青海省平安区第一高级中学2025届高一下物理期末统考模拟试题含解析.doc

青海省平安区第一高级中学2025届高一下物理期末统考模拟试题
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：（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、关于四个公式：①P＝UI；②P＝I2R；③P＝；④P＝.下列叙述正确的是( )
A．公式①④适用于任何电路的电功率
B．公式②③适用于任何电路的电热功率
C．公式①②③适用于任何电路的电功率
D．没有一个正确
2、 (本题9分)已知货物的质量为m,在某段时间内起重机将货物以加速度a加速升高h,则在这段时间内叙述正确的是(重力加速度为g)(　 　)
A．货物的动能一定增加mah-mgh ； B．货物的机械能一定增加mah ；
C．货物的重力势能一定增加mah ； D．货物的机械能一定增加mah+mgh ；
3、 (本题9分)如图，两个相同的小球A、B用两根轻绳连接后放置在圆锥筒光滑侧面的不同位置上，绳子上端固定在同一点0，连接A球的绳子比连接B球的绳子长，两根绳子都与圆锥筒最靠近的母线平行．当圆锥筒绕其处于竖直方向上的对称轴OO’以角速度ω匀速转动时，A、B两球都处于筒侧面上与筒保持相对静止随筒转动．下列说法正确的是

A．两球所受的合力大小相同
B．A球对绳子的拉力大于B球对绳子的拉力
C．A球对圆锥筒的压力大于B球对圆锥筒的压力
D．两球所需的向心力都等于绳子拉力的水平分力
4、 (本题9分)做自由落体运动的物体，在第1 s内下落的高度是（g取10 m/s²）
A．5 m B．10 m C．15 m D．20 m
5、 (本题9分)起重机以1m/s2的加速度，将质量为100kg的货物由静止匀加速向上提升，g=10m/s2，则第1s内起重机对货物做功为（　　）
A．500J B．550J C．1000J D．1100J
6、 (本题9分)如图所示，某公园有喷水装置，若水从小鱼模型口中水平喷出，忽略空气阻力及水之间的相互作用，下列说法中正确的是

A．喷水口高度一定，喷水速度越大，水从喷出到落入池中的时间越短
B．喷水口高度一定，喷水速度越大，水喷得越近
C．喷水速度一定，喷水高度越高，水喷得越近
D．喷水口高度一定，喷水速度越大，水从喷出到落入池中的时间不变
7、 (本题9分)质量相等的A、B两球在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动，A球的动量是7 kg·m/s，B球的动量是5 kg·m/s，当A球追上B球发生碰撞，则碰撞后A、B两球的动量可能值是(　 　)
A．pA＝6 kg·m/s，pB＝6 kg·m/s
B．pA＝3 kg·m/s，pB＝9 kg·m/s
C．pA＝－2 kg·m/s，pB＝14 kg·m/s
D．pA＝－4 kg·m/s，pB＝17 kg·m/s
8、 (本题9分)如图所示，一只猫在桌边猛地将桌布从鱼缸下拉出，鱼缸最终没有滑出桌面．若鱼缸、桌布、桌面两两之间的动摩擦因数均相等，则在上述过程中( )

A．桌布对鱼缸摩擦力的方向向左
B．鱼缸在桌布上的滑动时间和在桌面上的相等
C．若猫增大拉力，鱼缸受到的摩擦力将增大
D．若猫减小拉力，鱼缸有可能滑出桌面
9、在水平地面上，质量为m=1kg的物块在水平拉力F作用下由静止开始移动．已知物块与地面间动摩擦因数为，拉力做功与物块位移之间关系如图所示．则

A．拉力F逐渐增大
B．物块加速度大小为1.0m/s2
C．物块加速度大小为2.0m/s2
D．物块在4m处速度大小为4m/s
10、 (本题9分)如图所示，卫星A、B绕地球做匀速圆周运动，用ω、T、v、a分别表示卫星运动的角速度、周期、运行速率、向心加速度．下列关系正确的有

A．TA>TB B．vA>vB
C．aA在空中排成一条直线
B．这5个球在空中处在同一抛物线上
C．在空中，第1、2两球间的距离保持不变
D．相邻两球的落地点间距离相等
12、 (本题9分)卫星在A点从圆形轨道I进入椭圆轨道Ⅱ，B为轨道Ⅱ上的一点，如图所示，关于卫星的运动，下列说法中正确的是（　　）

A．卫星在圆形轨道I上过A点时减速可能进入椭圆轨道Ⅱ
B．在轨道Ⅱ上经过A的速度大于在轨道I上经过A的速度
C．在轨道Ⅱ上运动的周期小于在轨道I上运动的周期
D．在轨道Ⅱ上经过A的加速度小于在轨道I上经过A的加速度
二、实验题（本题共16分，答案写在题中横线上）
13、（6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）．
14、（10分） (本题3分)某同学在验证机械能守恒定律的实验中，使重物自由下落，打点计时器在纸带上打出一系列的点，选取一条符合实验要求的纸带如图所示．O为纸带下落的起始点，A、B、C为纸带上选取的三个连续点．实验中所用重物的质量m＝3kg，打点计时器每隔T =1．13 s打一个点，当地的重力加速度g=3．8 m/s3．

（1）记录B点时，重物的速度vB＝_____m/s，（此空及后面两空均保留三位有效数字），重物动能EkB＝____J．从开始下落到至B点，重物的重力势能减少量是_____J，由此可得到的结论是 ．
（3）该同学进一步分析发现重物动能的增量总是略小于重力势能的减少量，造成这一现象的原因可能是 ．（写出一条合理的原因即可）
（3）若该同学在实验时没有测量重物质量，是否能够正常完成实验？________（填“能”或“不能”）
（4）该同学在纸带上又选取了多个计数点，并测出了各计数点到第一个点O的距离h，算出了各计数点对应的速度v，若重物下落过程中机械能守恒，则以h为横轴，以为纵轴画出的图线应是如下图中的 ，图线的斜率表示 ．

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)我国自行研制、具有完全自主知识产权的新一代大型喷气式客机C919首飞成功后，拉开了全面试验试飞的新征程，假设飞机在水平跑道上的滑跑是初速度为零的匀加速直线运动，当位移x=1.6×103 m时才能达到起飞所要求的速度v=80 m/s。已知飞机质量m=7.0×104 kg，滑跑时受到的阻力为自身重力的0.1倍，重力加速度取。求：

（1）飞机滑跑过程中加速度a的大小；
（2）飞机滑跑过程中牵引力的平均功率P。
16、（12分） (本题9分)如图所示，虚线MN、PQ之间存在水平向右的匀强电场，两虚线间距离为d．一质量为m、电荷量为+q的带电粒子，从a点由静止释放，经电压为U的电场加速后，由b点垂直进入水平匀强电场中，从MN上的某点c(图中未画出)离开，其速度与电场方向成45°角．不计带电粒子的重力．求：

(1)带电粒子刚进入水平匀强电场时的速率v0；
(2)水平匀强电场的场强大小E；
(3)bc两点间的电势差Ubc．
17、（12分） (本题9分)如图所示，有半径相同的小球a、b，a球质量为2m，b球质量为m，b球位于光滑轨道ABC的水平段BC的末端C处。a球从距BC水平面高h的A处由静止滑下，在C处与b球发生弹性正碰。求：
（1）碰前瞬间a球的速度v；
（2）两球在水平地面DE上的落点间的距离s。

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、A
【解析】
P＝UI、P＝适用于任何电路电功率的计算，而P＝I2R适用于任何电路热功率的计算，故A正确；P＝只适用于纯电阻电路中电功率及热功率的计算，故B、C、D错．
2、D
【解析】
根据牛顿第二定律可知，货物在上升过程中受到的合力：，方向竖直向上，
在货物上升的过程中，根据动能定理：，
则货物上升到最高点的动能增加量为：
又因为上升过程中，货物的重力势能增加量为
所以，货物的机械能一定增加了
故本题选D。
3、B
【解析】
A、小球A和B紧贴着外壁分一起做匀速圆周运动，由合外力提供向心力；两球质量相同且角速度相同，由，而，，故A错误．D、对两球受力分析可知水平方向是拉力的水平分力和圆锥的支持力的水平分力之差提供向心力，故D错误．B、设两绳与竖直方向的夹角为，由竖直方向的平衡知识和水平方向的牛顿第二定律得：，，解得：，因可知，则B正确．C、同理由B项解得，因可知，由牛顿第三定律可知压力，故C错误．故选B．
【点睛】对物体受力分析是解题的关键，通过对AB的受力分析可以找到AB的内在的关系，它们的质量相同，向心力的大小也相同，本题能很好的考查学生分析问题的能力，是道好题．
4、A
【解析】做自由落体运动的物体，在第1s内下落的高度h=gt2=×10×1＝5m，故A正确．故选A.
5、B
【解析】
根据“起重机对货物做功”，考查了功的计算，根据牛顿第二定律求出拉力的大小，结合运动学公式求出花纹上升的位移，最后结合做功的公式，求出拉力做功大小。
【详解】
根据牛顿第二定律得，F-mg=ma，解得F=mg+ma=100×（10+1）N=1100N。上升的位移，则拉力做功W=Fx=1100×0.5J=550J．故B正确
6、D
【解析】
AD、据题可将光的运动看作平抛运动，竖直方向做自由落体运动，水平方向做匀速直线运动，则有：竖直方向有：，则，可知水从喷出到落入池中的时间由喷水口高度决定，与喷水速度无关，所以喷水口高度一定，运动时间一定，故A错误，D正确；
B、水平方向有：，则知喷水口高度一定，喷水速度越大，水喷得越远，故B错误；
C、水平方向有：，喷水速度一定，喷水高度越高，水喷得越远，故C错误；
故选D．
【点睛】水从小鱼模型口中水平喷出，忽略空气阻力及水之间的相互作用，可看作平抛运动，根据平抛运动的规律列式分析．
7、A
【解析】
以两球组成的系统为研究对象，取甲球碰撞前的速度方向为正方向，两球的质量均为m，碰撞前系统的总动能：；系统的总动量：p=7kg•m/s+5kg•m/s=12kg•m/s；
A、若碰后甲、乙两球动量为：pA=6kg∙m/s，pB=6kg∙m/s，系统的总动量 p′=6kg∙m/s+6kg∙m/s=12kg•m/s，动量守恒．总动能：，总动能减小，是可能的，故A正确．
B、若碰后甲、乙两球动量为：pA=3kg∙m/s，pB=9kg∙m/s，系统的总动量 p′=3kg∙m/s+9kg∙m/s=12kg•m/s，动量守恒．总动能：，总动能增大，是不可能的，故B错误．
C、若碰后甲、乙两球动量为：pA=-2kg∙m/s，pB=14kg∙m/s，系统的总动量 p′=-2kg∙m/s+14kg∙m/s=12kg•m/s，动量守恒．总动能：，总动能增加，是不可能的，故C错误．
D、若碰后甲、乙两球动量为：pA=-4kg∙m/s，pB=17kg∙m/s，系统的总动量 p′=-4kg∙m/s+17kg∙m/s=13kg•m/s，动量不守恒，不可能，故D错误．故选A．
对于碰撞过程，要掌握三大规律：1、动量守恒定律；2、总动能不增加；3、符合物体的实际运动情况．
8、BD
【解析】
鱼缸向右加速运动，桌布对鱼缸摩擦力的方向向右，故A错误；鱼缸在桌布上加速运动，脱离桌布后在桌面上做减速运动，加速度大小相等，且加速运动的末速度等于减速运动的初速度，故可知鱼缸在桌布上的滑动时间和在桌面上的相等，故B正确；鱼缸受的摩擦力只与鱼缸的重力和摩擦因数有关，故若猫增大拉力，鱼缸受到的摩擦力将不变，故C错误；若猫减小拉力，若鱼缸能与桌布保持相对静止，故鱼缸能滑出桌面，故D正确．故选BD．
9、CD
【解析】
A．拉力做功，故图像的斜率表示拉力F，从图中可知斜率恒定，即F恒定，A错误；
BC．根据图像可得
，
根据牛顿第二定律可得物块的加速度大小为：
，
B错误C正确；
D．根据动能定理可得：
，
解得
，
D正确．
10、ACD
【解析】
万有引力提供卫星A、B绕地球做匀速圆周运动的向心力，则，解得；；； ，则由于rA>rB，则TA>TB，vAⅠ、Ⅱ上受到的万有引力相同；飞船在轨道Ⅰ做圆周运动，在轨道Ⅱ做向心运动，故在轨道Ⅰ时需要的向心力大于在轨道Ⅱ时，即在轨道II上的A的速度小于在轨道I上A的速度，故B错误；轨道Ⅰ可看成长半轴、短半轴相等的椭圆，故轨道Ⅰ的长半轴大于轨道Ⅱ的长半轴，那么，由开普勒第三定律可知：在轨道II上运动的周期小于在轨道I上运动的周期，故C正确；飞船只受万有引力作用，故飞船在A处受到的合外力不变，那么，在轨道II上经过A的加速度等于在轨道I上经过A的加速度，故D错误．故选AC．

二、实验题（本题共16分，答案写在题中横线上）
13、（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．
14、（1）3．11，4．11，4．13，在误差允许的范围内重物在自由下落的过程中机械能守恒；
（3）重物下落过程中受到空气阻力；纸带与限位框之间有摩擦等；（3）能；（4）C，重力加速度g．
【解析】
(1)利用匀变速直线运动的推论,那么，重力势能减小量△Ep=mgh=3.1×3.8×1.3151J=4.13 J．由此可得到的结论是：在实验允许范围内，重物的机械能守恒；
(3)重物动能的增量总是略小于重力势能的减少量，原因是下落过程中需克服（限位孔对纸带的阻力及空气）阻力做功．
(3)根据动能与重力势能表达式可知，均有质量，当列成等式时，质量可以约去，因此重物的质量可以不测量；
(4)利用图线处理数据，从理论角度物体自由下落过程中机械能守恒可以得出：，即；所以以为纵轴，以h为横轴画出的图线应是过原点的倾斜直线，也就是图中的C．图线的斜率表示重力加速度g．
【点睛】本题关键从实验原理出发，分析纸带的选择，数据处理，并能得出结论．利用图象问题结合数学知识处理物理数据是实验研究常用的方法．我们更多的研究直线图形，找出其直线的斜率和截距．

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）a=2 m/s2 （2）P=8.4×106 W
【解析】
试题分析：飞机滑跑过程中做初速度为零的匀加速直线运动，结合速度位移公式求解加速度；对飞机受力分析，结合牛顿第二定律，以及求解牵引力的平均功率；
（1）飞机滑跑过程中做初速度为零的匀加速直线运动，有v2=2ax①，解得a=2m/s2②
（2）设飞机滑跑受到的阻力为，依题意可得=0.1mg③
设发动机的牵引力为F，根据牛顿第二定律有④；
设飞机滑跑过程中的平均速度为，有⑤
在滑跑阶段，牵引力的平均功率⑥，联立②③④⑤⑥式得P=8.4×106W．
【点睛】考查牛顿第二定律，匀变速直线运动，功率的求解，加速度是连接力和运动的桥梁，本题较易，注意在使用公式求解功率时，如果v对应的是瞬时速度，则求解出来的为瞬时功率，如果v为平均速度，则求解出来的为平均功率．
16、（1）（2）（3）
【解析】
（1）对粒子从a运动到b过程应用动能定理
得：
（2）粒子在竖直方向上做匀速直线运动，粒子从b运动到c的时间：

粒子在水平方向上做初速度为零的匀加速直线运动，
加速度：a=
离开电场时水平分速度：
由题意得：
解得：
（3）粒子运动到c点时速度为：
bc过程对粒子应用动能定理：
得：
17、（1）；（2）；
【解析】（1）对a球，由机械能守恒定律得：
解得：
（2）设两球碰后的速度分别为v1、v2，由动量守恒和机械能守恒得：

两球碰后均从C点做平抛运动，且运动时间相同，设平抛的时间为t，两球平抛运动的水平位移分别为x1、x2，由平抛运动的规律得：
，， ，s=x2-x1
联解得：