2023學年高一物理下期末模擬試卷注意事項1．考生要認真填寫考場號和座位序號。2．試題所有答案必須填涂或書寫在答題卡上，在試卷上作答無效。第一部分必須用2B鉛筆作答；第二部分必須用黑色字跡的簽字筆作答。3．考試結束后，考生須將試卷和答題卡放在桌面上，待監考員收回。一、選擇題：本大題共10小題，每小題5分，共50分。在每小題給出的四個選項中，有的只有一項符合題目要求，有的有多項符合題目要求。全部選對的得5分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。1、(本題9分)如圖所示，質量相同的兩個小球A、B，其中小球A帶負電，小球B帶正電，但電荷量不等量，二者電荷量的值滿足：，通過絕緣輕彈簧連接，置于絕緣光滑的水平面上，當突然加以水平向右的勻強電場后，兩小球A、B將由靜止開始運動，在輕彈簧第一次伸到最長的運動過程中，對兩個小球和彈簧組成的系統（整個過程中不考慮電荷間庫侖力的作用且彈簧不超過彈性限度），以下說法正確的是A．因為小球A、B的質量相等，故系統總動量始終為零B．雖然小球A、B的質量相等，但是系統總動量仍然不斷增加C．小球B的動能先增加后減小，彈簧的彈性勢能不斷增大D．當小球B所受電場力與彈簧的彈力大小相等時，小球A的動能最大2、(本題9分)甲、乙兩球位于同一豎直直線上的不同位置，甲比乙高h，將甲、乙兩球分別以大小為v1和v2的初速度沿同一水平方向拋出，不計空氣阻力，下列條件中有可能使乙球擊中甲球的是（）A．同時拋出，且v1＜v2B．甲遲拋出，且v1＜v2C．甲早拋出，且v1＞v2D．甲早拋出，且v1＜v23、一物體的速度大小為v0時，其動能為Ek，當它的動能為2Ek時，其速度大小為A． B．2v0 C． D．4、(本題9分)如圖所示，兩輪用皮帶傳動，皮帶不打滑，圖中有A、B、C三點，這三點所在處的半徑rA＞rB＝rC，則以下有關各點線速度v、角速度ω的關系中正確的是()A．vA＝vB＞vCB．vC＞vA＞vBC．ωC＜ωA＜ωBD．ωC＝ωB＞ωA5、質量為m的物體從傾角為α固定的光滑斜面頂端山靜止開始下滑，斜面高為h，則物體下滑過程中重力做功的平均功率及物體滑至斜面底端時重力的瞬時功率分別為A．mg2ghB．12mgC．mg2ghsinD．12mg6、(本題9分)如圖所示，一光滑細桿固定在水平面上的點，細桿與水平面的夾角為，一原長為的輕質彈簧，下端固定在水平面上的點，上端與質量為的小環相連，當把小環拉到點時，與地面垂直，彈簧長為，將小環從點由靜止釋放，當小環運動到的中點時，速度達到最大．重力加速度為，下列說法正確的是（）A．下滑過程中小環的機械能先增大再減小B．小環到達的中點時，彈簧的彈性勢能為零C．小環剛釋放時的加速度等于D．小環的最大速度為7、(本題9分)如圖所示，一根不可伸長的柔軟輕繩跨過光滑定滑輪，繩兩端各系一小球a和b，a球質量為m靜置于地面；b球質量為M，且M＞m；用手托住b球，此時輕繩剛好伸直．現從靜止開始釋放b球，在b球下落（未碰地之前）過程中，下列說法中正確的是：A．繩的拉力對b球做負功B．a球的機械能增加C．b球的機械能守恒D．a球和b球組成的系統機械能守恒8、(本題9分)如圖所示為某一傳送裝置，與水平面夾角為370，傳送帶以4m/s的速率順時針運轉．某時刻在傳送帶上端A處無初速度的放上一質量為lkg的小物塊（可視為質點），物塊與傳送帶間的動摩擦因數為0.25，傳送帶上端A與下端B距離為3.5m，則小物塊從A到B的過程中(g=l0m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8)A．運動的時間為2sB．小物塊對皮帶做的總功為0C．小物塊與傳送帶相對位移為1.5mD．小物塊與皮帶之間因摩擦而產生的內能為3J9、如圖所示，游樂場中，從高處A到水面B處有兩條長度相等的光滑軌道．甲、乙兩小孩沿不同軌道同時從A處自由滑向B處，下列說法正確的有A．甲的切向加速度始終比乙的大B．甲、乙在同一高度的速度大小相等C．甲、乙在同一時刻總能到達同一高度D．甲比乙先到達B處10、如圖所示，電源的電動勢和內阻分別為E、r，R0=r滑動變阻器的滑片P由a向b緩慢移動，則在此過程中（）A．伏特表V1的示數一直增大B．伏特表V2的示數先增大后減小C．電源的總功率先減少后增加D．電源的輸出功率先減小后增大二、實驗題11、（4分）某同學驗證“重錘做自由落體運動過程中機械能守恒”的實驗，不慎將一條選擇好的紙帶的前面一部分破壞了，只能研究中間某過程機械能是否守恒。如圖所示，相鄰兩個計數點間還有一個點未畫出，用刻度尺測出各計數點之間的距離：S1=2.80cm，S2=4.40cm，S3=5.95cm，S4=7.55cm，S5=9.05cm。已知打點計時器工作頻率為50Hz，重錘的質量為1kg，重力加速度g=10m/s2。利用以上紙帶可以求出在打第2個點到第5個點的過程中重錘重力勢能的減少量為__________J，重錘動能的增加量為___________J（計算結果均保留3位有效數字）。12、（10分）(本題9分)利用圖示的實驗裝置探究合力做功與動能變化的關系．（1）為了消除打點計時器和木板對小車阻力的影響，需要平衡阻力．關于該操作環節，下列四種裝置圖中正確的是_______（2）甲小組同學正確平衡了阻力，選取的砝碼和盤的總質量m遠小于小車的質量M，取砝碼的總重力值作為繩子的拉力值，按正確操作得到圖示的一條紙帶．在紙帶上選取三個連續計時點A、B、C，測得它們到靜止釋放的起始點O的距離分別為sA、sB、sC，打點計時器的工作頻率為f，已知當地重力加速度為g，從O到B的運動過程中，拉力對小車做功W=_______，小車動能變化量ΔEk=__________．（3）乙小組同學也正確平衡了阻力，但并未保證選取的砝碼和盤的總質量m遠小于小車的質量M．在處理數據時，他們也取砝碼和盤的總重力值作為繩子的拉力值，并采用圖像法進行數據分析：在紙帶上選取多個計數點，測量靜止釋放的起始點O到每個計數點的距離，并計算出每個計數點對應的小車速度v以及從O點到該計數點對應的過程中繩子拉力所做的功W．他們作出的圖線為__________．

2023學年模擬測試卷參考答案（含詳細解析）一、選擇題：本大題共10小題，每小題5分，共50分。在每小題給出的四個選項中，有的只有一項符合題目要求，有的有多項符合題目要求。全部選對的得5分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。1、B【答案解析】

AB.小球A受到的電場力大小為FA=qAE，方向水平向右。小球B受到的電場力大小為FB=qBE，方向水平向左，由于qA＞qB，則FA＞FB，系統的合外力不為零，所以系統的總動量不守恒。合外力沖量大于零，根據動量定理知：系統的總動量不斷增加，故A錯誤，B正確；C.當兩球的速度第一次相同時，彈簧第一次伸到最長，根據動量定理知I合=△P，由于I合方向水平向左，所以彈簧第一次伸到最長時兩球的速度方向均水平向左，則小球B的動能先增加后減小至零再增加，彈簧的彈性勢能不斷增大，故C錯誤；

D.當小球B所受電場力與彈簧的彈力大小相等時，B球的動能最大。對于A球，小球A所受電場力與彈簧的彈力大小相等時A球的動能最大，由于FA＞FB，所以小球A的動能最大，小球B所受電場力小于彈簧的彈力大小，故D錯誤。故選B.點睛：此題的物理過程比較復雜；關鍵是通過分析球所受的彈力和電場力的大小關系來確定球的運動情況；注意速度相等是彈簧最長的臨界條件.2、D【答案解析】

由題意可知甲的拋出點高于乙的拋出點，則相遇時，甲的豎直位移大于乙的豎直位移，故甲應先拋出；而兩物體的水平位移相同，甲的運動時間比較長，故甲的速度要小于乙的速度，v1＜v2，故D正確，ABC錯誤。3、C【答案解析】

設物體的質量為m，當一物體的速度大小為v0時，其動能為Ek，則有當它的動能為2Ek時，有解得：A..故選項A不符合題意.B.2v0.故選項B不符合題意.C..故選項C符合題意.D..故選項D不符合題意.4、A【答案解析】A、圖中A與B兩點通過同一根皮帶傳動，線速度大小相等，即，A、C兩點繞同一轉軸轉動，有，由于，，，因而有，得到，故A正確，B錯誤；

C、由于，，因而有，，又由于，，故CD錯誤．點睛：本題關鍵抓住公式，兩兩比較，得出結論，要注意不能三個一起比較，初學者往往容易將三個一起比較，從而出現錯誤．5、D【答案解析】

物體滑到底端，根據動能定理，有mgh=12m沿斜面方向，根據運動學公式：gsinα?t=v，解得t=2ghgsin物體滑到底端的瞬時功率P=mgvsinA.mg2gh和mgB.12mg2ghC.mg2ghsinαD.12mg2gh6、ACD【答案解析】

小環受重力、支持力和彈簧彈力，彈簧彈力做功，故環的機械能不守恒，小環和彈簧系統的機械能守恒，小環到達AD的中點時，彈性繩的伸長量最短，彈性勢能最小，小環機械能最大，故下滑過程中小環的機械能先增大再減小，故A正確；小環到達AD的中點時，彈性繩的長度為L，伸長量不為0，故彈性勢能不為零，故B錯誤；在A位置，環受重力、彈簧拉力、支持力，根據牛頓第二定律，有：mgsin30°+Fsin30°=ma，在D點，環的速度最大，說明加速度為零，彈簧長度為2L，故：mgsin30°-Fcos60°=0，聯立解得：a=g，故C正確；小環和彈簧系統的機械能守恒，在D點速度最大，此時橡皮繩長度等于初位置橡皮繩的長度，故初位置和D位置環的機械能相等，故：mg（2Lcos60°）=mv2，解得：v=，故D正確；故選ACD．【答案點睛】本題為力學綜合問題，關鍵正確的受力分析，根據牛頓第二定律列式分析，注意環的機械能不守恒，是環和彈簧系統的機械能守恒．7、ABD【答案解析】AC、在運動的過程中，b受重力和拉力，繩的拉力對b球做負功，則小球b的機械能減小，故A正確，C錯誤；B、在運動的過程中，a受重力和拉力，繩的拉力對a球做正功，則小球a的機械能增加，故B正確；D、小球a、b與地球組成的系統，只有重力做功，系統機械能守恒，故D正確；故選ABD．8、BD【答案解析】開始階段，由牛頓第二定律得：，解得：，物體加速至與傳送帶速度相等時需要的時間為：，通過的位移為：，由于，可知物體與傳送帶不能保持相對靜止，速度相等后，物體所受的摩擦力沿斜面向上，根據牛頓第二定律得：，解得：，根據，解得，故運動的總時間為，故A錯誤；小物塊對皮帶做的總功即是滑動摩擦力對傳送帶所做的功為：，而，故，故B正確；前0.5s內傳送帶的速度大于小物塊的速度，小物塊相對于傳送帶先后運動，相對位移：，后0.5s內小物塊的速度大于傳送帶的速度，小物塊相對于傳送帶向前運動，相對位移：，物塊相對于傳送帶的位移：，故C錯誤；小物塊相對于傳送帶的路程：，因小物塊和皮帶之間的摩擦而產生的內能為：，故D正確；故選BD.【答案點睛】小物塊放上A，開始所受的摩擦力方向沿斜面向下，根據牛頓第二定律求出加速度的大小，以及運動到與傳送帶速度相同所需的時間和位移，由于重力沿斜面向下的分力大于最大靜摩擦力，兩者不能保持相對靜止，速度相等后，小物塊所受的滑動摩擦力沿斜面向上，再結合牛頓第二定律和運動學公式求出到達B點的時間，從而得出小物塊從A到達B的時間．前半段時間內傳送帶的速度大于小物塊的速度，小物塊相對于傳送帶先后運動，后半段時間內小物塊的速度大于傳送帶的速度，小物塊相對于傳送帶向前運動，相對位移為二者之差，相對路程為二者之和．9、BD【答案解析】

試題分析：由受力分析及牛頓第二定律可知，甲的切向加速度先比乙的大，后比乙的小，故A錯誤；由機械能守恒定律可知，各點的機械能保持不變，高度（重力勢能）相等處的動能也相等，故B錯誤；由甲乙的速度時間圖像可知C錯誤D正確考點：牛頓第二定律；機械能守恒定律10、CD【答案解析】試題分析：當變阻器滑片滑到中點時，變阻器兩部分并聯電阻最大．所以外電路總電阻先增大后減小，故路端電壓先增大后減小，即電壓表V1的示數先增大后減小，A錯誤，電流電流先減小后增大，所以電阻兩端的電壓先減小后增大，故伏特表V2的示數先減小后增大，B錯誤，根據公式可得電源總功率先減小后增大，C正確，當在a端時，外電路電阻等于電源內阻，電源的輸出功率最大，之后外電路電阻增大，所以電源輸出功率減小，當P點位于中點時，減小到最小，之后又開始增大，所以電源的輸出功率先減小后增大，D正確，考點：考查了電路的動態分析點評：本題是動態變化分析問題，關鍵抓住變阻器滑片處于中點時，并聯電阻最大．再按常規順序“部分→整體→部分”分析．二、實驗題11、1.791.75(1.76也給分)【答案解析】

[1]點2到