落，分别测出它们的v一t图线，如图乙中图线1、2、3、4所示。
C．同学们对实验数据进行分析、归纳后，得出阻力大小与速度平方成正比的关系，即。 其中k为常数。回答下列问题：
(1)图乙中各条图线具有共同特点：“小纸杯”先做加速度大小______的加速运动（选填“不变”、“增大”或“减小”），最后达到匀速运动。
(2)根据表格和图乙中的信息可知表中X处的理论值为____m。
(3)根据上述实验结论，可知4个“小纸杯”叠在一起下落时，其最终的下落速率为____m/s。

15、 (本题9分)实验中用图示装置探究功与速度变化的关系。
步骤Ⅰ：小滑块在橡皮筋的作用下弹出，沿水平桌面上的光滑轨道PQ滑行，之后平抛落至水平地面上，落点记为；
步骤Ⅱ：在钉子上分别套上2条、3条、4条橡皮筋，重复步骤Ⅰ，小滑块落点分别记为、、；
步骤Ⅲ：测量相关数据，进行数据处理。
关于该实验，下列说法正确的是______
A.每次实验时使用橡皮条必须完全一样
B.每次实验时必须使用同一个小滑块
C.每次实验时橡皮条拉伸的长度可以不一致
D.实验中必须设法算出橡皮筋每次对小滑块做功的数值
将几次实验中橡皮筋对小物块做功分别记为、、、，小物块抛出点到落地点的水平距离分别记为、、、若功与抛出速度的平方成正比，则应以W为纵坐标、______为横坐标作图，才能得到一条直线。
由于小滑块所受的空气阻力不能忽略，则由此引起的误差属于______填“偶然误差”或“系统误差”。

三．计算题(22分)
16、（12分） (本题9分)如图所示，质量为m的子弹以速度v0沿水平方向飞来，射入原来静止悬挂、质量为M的沙袋，并留在沙袋中，与沙袋共同上摆，但没有到达悬点高度，绳子长度为L。沙袋尺寸远小于绳长L，不计空气阻力，绳子为轻绳，重力加速度为g。求

（1）子弹射入沙袋过程，子弹和沙袋系统损失的机械能E1；
（2）子弹和沙袋共同上摆过程能到达的最大高度h；
（3）子弹和沙袋共同上摆过程，绳子的最大拉力T。
17、（10分） (本题9分)如图所示，矩形区域MNPQ内有水平向右的匀强电场，虚线框外为真空区域；半径为R、内壁光滑、内径很小的绝缘半圆管ADB固定在竖直平面内，直径AB垂直于水平虚线MN，圆心O恰在MN的中点，半圆管的一半处于电场中．一质量为m，可视为质点的带正电小球从半圆管的A点由静止开始滑入管内，小球从B点穿出后，能够通过B点正下方的C点．重力加速度为g，小球在C点处的加速度大小为5g/1．求：

（1）小球所受电场力的大小；
（2）小球在B点时，对半圆轨道的压力大小；
（1）虚线框MNPQ的宽度和高度满足的条件．
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. 平抛运动仅受重力作用，是匀变速曲线运动，故A正确；
B. 根据平抛运动的推论，平抛物体在t时刻速度的方向与水平方向夹角的正切等于位移的方向与水平方向夹角正切的二倍，故B错误；
C. 根据，平抛物体在空中运动的时间由高度决定，与初速度无关，故C错误；
D. 即使平抛物体运动的时间足够长速度方向与水平方向夹角将接近90∘，但一定不是90∘，故D错误．
故选A
2、A
【解析】
海洋卫星经过地球两极上空，而地球的同步卫星轨道在地球赤道平面内，所以两轨道平面相互垂直，故A正确；海洋卫星的高度小于地球同步卫星的高度，由可知，半径越小，周期越小，所以海洋卫星的周期小于地球同步卫星的周期，即小于24h，故B错误；由，得v＝，所以卫星的轨道半径越大，速度越小，由于两卫星的质量关系未知，所以无法比较两者的动能，故C错误；行星的轨道半径的三次方与周期二次方的比值与中心天体有关，由于海洋卫星绕地球转动，而地球绕太阳转动，所以两者的比值不同，故D错误；故选A．
本题考查了万有引力提供向心力，第一宇宙速度，线速度、角速度与轨道半径的关系，同步卫星的特点．比较两物体的线速度，角速度、周期与半径的关系只要找准相同的物理量就能顺利解决此类题目.
3、B
【解析】
A、平抛运动的物体速度变化的方向与加速度方向相同，始终是竖直向下，故A正确；
B、匀速圆周运动的物体的合力一定是向心力，而变速圆周运动则不一定，故B错误；
C、匀速直线运动的物体速度不变，两个速率不等的匀速直线运动合成后速度也不变，其合运动一定也是匀速直线运动，故C错误；
D、 曲线运动可能是一种匀变速运动，例如平抛运动，故选项D错误。
点睛：对于平抛运动、圆周运动、运动的合成等多个知识点，较难的是对圆周运动向心力的理解，要区分匀速圆周运动与变速圆周运动。
4、C
【解析】
由图可以看出a处电场线更密，所以Ea>Eb，根据对称性，a处的电势应与右侧负电荷附近对称点的电势相等，再根据沿电场线方向电势降低可以判定φb>φa，故ABD错误，C正确；故选C．
5、B
【解析】
设河岸宽度为d，船的静水速度vc；去程时
t1＝
回程时
t2＝
又＝k，得
vc＝．
A． ，与结论不相符，选项A错误；
B．，与结论相符，选项B正确；
C．，与结论不相符，选项C错误；
D． ，与结论不相符，选项D错误；
故选B。
6、B
【解析】
A.牛顿发现了万有引力定律，A错误；
B卡文迪许通过扭秤实验测得了引力常量，B正确；
C.海王星是英国人亚当斯和法国人勒威耶根据万有引力推测出这颗新行星的轨道和位置，柏林天文台年轻的天文学家伽勒和他的助手根据根据勒威耶计算出来的新行星的位置，发现了第八颗新的行星--海王星，C错误；
D.爱因斯坦提出了狭义相对论，D错误．
7、CD
【解析】
物体做曲线运动的条件是合力与速度不在同一条直线上，加速度大小和方向不一定变化，如平抛运动，故A错误，C正确；物体做曲线运动的条件是合力与速度不在同一条直线上，合外力大小和方向不一定变化，如平抛运动，故B错误；做曲线运动的物体，速度大小可以不变，如匀速圆周运动，故D正确．所以CD正确，AB错误．
8、BD
【解析】
A、t时间内喷水质量为：

水枪单位时间内喷出水的质量为

故选项A错误；
B、水枪在时间1s内做功转化为水柱的动能即为高压水枪的喷水功率，则：

故选项B正确；
C、t时间内喷出的水在t内速度减小为0，则由动量定理得：

联立得：
，
故选项C错误；
D、水对高压水枪的作用力向左，则手对高压水枪的作用力水平向右，故选项D正确．
9、BCD
【解析】
A.由题意可知，物体A、B组成的系统不受外力作用，则系统动量守恒，故A错误；
B.因为初状态，A的速度大于B的速度，末状态，A的速度小于B的速度，而物体A、B组成的系统不受外力作用，所以一定是A物体追及B物体发生碰撞，故B正确；
C.由动量守恒定律得：，解得，故C正确；
D.碰前的机械能；碰后的机械能，碰前的机械能等于碰后机械能，所以是该碰撞是弹性碰撞，故D正确。
10、AD
【解析】
A、三个球初始高度相同，三个小球都是只受到重力的作用，加速度都等于重力加速度，所以都做匀变速运动，A正确；
B、小球运动过程中，只有重力做功，机械能守恒，则有：，由于三个小球的质量m、初位置的高度h和初速度v0大小都相等，则落地时动能大小相等，B错误。
C、三个球初始高度相同，分别做平抛、竖直上抛和斜抛运动，落地时速度的方向不同，所以动量不相等，C错误；
D、三个小球的质量相等，根据动量定理可知，三个小球在任意相等时间内动量的增量△P＝mgt．也是相等的，D正确；
11、BCD
【解析】
0.6s时物体的竖直速度：vy=gt=6m/s，则0.6s时物体所受重力的功率为P=mgvy=20×6=120W，选项A错误；0.6s时物体下落的竖直高度：h=gt2=1.8m，则0.6s时物体所受重力的平均功率为，选项B正确；0.6s内物体所受重力的冲量大小为I=mgt=20×0.6=12N⋅s，选项C正确；0.6s 内物体的动量增量大小为∆P=m∆v=2×6=12kg⋅m/s，选项D正确；故选BCD.
12、BD
【解析】
a、b、c三小球所带电荷量相同，要使三个做匀速圆周运动，d球与a、b、c三小球一定是异种电荷，由于a球的电性未知，所以d球不一定带正电，故A错误．设db连线与水平方向的夹角为，则，，对b球，根据牛顿第二定律和向心力得：，解得：，，即b的周期为，c的加速度为，故B正确，C错误；abc三个小球对d的吸引力向下，大小为，因此拉力F的大小为，D正确
a、b、c三个带电小球在水平面内做匀速圆周运动，由合外力提供向心力，分析其受力情况，运用牛顿第二定律研究即可．

二．填空题(每小题6分，共18分)
13、 C
【解析】
（1）以0刻度线为零势能面，小铁块从光电门1运动到光电门2的过程中机械能守恒，根据机械能守恒定律得：mv12-mgx1=mv22-mgx2
整理得：v22-v12=2g（x2-x1）
所以图象的斜率k=2g，解得：g=；
（2）小铁块经过光电门1时的机械能等于小铁块经过光电门1时的动能加上势能，若选择刻度尺零刻度线所在高度为零势能面，则有：
E1=mv12-mgx1 =mv12-mkx1 
（3）用电磁铁释放小球的缺点是，当切断电流后，电磁铁的磁性消失需要一时间，铁球与电磁铁铁心可能有一些剩磁，都会使经过光电门1的时间较实际值大，引起误差，并适当增大两光电门A、B间的距离，使位移测量的相对误差减小，所以C正确．
14、减小 1.750 2.0
【解析】
（1）图乙中各条图线的斜率先减小后不变，则都具有共同特点：“小纸杯”先做加速度大小减小的加速运动，最后达到匀速运动。
（2）因0.8s后纸杯已经匀速下落，由表格可知在0.4s内纸杯下降的距离为0.4m，可知X=1.750m；
（3）一个纸杯时，最终速度为v1=1m/s；由；可得：v2=2m/s。
15、AB 系统误差
【解析】
根据实验原理判断出实验注意事项，滑块离开桌面后做平抛运动，根据桌面到地面的高度，可计算出平抛运动的时间，再根据小物块抛出点到落地点的水平距离，可计算出小物块离开桌面时的速度，再知道小物块的质量，就可以计算出小物块的动能。根据，和，可得因为功与速度的平方成正比，所以功与正比。
【详解】
（1）为了使n根相同橡皮筋对小物块做的功就等于系一根橡皮筋时对小物块做的功的n倍，各条橡皮筋保证完全一样，故A正确；每次实验时必须使用同一个小物块，保证小物块获得的速度与弹簧做功成正比，故B正确；为了保证每根橡皮筋对小物块做功相同，所以每次实验中，橡皮筋拉伸的长度必需要保持一致，但不能超过弹性限度，故C错误；橡皮筋完全相同，通过增加橡皮筋的条数来使功倍增，因此不需要计算橡皮筋每次对小物块做功的具体数值，故D错误；故选AB.
（2）根据，和，可得，因为功与速度的平方成正比，所以功与正比，故应以W为纵坐标、为横坐标作图，才能得到一条直线。
（3）一般来说，从多次测量揭示出的实验误差称为偶然误差，不能从多次测量揭示出的实验误差称为系统误差。由于小物块与桌面之间的摩擦不能忽略，则由此引起的误差属于系统误差。
明确实验原理，根据相应规律得出表达式，然后讨论。还要知道系统误差和偶然误差的区别，系统误差是由于仪器的某些不完善、测量技术上受到限制或实验方法不够完善没有保证正确的实验条件等原因产生，如停表测时间时，停表不准确，慢了，测的时间间隔总是偏小。偶然误差的特点是它的随机性。如果我们对一些物理量只进行一次测量，其值可能比真值大也可能比真值小，这完全是偶然的，产生偶然误差的原因无法控制，所以偶然误差总是存在，通过多次测量取平均值可以减小偶然误差，但无法消除。既然是误差就不可消除，只能是改进方法，多次做试验，以减小误差。

三．计算题(22分)
16、（1） （2） （3）
【解析】
试题分析：子弹和沙袋组成的系统动量守恒，结合动量守恒定律求出子弹射入沙袋的瞬间沙袋获得的速度，根据能量守恒求出子弹打沙袋过程中损失的机械能；根据机械能守恒求出子弹射入沙袋中随沙袋一块上升的最大高度．根据牛顿第二定律可得绳子的最大拉力。
（1）规定子弹的速度方向为正方向，根据动量守恒得，mv0=（M+m）v
解得：
损失的机械能为：
（2）根据机械能守恒得：
解得：
（3）子弹和沙袋共同上摆过程中在最低点时，绳子的拉力最大
根据牛顿第二定律：
解得：
点睛：本题主要考查了动量守恒、机械能守恒、能量守恒的综合运用，通过动量守恒求出子弹射入沙袋后的速度是解决本题的关键。
17、（1）（2）（1），
【解析】
（1）小球在C处受水平向右的电场力F和竖直方向的重力mg，由题，加速度为g
则由=m(g) 解得 Eq=
（2）小球从A→B过程，根据动能定理得：mg?2R-qER=m
解得：vB=
根据牛顿第二定律得：N-mg=m代入解得：N=
（1）小球从B→C水平方向做匀减速直线运动，竖直方向做自由落体运动
水平方向：ax==竖直方向：ay=g
设向左减速时间为t，则有t==x=vBt=y=g（2t）2=
虚线框MNPQ的宽度应满足条件L＞2R，高度应满足条件H＞R+=．