黑龙江省齐齐哈尔八中2024-2025学年高一下物理期末达标检测模拟试题含解析.doc

黑龙江省齐齐哈尔八中2024-2025学年高一下物理期末达标检测模拟试题
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)对于质量一定的物体，下列说法正确的是（ ）
A．物体的运动方向不变时，其动能一定不变
B．物体的速度发生变化时，其动能可能不变
C．物体的速率发生变化时，其动能可能不变
D．物体的动能不变时，其速度一定不変
2、 (本题9分)如图所示为等量异种电荷周围的电场线分布情况，现将一个带负电的点电荷C（图中没有画出）以一定初速度从A点释放，速度的方向沿电荷连线由A指向B，则关于C在AB之间的运动，下列分析正确的是（ ）

A．速度先增加后减小，加速度先减小后增大
B．速度先减小后增加，加速度先增大后减小
C．动能一直减小，电场力对C一直做负功
D．动能一直增大，电场力对C一直做正功
3、 (本题9分)在卢瑟福的α粒子散射实验中，有少数的α粒子发生了大角度的偏转，其原因是( )
A．原子中有带负电的电子，电子会对α粒子有引力的作用．
B．正电荷在原子中是均匀分布的．
C．原子的正电荷和绝大部分的质量都集中在一个很小的核上．
D．原子是不可再分的．
4、 (本题9分)如图所示，关于两颗人造地球卫星的下列说法正确的是：

A．卫星a运行的周期大于卫星b运行的周期
B．卫星a运行的加速度大于卫星b运行的加速度
C．卫星a运行的线速度小于卫星b运行的线速度
D．卫星a运行的角速度小于卫星b运行的角速度
5、 (本题9分)地球的半径为R0，地面的重力加速度为g，一个质量为m的人造卫星，在离地面高度为h＝R0的圆形轨道上绕地球运行，则（ ）
A．人造卫星的角速度为 B．人造卫星的周期
C．人造卫星受到地球的引力为 D．人造卫星的速度
6、 (本题9分)如图所示，质量为M，长度为L的小车静止在光滑的水平面上，质量为m的小物块，放在小车的最左端，现用一水平力F作用在小物块上，小物块与小车之间的摩擦力为f，经过一段时间小车运动的位移为x，小物块刚好滑到小车的右端，则下列说法中正确的是

A．此时物块的动能为F(x＋L)
B．此时小车的动能为fx
C．这一过程中，因摩擦而产生的热量为fL
D．这一过程中，物块和小车增加的机械能为Fx+(F－f)L
7、 (本题9分)两个质量分别为m1、m2的小球，各用长为L的丝线悬挂在同一点，当两球分别带同种电荷，且电荷量分别为q1、q2时，两丝线张开一定的角度θ1、θ2，如图所示，则下列说法正确的是(　　)

A．若m1>m2，则θ1﹤θ2
B．若m1＝m2，则θ1＝θ2
C．若m1θ2
D．若q1＝q2，则θ1＝θ2
8、 (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
9、 (本题9分)下列关于牛顿定律的说法正确的是（ ）
A．牛顿第一定律是通过理想斜面实验经过推理得出的
B．作用力与反作用力可以作用在同一物体上
C．牛顿认为力是产生加速度的原因
D．行星在圆周轨道上保持匀速率运动的性质是惯性
10、 (本题9分)如图所示，一个长直轻杆两端分别固定一个小球A和B，A球、B球质量分别为2m、m，两球半径忽略不计，杆的长度为。先将杆AB竖直靠放在竖直墙上，轻轻振动小球B，使小球A在水平面上由静止开始向右滑动，当小球B沿墙下滑距离为时,下列说法正确的是（ ）

A．小球A的速度为
B．小球B的速度为
C．小球B沿墙下滑过程中，杆对B做的功为
D．小球B沿墙下滑过程中，杆对A做的功为
二、实验题
11、（4分） (本题9分)“探究碰撞中的不变量”的实验中：

（1）入射小球m1=15 g，原静止的被碰小球m2=10 g，由实验测得它们在碰撞前后的x ­t图象如图甲所示，可知入射小球碰撞后的m1v1′是_____kg·m/s，入射小球碰撞前的m1v1是_____kg·m/s，被碰撞后的m2v2′是_____kg·m/s.由此得出结论__________________．
（2）实验装置如图乙所示，本实验中，实验必须要求的条件是________．
A．斜槽轨道必须是光滑的
B．斜槽轨道末端点的切线是水平的
C．入射小球每次都从斜槽上的同一位置无初速释放
D．入射球与被碰球满足ma＞mb，ra=rb
（3）图乙中M、P、N分别为入射球与被碰球对应的落点的平均位置，则实验中要验证的关系是________．
A．m1·ON=m1·OP＋m2·OM
B．m1·OP=m1·ON＋m2·OM
C．m1·OP=m1·OM＋m2·ON
D．m1·OM=m1·OP＋m2·ON
12、（10分）某实验小组采用如图所示的装置探究功与速度变化的关系，小车在橡皮筋的作用下弹出后，沿木板滑行．

（1）实验中木板略微倾斜，这样做________________．（填写字母代号）
A．是为了使释放小车后，小车能匀加速下滑
B．是为了增大小车下滑的加速度
C．可使得橡皮筋做的功等于合力对小车做的功
D．可使得橡皮筋松弛后小车做匀速运动
（2）若根据多次测量数据画出的W－v草图如图所示，根据图线形状，可知对W与v的关系做出的猜想肯定不正确的是____________．（填写字母代号）

A．W B．W C．Wv2 D．Wv3
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）如图所示，一质量M=0.4kg的滑块放在光滑水平面上处于静止状态，滑块左侧为一光滑的圆弧，水平面恰好与圆弧相切．质量m=0.1kg的小球（视为质点）以v0=5m/s的初速度向右运动冲上滑块．取g=10m/s1．若小球刚好没有冲出圆弧的上端，求：
(1)小球上升到滑块上端时的速度大小；
(1)圆弧的半径；
(3)滑块获得的最大速度．

14、（14分） (本题9分)如图所示，匀强电场的电场强度E=2.0×104N/C，沿电场线方向有A、B两点，A、B两点间的距离s=0.10m．将电荷量q=+2.0×10-8C的点电荷从A点移至B点．求：
（1）电荷从A点移至B点的过程中，电势能变化了多少．
（2）若将A点的电势规定为0，则B点的电势是多少？

15、（13分）如图所示，风向水平向西，战机在离地面500m的高空匀速向东巡航，速度为360km/h，飞行员突然发现飞机正前方的地面上有一辆敌方的汽车，他迅速测知敌车正以20m/s的速度和飞机同向匀速运动。假设飞行员投弹后，风对炸弹的作用力水平向西、大小恒为炸弹重量的0.2倍，试问，飞行员在飞机和敌车的水平距离是多少时弹，才能击中敌车？（g=10m/s2）

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】
A. 物体加速直线运动时，运动方向不变时，其动能改变，A错误。
B. 物体做匀速圆周运动时，速度方向发生变化，其动能不变，B正确。
C. 动能 ，速率发生变化时，其动能改变，C错误。
D. 动能不变，可能速度大小不变，但速度方向改变，比如匀速圆周运动，D错误。
2、D
【解析】
AB.带负电荷的电荷从A点由静止释放，则所受的电场力沿AB方向，则加速度沿AB方向，速度一直变大，因场强先减小后增加，可知电场力先减小后增加，加速度先减小后增加，选项AB错误。
CD.负电荷从A到B运动时，电场力沿AB方向，一直做正功，则动能一直增加，选项D正确，C错误.
3、C
【解析】
α粒子和电子之间有相互作用力，它们接近时就有库仑引力作用，但由于电子的质量只有α粒子质量的1/7300，粒子与电子碰撞就像一颗子弹与一个灰尘碰撞一样，α粒子质量大，其运动方向几乎不改变．α粒子散射实验中，有少数α粒子发生大角度偏转说明三点：一是原子内有一质量很大的粒子存在；二是这一粒子带有较大的正电荷；三是这一粒子的体积很小；综上所述，少数的α粒子发生了大角度的偏转的原因是原子的正电荷和绝大部分的质量都集中在一个很小的核上．故C正确，ABD错误．故选C．
点睛：本题考查的是α粒子散射实验．对这个实验要清楚两点：一是α粒子散射实验的实验现象；二是对实验现象的微观解释--原子的核式结构．
4、B
【解析】
根据万有引力提供向心力得出线速度、角速度、周期与轨道半径的关系，从而比较出大小关系．
【详解】
两卫星所受的万有引力提供向心力，有，可得，，，，而，可知a卫星的线速度大，角速度大，向心加速度大，而周期较小，故B正确，A、C、D错误.故选B.
解决本题的关键掌握万有引力提供向心力这一理论，并能灵活运用．
5、A
【解析】
根据万有引力提供向心力，得：
又在地球表面上，由重力等于万有引力，得：；据题：h=R0联立解得：，，F=mg，v= ，故A正确，BCD错误．故选A．
6、BCD
【解析】
A项：对物块，根据动能定理得：则物块的动能为 ，故A错误；
B项：对小车，由动能定理得：，，则此时小车的动能为，故B正确；
C项：系统产生的热量等于系统克服滑动摩擦力做功，为，故C正确；
D项：这一过程中，由能量守恒定律可知，小物块和小车增加的机械能为 ，故D正确．
7、BC
【解析】
试题分析：m1、m1受力如图所示，由平衡条件可知，m1g=Fcotθ1，m1g=F′cotθ1
因F=F′，则

可见，若m1＞m1，则θ1＜θ1；若m1=m1，则θ1=θ1；若m1＜m1，则θ1＞θ1．θ1、θ1的关系与两电荷所带电量无关．故BC正确，AD均错误．故选BC．
考点：物体的平衡
8、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。
9、AC
【解析】A项：牛顿第一定律是牛顿在伽利略等前人实验的基础上，根据逻辑推理得出的，是以实验为基础，但又不是完全通过实验得出，故A正确
B项：作用力和反作用力是相互作用的一对力，作用在不同的物体上，故B错误；
C项：由牛顿第二定律可知，力是产生加速度的原因，故C正确；
D项：一切物体都有保持原来运动状态的性质，说明速度不变，不是指速率不变，故D错误。
点晴：惯性定律的内容是：一切物体都有保持原来运动状态的性质，即任何物体在任何情况下都有惯性。
10、AD
【解析】
AB.当小球B沿墙下滑距离为时，杆与水平方向的夹角的正弦是 ，此时A、B两小球的速度关系满足，由机械能守恒定律得： 解得：小球A的速度为。小球B的速度为，故A正确，B错误。
C.由动能定理得：，小球B沿墙下滑过程中，杆对B做的功为，故C错误；
D由动能定理得：，小球B沿墙下滑过程中，杆对A做的功为，故D正确；

二、实验题
11、（1）0.0075 0.015 0.0075 碰撞中mv的矢量和是不变量（碰撞过程中动量守恒） BCD C
【解析】
（1）由图1所示图象可知，碰撞前球1的速度，碰撞后，球的速度，，
入射小球碰撞后的，
入射小球碰撞前的，
被碰撞后的，
碰撞前系统总动量，
碰撞后系统总动量，，由此可知：碰撞过程中动量守恒；
（2）“验证动量守恒定律”的实验中，是通过平抛运动的基本规律求解碰撞前后的速度的，只要离开轨道后做平抛运动，对斜槽是否光滑没有要求，A错误；要保证每次小球都做平抛运动，则轨道的末端必须水平，B正确；要保证碰撞前的速度相同，所以入射球每次都要从同一高度由静止滚下，C正确；为了保证小球碰撞为对心正碰，且碰后不反弹，要求ma＞mb，ra=rb，D正确．
（3）要验证动量守恒定律定律即，小球做平抛运动，根据平抛运动规律可知根据两小球运动的时间相同，上式可转换为，
故需验证，因此C正确．
本实验的一个重要的技巧是入射球和靶球从同一高度作平抛运动并且落到同一水平面上，故下落的时间相同，所以在实验的过程当中把本来需要测量的速度改为测量平抛过程当中水平方向发生的位移，可见掌握了实验原理才能顺利解决此类题目．
12、CD AB
【解析】
(1)[1]使木板倾斜，使小车受到的摩擦力与小车所受重力沿板向下的分力大小相等，在不施加拉力时，小车在斜面上运动时受到的合力为零，小车可以在斜面上做匀速直线运动；小车与橡皮筋连接后，小车所受到的合力等于橡皮筋的拉力，橡皮筋对小车做的功等于合外力对小车做的功，使得橡皮筋松弛后小车做匀速运动，故AB错误，CD正确；
(2)[2]若根据多次测量数据画出的W-v草图如图2所示，根据图线形状可知，该函数是幂函数，可以写成

由于函数的曲线向上弯曲，所以，对W与v的关系做出的猜想肯定不正确的是A和B，C和D是可能的。

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)1m/s；(1)1m；(3)1m/s．
【解析】
(1)当小球刚好上升到滑块上端时，小球与滑块水平方向速度相同，设为v1，以水平向右为正方向，在水平方向上，由动量守恒定律得：
代入数据得：v1=1m/s
(1)由机械能守恒定律得：
代入数据解得圆弧的半径为：R=1m
(3)小球到达最高点以后又滑回，滑块仍做加速运动，当小球离开滑块时滑块速度最大．研究小球开始冲上滑块一直到离开滑块的整个过程，以水平向右为正方向，由动量守恒定律得：
由机械能守恒定律得：
解得：
14、（1）4.0×10-5 J （2）2.0×103V
【解析】
（1）电荷所受电场力F的大小

方向水平向右
电荷从A点移至B点的过程中，电场力所做的功

电荷从A点移至B点的过程中，电势能减小了4.0×10-5J
（2）A、B两点间的电势差

而，
解得：

15、700m
【解析】
根据题目得知炮弹水平方向做加速度为a＝0.2g的匀减速直线运行，竖直方向做自由落体运动。设炮弹的水平初速度为v0=100m/s，车的速度为v1=20m/s，
水平位移: ，
竖直位移:
解得t=10s，
所以炮弹的水平位移:x1=900m
车的水平位移:x2=v1t=20×10m=200m
所以应该在距离小车∆x=900-200=700m的时候投放炸弹。