2024-2025学年安徽省合肥市巢湖市汇文实验学校物理高一第二学期期末学业水平测试模拟试题含解析.doc

2024-2025学年安徽省合肥市巢湖市汇文实验学校物理高一第二学期期末学业水平测试模拟试题
请考生注意：
1．请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用0．5毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。写在试题卷、草稿纸上均无效。
2．答题前，认真阅读答题纸上的《注意事项》，按规定答题。

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)假设某汽车刹车后立即做匀减速运动,在其开始刹车直至停止过程中,第一秒和最后一秒内的位移分别为和,则（ ）
A．汽车匀减速运动过程中的平均速度为

B．汽车匀减速的加速度大小为
C．汽车开始匀减速时的速度大小为
D．汽车从开始减速内运动的距离为
2、曲线运动的物体，在运动过程中一定发生变化的是
A．速度大小 B．速度方向 C．加速度大小 D．加速度方向
3、 (本题9分)一个质量为的质点在平面上运动，在方向的速度图像和方向的位移图像分别如图甲、乙所示，下列说法正确的是 

A．质点所受的合外力大小为
B．质点的初速度大小为
C．质点做匀变速直线运动
D．质点初速度的方向与合外力的方向垂直
4、 (本题9分)直流电动机M接在如图所示的电路中，理想电压表的示数是20 V，理想电流表的示数是1.0 A，限流电阻R=5.0 Ω，则可知（ ）

A．电动机的机械功率是20 W B．电阻R消耗的电功率是5 W
C．电动机线圈的电阻是20 Ω D．电动机产生的电热功率是20 W
5、有一充电的电容器，两板间的电压为3V，所带电荷量为4.5×10－4C，此电容器的电容是
A．7.5×10－5F B．1.5×10－4F
C．1.35×10－3F D．2.7×10－3F
6、 (本题9分)一辆小汽车在水平路面上由静止启动，在前5s内做匀加速直线运动，5s末达到额定功率，之后保持以额定功率运动，其v-t图象如图所示.已知汽车的质量为m=2×103kg，汽车受到地面的阻力为车重的0.1倍，则以下说法正确的是

A．汽车在前5秒内的速度变化率1m/s2
B．汽车在前5秒内的牵引力为4×103N
C．汽车的最大速度为20m/s
D．汽车的额定功率为60kW
7、 (本题9分)质量为m的物体置于倾角为α的斜面上，物体和斜面间的动摩擦因数为μ，在外力作用下斜面以加速度a向左做匀加速直线运动，如图所示，运动过程中物体与斜面之间保持相对静止，则下列说法正确的是(　　)

A．斜面对物体m的支持力一定做正功
B．斜面对物体m的摩擦力一定做正功
C．斜面对物体m的摩擦力可能不做功
D．斜面对物体m的摩擦力可能做负功
8、 (本题9分)如图所示,一个内壁光滑的圆锥筒固定在竖直面内。有两个质量不同的小球甲和乙贴着筒的内壁在水平面内做匀速圆周运动。则

A．甲乙两球都是由重力和支持力的合力提供向心力
B．筒壁对甲球的支持力等于筒壁对乙球的支持力
C．甲球的运动周期大于乙球的运动周期
D．甲球的角速度大于乙球的角速度
9、 (本题9分)A、B两球沿同一直线运动并发生正碰,如图所示为两球碰撞前后的位移—时间(x-t)图像,图中a、b分别为A、B两球碰撞前的图线,c为碰撞后两球共同运动的图线.若A球的质量,则由图可知下列结论正确的是(　　 )

A．A、B两球碰撞前的总动量为3 kg·m/s
B．碰撞过程A对B的冲量为-4 N·s
C．碰撞前后A的动量变化为4kg·m/s
D．碰撞过程A、B两球组成的系统损失的机械能为10 J
10、 (本题9分)一遥控玩具汽车在平直路上运动的位移—时间图像如图所示，则下列正确的是（ ）

A．15s内汽车的位移为30m
B．前10s内汽车的加速度为3m/s2
C．20s末汽车的速度大小为1m/s
D．前25s内汽车做单方向直线运动
11、下图中描绘的四种虚线轨迹，可能是人造地球卫星轨道的是（ ）
A．
B．
C．
D．
12、 (本题9分)起重机通过缆绳吊着质量为的物体，沿竖直方向以加速度由静止开始提升高度，下列说法中正确的是（　　）
A．物体的重力做功为
B．物体的重力势能增加
C．物体的机械能增加
D．物体的动能增加
二、实验题（本题共16分，答案写在题中横线上）
13、（6分）用如图所示的装置“研究平抛物体的运动”。其主要实验步骤如下：

（a）将弧形斜槽固定在桌面上，让其末端伸出桌面边缘处。
（b）用图钉将白纸钉在薄木板上，用支架将木板竖直固定。
（c）将小球从斜槽上释放，在竖直白纸上记录小球所经过的多个位置，用平滑的曲线连接起来，即为小球平抛运动的轨迹
（1）在“研究平抛物体的运动”实验时，已备有下列器材：白纸、图钉、薄木板、铅笔、弧形斜槽、小球、刻度尺、铁架台，还需要下列器材中的____________。
A．秒表 B．天平 C．重锤线 D．测力计
(2)在该实验中，为减少空气阻力对小球的影响，所以选择小球时，应选择_____
A．实心小铁球 B．空心小铁球
C．实心小木球 D．塑料小球
(3)在该实验中，应采取下列哪些措施减小实验误差________?
A．斜槽轨道末端切线必须水平
B．斜槽轨道必须光滑
C．每次要平衡摩擦力
D．小球每次应从斜槽同一高度静止释放
(4)在该实验中，在取下白纸前，应确定坐标轴原点O，并用重锤线过O作竖直线，标系的y轴。图1为甲、乙两位同学关于坐标原点及x轴、y轴的确定，其中做法正确的__________(选填“甲”或“乙”)

（5）在该实验中，某同学正确地确定了坐标原点及坐标轴后，描绘出小球在同时刻所通过的三个位置A、B、C，相邻的两个位置间的水平距离均为x，测得x=10.00cm，A、B间的竖直距离y1=4.78cm，A、C间的竖直距离y2=19.36cm。如图2所示。（重力加速度g取9.80 m/s2）

根据以上直接测量的物理量导出小球做平抛运动的初速度的公式为v0=________(用题中所给字母表示。代入数据得到小球的初速度值为________m/s。
14、（10分） (本题9分)在“探究功与速度变化的关系”的实验中，某学习小组在实验室组装了如图甲所示的装置，他们选用的砝码质量为m，称得小车的质量为M，把纸带连在小车上，细线跨过滑轮并挂上砝码，让小车处于静止状态。请回答下列问题∶

(1)要让砝码的重力近似等于小车的拉力，砝码的质量应___________（填“远大于”“近似等于”或“远小于”）小车的质量；
(2)要让细线的拉力近似等于小车的合力，实验前________（填“需要”或“不需要”）平衡摩擦力；
(3)接通打点计时器电源，释放小车，让砝码带动小车加速运动，打点计时器打出一条如图乙所示的一条纸带，0点为起始点，相邻计数点间的时间间隔为T，重力加速度为g；从0点到第7点，细线拉力对小车做的功为__________J；打第7点时小车速度为__________m/s；（用题中所给的表示数据的字母表示）
(4)若遵循(1)(2)步骤进行某次实验，得到以拉力做功W为纵坐标，以速度的平方v2为横坐标的W-v2图像如图丙所示，则图像不经过原点主要原因是____________________。
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） (本题9分)一个质量m=10kg的木箱静止放在水平地面上，木箱与地面间的动摩擦因数μ=0.5，如果用大小F=70N、方向与水平方向的夹角θ=53°的恒力拉动木箱，经过t1=2s后撤去F，再经过一段时间木箱停止运动。已知sin53°=0.8，cos53°=0.6，重力加速度取g=10m/s2。求：

(1)撤去拉力前木箱的位移；
(2)整个过程中摩擦力做功的平均功率。
16、（12分） (本题9分)如图所示，光滑水平面上小球A、B分别以3.2 m/s、2.0m/s的速率相向运动，碰撞后A球静止．已知碰撞时间为0. 05s，A、B的质量均为0.5kg．求：
(1)碰撞后B球的速度大小；
(2)碰撞过程A对B平均作用力的大小．

17、（12分） (本题9分)假设地球可视为质量均匀分布的球体，已知地球表面重力加速度在两极的大小为，在赤道的大小为g；地球自转的周期为T，引力常量为G，求：
1）地球的密度；
（2）若地球自转角速度逐渐增大，使赤道上物体恰好“飘”起时地球的自转周期。
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】
采用逆向思维，设汽车的加速度为a，则即，解得a=2m/s2，选项B错误；由解得t=7.5s，则汽车开始匀减速时的速度大小为v=at=15m/s，选项C错误；汽车匀减速运动过程中的平均速度为，选项A错误；汽车从开始减速8s内运动的距离也就是7.5s内的距离：，选项D正确；故选D.
解决本题的关键掌握匀变速直线运动的运动学公式和推论，并能灵活运用，有时运用推论求解会使问题更加简捷，以及注意逆向思维在运动学中的运用．
2、B
【解析】
AB．曲线运动过程中速度的方向时刻变化着，但速度的大小不一定变化，如匀速圆周运动，A错误B正确；
CD．平抛运动是曲线运动，但是运动过程中加速度恒定，大小和方向都不变，CD错误
3、A
【解析】
由图知，质点在x方向做匀变速直线运动，y方向做匀速直线运动，则：质点的加速度，根据牛顿第二定律：，A正确；由图知，质点在x方向上初速度为3m/s，在y方向上初速度大小为4m/s，根据运动的合成，则质点的初速度的大小，故B错误；质点在x方向做匀变速直线运动，y方向做匀速直线运动，则质点做匀变速曲线运动，C错误；质点合外力的方向沿x方向，初速度方向与x方向的夹角正切值：，θ=53°，质点初速度的方向与合外力的方向不垂直，D错误．
4、B
【解析】
电动机消耗的总功率为：P="IU=20" W，选项AD错误；电阻R消耗的电功率为PR=125 W="5" W，选项B正确；电动机不是纯电阻电路，故不适用欧姆定律，故电动机线圈的电阻，电动机产生的电热功率不是20 W选项CD错误；故选B
5、B
【解析】
已知当电压为3V时电量为4.5×10-4C；故由可知，

故B正确。
6、D
【解析】
前5s内做匀加速直线运动，加速度，即汽车在前5秒内的速度变化率，汽车受到的阻力；根据牛顿第二定律可得，解得，AB错误；5s末汽车的功率达到额定功率，故，当牵引力等于阻力时，汽车达最大速度，则最大速度，C错误D正确．
从v-t图象可以看出：汽车经历三个运动过程：匀加速直线运动，加速度减小的变加速直线运动，最后做匀速直线运动．由图线斜率可求出前5s内汽车的加速度，由牛顿第二定律即可求出此过程的牵引力．5s末汽车的功率就达到额定功率，由能求出额定功率．汽车速度最大时，牵引力等于阻力，由，能求出最大速度．
7、ACD
【解析】
由功的计算公式可知，支持力方向垂直斜面向上，与位移的方向夹角小于90°，支持力一定做正功，故A正确；摩擦力是否存在需要讨论：当加速度较小时，摩擦力沿斜面向上，即，摩擦力沿斜面向上，做负功．当加速度较大时，摩擦力Ff沿斜面向下，即，摩擦力沿斜面向下，做正功．当时，摩擦力不存在，不做功，故AC正确，B错误；故选ACD．
【点睛】使物体A和斜面体B一起向左做加速运动，加速度水平向左，支持力垂直斜面向上，而摩擦力方向需要讨论，然后结合功的计算公式进行分析判断正负功．
8、AC
【解析】
对两球受力分析即可得向心力的来源；支持力与重力的合力提供小球所需要的向心力，根据平衡条件即可得支持力大小关系；利用牛顿第二定律列式，结合两球的轨道半径关系即可分析出两球的周期与角速度关系．
【详解】
A、对两球受力分析，都受重力、支持力两个力的作用，由于做匀速圆周运动，即合外力提供向心力，故可知甲乙两球都是由重力与支持力的合力提供向心力，A正确；
BCD、设圆锥筒的顶角为，则有：在竖直方向有：，轨道平面内有：，联立可得支持力为：，角速度为：，由于两球的质量不同，则可知两球所受支持力大小不相等，由图可知甲球的轨道半径大于乙球的轨道半径，故甲球的角速度小于乙的角速度，根据可知，甲球的周期大于乙球的周期，BD错误C正确．
9、BCD
【解析】
A、由s-t图像可以知道：碰撞前A的速度为 ；
碰撞前B的速度 ，
碰撞后AB的速度为
根据动量守恒可知
代入速度值可求得：
所以碰撞前的总动量为 ，故A错误；
B、碰撞时A对B所施冲量为即为B的动量变化量 故B正确；
C、根据动量守恒可知 ，故C正确；
D、碰撞中A、B两球组成的系统损失的动能为 ,故D正确，
故选BCD
结合图像求出碰前碰后的速度，利用动量守恒求出B的质量，然后根据定义求出动量的变化量．
10、AC
【解析】
由图象可知，前15s内汽车的位移为△x=30m-0=30m。故A正确。在前10s内图线的斜率不变，说明汽车的速度不变，则汽车做匀速直线运动，加速度为0，故B错误。位移-时间图线的斜率表示速度，则20s末汽车的速度。故C正确。汽车在前10s内向正方向做匀速直线运动，10-15s内静止，15-25s内反向做匀速直线运动，所以汽车的运动方向发生了改变。故D错误。故选AC。
点睛：解决本题的关键知道位移时间图象的物理意义，知道图线斜率表示速度，匀速直线运动的加速度为零．
11、ACD
【解析】
人造地球卫星靠地球的万有引力提供向心力而绕地球做匀速圆周运动，地球对卫星的万有引力方向指向地心，所以人造地球卫星做圆周运动的圆心是地心，否则不能做稳定的圆周运动。故ACD正确，B错误。故选ACD。
解决本题的关键知道人造地球卫星靠万有引力提供向心力，做匀速圆周运动，卫星做圆周运动的圆心必须是地心．
12、AC
【解析】
AB．因为物体上升，所以重力做功为，物体的重力势能增加，故A项正确，B项错误；
C．对物体进行受力分析可知，由牛顿第二定律可得：

解得：物体所受向上的拉力

机械能增加等于除重力外的其它力的功，则机械能增量

故C项正确；
D．据动能定理可知，

故D错误。

二、实验题（本题共16分，答案写在题中横线上）
13、C A AD 乙 1.0m/s
【解析】
（1）[1] 在做“研究平抛物体的运动”实验时，除了木板、小球、斜槽、铅笔、图钉之外，下列器材中还需要重锤线，确保小球抛出是在竖直面内运动，故应选C。
（2）[2] 为了减小空气阻力对小球的影响，要选择体积较小质量较大的小球，故选实心小铁球，故A正确，BCD错误；故选A。
（3）[3] 实验中所用斜槽末端的切线必须调到水平，以保证做平抛运动，故A正确；每次实验小球必须从斜槽的同一位置由静止释放，所用斜槽不必光滑，也不需要平衡摩擦力，只要到达底端的速度相同即可，故BC错误；每次实验中小球必须由静止释放，初始位置必须相同，故D正确。故应选AD。
（4）[4]坐标系的原点应该放在小球的球心，所以乙同学做法正确
（5）[5][6] 竖直方向，根据匀变速直线运动的推论：
△y=（y2-y1）-y1-=gT2 ①
水平方向：
x=v0T ②
由①②式解得：

代入数据可得：v0=1.0m/s；
14、远小于 需要 mg（x1+x2+x3） 操作失误，先释放小车，后打开电源
【解析】
(1)[1]以整体为研究对象，根据牛顿第二定律则有

解得

以为研究对象有绳子的拉力为

显然要有，必有，故有

即要让砝码的重力近似等于小车的拉力，砝码的质量应远小于小车的质量；
(2)[2]为了实验时小车所受的合外力等于细线的拉力，需要平衡摩擦力；
(3)[3]在打计数点0到7的过程中，细线拉力对小车做的功为

[4]根据中点时刻的速度等于平均速度，打第7点时小车速度为

(4)[5]根据动能定理则有

拉力做功时，则有

则图像不经过原点主要原因是打点计时器打点时，小车已经运动，即操作失误，先释放小车，后打开电源

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) 4m (2) 60W
【解析】
（1）撤去拉力前Fcos53°－f1=ma1
f1=μN=μ(mg－Fsin53°)=22N
解得a=2m/s2
s1==4m
(2)撤去拉力前Wf1=f1s1=88J
撤去拉力时，v=a1t1=4m/s
撤去拉力后，f2=μmg=50N
a2=μg=5m/s2
t2=v/a2=0.8s
s2=v2/2a2=1.6m
Wf2=f2s2=80J
P==60W
16、（1）1.2m/s，方向水平向右（2）32N
【解析】
（1）A.B系统动量守恒，设A的运动方向为正方向
由动量守恒定律得
mvA−mvB=0+mv´B
解得 
v´B=1.2m/s，
方向水平向右
（2）对B，由动量定理得
F△t=△pB=mv´B -（- mvB）
解得
F=32N
根据动量守恒定律求碰撞后B球的速度大小；对B，利用动量定理求碰撞过程A对B平均作用力的大小．
17、（1）；（2）
【解析】
（1）质量为m的物体，在两极：
①
在赤道上：
②
地球密度：
③
解①、②、③式得
④
（2）当地球自转周期为时，赤道上物体恰好“飘”起
⑤
由①②⑤得