2022-2023學年高一物理下期末模擬試卷注意事項：1．答卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號填寫在答題卡上。2．回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑，如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其它答案標號。回答非選擇題時，將答案寫在答題卡上，寫在本試卷上無效。3．考試結束后，將本試卷和答題卡一并交回。一、選擇題：（1-6題為單選題7-12為多選，每題4分，漏選得2分，錯選和不選得零分）1、(本題9分)將物體由地面豎直上拋，如果不計空氣阻力，物體能夠達到的最大高度為H，以地面為零勢能面，當物體在上升過程中的某一位置，它的動能是重力勢能的2倍，則這一位置的高度為（）A． B． C． D．2、(本題9分)物體自由下落，速度由0增加到5m/s和由5m/s增加到10m/s的兩段時間內，重力做功的平均功率之比是A．1:2B．1:3C．3:1D．1:13、(本題9分)如圖所示，自行車的大齒輪A、小齒輪B、后輪C的半徑之比為4：1：16，在用力蹬腳踏板前進的過程中，關于A、C輪緣的線速度和角速度說法正確的是A．ωA：ωC=1：4B．ωA：ωC=4：1C．vA：vC=1：4D．vA：vC=4：14、(本題9分)船在靜水中的速度是4m/s，河岸筆直，河寬4m，河水流速為3m/s，以下說法正確的是()A．船過河的最短時間為0.8s B．船在河中運動速度一定為5m/sC．船過河的最短時間為1s D．船不可以垂直過河5、(本題9分)如圖所示，木塊A放在水平桌面上．木塊左端用輕繩與輕質彈簧相連，彈簧的左端固定，用一輕繩跨過光滑定滑輪，一端連接木塊右端，另一端連接一砝碼盤（裝有砝碼），輕繩和彈簧都與水平桌面平行．當砝碼和砝碼盤的總質量為0.5kg時，整個裝置靜止，彈簧處于伸長狀態，彈力大小為3N．若輕輕取走盤中的部分砝碼，使砝碼和砝碼盤的總質量減小到0.1kg，取g=10m/s2，此時裝置將會出現的情況是A．彈簧伸長的長度減小B．桌面對木塊的摩擦力大小不變C．木塊向右移動D．木塊所受合力將變大6、(本題9分)如圖所示是一個勻強電場的等勢面，每兩個相鄰等勢面相距4cm，由此可以確定電場強度的方向和數值是()A．豎直向下，E＝50V/mB．水平向左，E＝50V/mC．水平向左，E＝200V/mD．水平向右，E＝200V/m7、甲、乙兩顆人造地球衛星，質量分別為m和2m，它們繞地球做圓周運動的軌道半徑分別為2r和r，下列說法正確的是A．甲、乙的周期之比為4∶1 B．甲、乙的向心力之比為1∶8C．甲、乙的動能之比為1∶4 D．甲、乙的動能之比為1∶88、(本題9分)如圖所示，質量分別為m和2m的A、B兩個木塊間用輕彈簧相連，放在光滑水平面上，A靠緊豎直墻．用水平力F將B向左壓，使彈簧被壓縮一定長度，靜止后彈簧儲存的彈性勢能為E．這時突然撤去F，關于A、B和彈簧組成的系統，下列說法中正確的是()A．撤去F后，系統動量守恒，機械能守恒B．撤去F后，A離開豎直墻前，系統動量不守恒，機械能守恒C．撤去F后，A離開豎直墻后，彈簧的彈性勢能最大值為E/4D．撤去F后，A離開豎直墻后，彈簧的彈性勢能最大值為E/39、(本題9分)關于對一個系統的動量守恒的理解，下列說法正確的是A．如果一個系統的動量守恒，則系統的機械能一定守恒B．如果一個系統的動量守恒，則系統的動能可能增加C．如果一個系統的合外力為零，則系統的動量一定守恒D．如果一個系統內力做功不為零，則系統動量一定不守恒10、一部直通高層的客運電梯的簡化模型如圖1所示．電梯在t=0時由靜止開始上升，以向上方向為正方向，電梯的加速度a隨時間t的變化如圖2所示．圖1中一乘客站在電梯里，電梯對乘客的支持力為F．根據圖2可以判斷，力F逐漸變大的時間段有（）A．0～1s內 B．8～9s內 C．15～16s內 D．23～24s內11、如圖所示，輕質光滑滑輪兩側用輕繩連著兩個物體A與B，物體B放在水平地面上，物體A、B均靜止。物體A和物體B的質量分別為mA、mB，輕繩與水平的夾角為θ（θ＜90°），重力加速度為g，則（）A．物體B受到地面向左的摩擦力為 B．物體B受到地面向左的摩擦力為C．物體B對地面的壓力可能為零 D．物體B對地面的壓力為12、(本題9分)如圖所示，一根細線下端拴一個金屬小球P，細線的上端固定在金屬塊Q上，Q放在帶小孔的水平桌面上．小球在某一水平面內做勻速圓周運動（圓錐擺）．現使小球改到一個更高一些的水平面上做勻速圓周運動（圖上未畫出），兩次金屬塊Q都保持在桌面上靜止．則后一種情況與原來相比較，下面的判斷中正確的是（）A．Q受到桌面的支持力變大B．Q受到桌面的靜摩擦力變大C．小球P運動的角速度變大D．小球P運動的周期變大二、實驗題（本題共16分，答案寫在題中橫線上）13、（6分）如圖為“驗證動能定理”的實驗裝置，用拉力傳感器記錄小車受到拉力F的大小，在長木板上相距適當距離的A、B兩點各安裝一個速度傳感器，分別記錄小車通過A、B時的速率，要求拉力傳感器的示數即為小車所受的合外力。（1）為了完成實驗，除了測量小車受到拉力的大小F、小車通過A、B時的速率vA和vB（2）與本實驗有關的下列說法正確的是__A、要調整長木板的傾斜角度，平衡小車受到的摩擦力B、應先釋放小車，再接通速度傳感器的電源C、改變所掛鉤碼的數量時，要使所掛鉤碼的質量遠小于小車質量D、該實驗裝置也可以用來驗證牛頓第二定律。14、（10分）(本題9分)在做“研究平拋運動”的實驗中，為了確定小球在不同時刻在空中所通過的位置，實驗時用了如圖所示的裝置．先將斜槽軌道的末端調整水平，在一塊平整的木板表面釘上白紙和復寫紙．將該木板豎直立于水平地面上，使小球從斜槽上緊靠擋板處由靜止釋放，小球撞到木板并在白紙上留下痕跡A；將木板向遠離槽口的方向平移距離x，再使小球從斜槽上緊靠擋板處由靜止釋放，小球撞在木板上得到痕跡B；將木板再向遠離槽口的方向平移距離x，小球再從斜槽上緊靠擋板處由靜止釋放，再得到痕跡C．若測得木板每次移動距離x＝10.00cm，A、B間距離y1＝5.02cm，B、C間距離y2＝14.82cm．請回答以下問題(g＝9.80m/s2)(1)為什么每次都要使小球從斜槽上緊靠擋板處由靜止釋放？_____________．(2)根據以上直接測量的物理量來求得小球初速度的表達式為v0＝_______．(用題中所給字母表示)(3)小球初速度的值為v0＝________m/s．三、計算題要求解題步驟，和必要的文字說明（本題共36分）15、（12分）(本題9分)已知電子的質量是9×10﹣31kg，質子和電子的電荷量均為1.6×10﹣19C，質子與電子之間的庫侖力是9.116×10﹣8N，電子繞質子做勻速圓周運動，靜電力常量k=9×l09N?m1/C1．取=1.16，求：（1）電子轉動的半徑；（1）電子轉動的速度大小．16、（12分）如圖所示，在水平向右的勻強電場中，一不可伸長的絕緣細線的長度為L=40cm，細線的一端連著一個質量為m=1.0×10－4kg、帶電量為q=+5.0×10－8C的小球，另一端固定于O點，把小球拉起直至細線與場強平行，然后無初速由A點釋放，當細線轉過90°，小球到達B點時速度恰好為零．不計空氣阻力和細線質量，重力加速度g=10m/s1．求：（1）A、B兩點間的電勢差UAB；（1）勻強電場的電場強度E的大小；（3）小球從A點運動到B點過程中的最大速度的大小．（結果可保留根號）17、（12分）(本題9分)如圖a所示，在水平路段AB上有一質量為2×103kg的汽車（可看成質點），正以10m/s的速度向右勻速運動，汽車前方的水平路段BC較粗糙，汽車通過整個（1）求汽車在AB路段所受的阻力大小f；（2）求汽車剛好開過B點時的加速度大小a；（3）求BC路段的長度L。

參考答案一、選擇題：（1-6題為單選題7-12為多選，每題4分，漏選得2分，錯選和不選得零分）1、B【解析】

物體總的機械能為mgH，當高度為h時，動能是勢能的2倍，即動能為2mgh，由機械能守恒定律可得：解得：A.與分析不相符，故A項與題意不相符；B.與分析相符，故B項與題意相符；C.與分析不相符，故C項與題意不相符；D.與分析不相符，故D項與題意不相符.2、B【解析】速度在兩個過程中變化相同，由動能定理可知在兩個過程中重力做功之比為1:3，運動時間相同，由P=W/t可知B對；3、A【解析】

AB.因為A、B的線速度大小相等，根據ω=vr，A、B的半徑之比為4:1，所以A、B的角速度之比為1:4，B、C的角速度大小相等，所以ωA：ωCD.因為ωB=ωC，RB：RC=1:16，根據v=r?ω知vB:vC=1:16，所以vA:vC=1:16，故C,D均錯誤.4、C【解析】A.要使船渡河時間最短，船頭應正對河岸前進，故渡河時間t=d/v船=4/4s=1s，故A錯誤，C正確；B.船在河中的速度與船頭的指向有關，符合平行四邊形定則，運動速度有多種可能，故B錯誤；D.當船的合速度正對河岸時，船垂直過河，此時船頭應偏向上游，故D錯誤．故選C.5、B【解析】當砝碼和砝碼盤的總質量為0.5kg時，整個裝置靜止，彈簧處于伸長狀態時，由平衡條件可知木塊A所受的靜摩擦力為：f1=m砝g-F彈=0.5×10-3=2（N），所以桌面對木塊A的靜摩擦力至少為2N．當砝碼和砝碼盤的總質量減小到0.1kg，F彈-m′砝g=3N-0.1×10N=2N，不超過最大靜摩擦力，所以木塊相對桌面仍靜止，木塊所受合力為零，沒有變化，彈簧伸長的長度不變．根據平衡條件可知，桌面對木塊的摩擦力大小為f2=F彈-m′砝g=2N=f1，即桌面對木塊的摩擦力大小不變．故B正確，ACD錯誤．故選B.6、B【解析】根據電場強度的方向應與等勢面垂直，且由較高的等勢面指向較低的等勢面，可知該電場強度的方向水平向左．由場強與電勢差的關系得：E＝Ud7、BC【解析】

根據可知可知，甲、乙的周期之比為2∶1，選項A錯誤；由可知，甲、乙的向心力之比為1∶8，選項B正確；由可知，甲、乙的動能之比為1∶4，選項C正確，D錯誤.8、BD【解析】A、B項：撤去F后，A離開豎直墻前，豎直方向兩物體的重力與水平面的支持力平衡，合力為零，而墻對A有向右的彈力，使系統的動量不守恒．這個過程中，只有彈簧的彈力對B做功，系統的機械能守恒．A離開豎直墻后，系統水平方向不受外力，豎直方向外力平衡，則系統的動量守恒，只有彈簧的彈力做功，機械能也守恒．故A錯誤，B正確；C、D項：撤去F后，A離開豎直墻后，當兩物體速度相同時，彈簧伸長最長或壓縮最短，彈性勢能最大．設兩物體相同速度為v，A離開墻時，B的速度為v1．根據動量守恒和機械能守恒得2mv1=3mv，又聯立得到，彈簧的彈性勢能最大值為，故C錯誤，D正確．點晴：本題考查動量守恒和機械能守恒的判斷和應用能力．動量是否守恒要看研究的過程，要細化過程分析，不能籠統．9、BC【解析】

A．動量守恒的系統機械能不一定守恒，動量守恒的條件是：系統不受外力或受外力的代數和為零；機械能守恒定律的條件是：系統只受到重力的作用，或受外力的代數和為零，故A錯誤；B．例如人船模型，開始人船速度為零，運動時系統的動量守恒，但系統的動能增加，故B正確；C．動量守恒的適用條件是系統不受外力或受外力的代數和為零，故C正確；D．放在光滑水平面上的滑塊與滑板，當它們相對運動時，系統內力做功不為零，但系統動量守恒，故D錯誤；故選BC．10、AD【解析】試題分析：根據牛頓第二定律列式，分加速度向上和加速度向下兩個過程討論即可．解：1、加速度向上時，根據牛頓第二定律，有：F﹣mg=ma故F=mg+ma故在0﹣1s內的支持力F是增加的，1s﹣8s內支持力恒定，8s﹣9s支持力是減小的；2、加速度向下時，根據牛頓第二定律，有：mg﹣F=m|a|故F=mg﹣m|a|故在15s﹣16s支持力是減小的，16s﹣23s支持力是固定的，23s﹣24s內的支持力F是增加的；故AD正確，BC錯誤；故選AD．【點評】超重和失重現象可以運用牛頓運動定律進行分析理解，產生超重的條件是：物體的加速度方向向上；產生失重的條件：物體的加速度方向向下．11、BD【解析】

物體A受到重力和繩子的拉力處于平衡狀態，所以繩子的拉力等于A的重力。以B為研究對象，受力分析如圖所示：根據平衡條件，物體B受到的摩擦力：物體B受到的支持力：又，得：，故BD正確，AC錯誤。故選BD。12、BC【解析】

試題分析：對小球分析，設繩子拉力為F，繩子與豎直方向夾角為θ，繩子長度為l，則有Fcosθ=mg，Fsinθ=m（2π/T）2r,r=lsinθ，解得T2=4π2lcosθ/g,當小球位置升高時，周期減小，角速度增大，C正確，D錯誤．Q物塊處于平衡狀態，有N=Mg+Fcosθ=（M+m）g，支持力不變，A錯誤；f=Fsinθ=mgtanθ，物塊位置升高，θ增大，f增大，B正確．考點：本題考查圓周運動向心力分析和物體平衡．二、實驗題（本題共16分，答案寫在題中橫線上）13、A、B兩點之間的距離小車和車上的拉力傳感器的總質量mFx=1【解析】

（1）[1][2][3]設A、B兩點之間的距離x，小車和車上的拉力傳感器的總質量m，根據動能定理：Fx=12mvB2-12（2）[4]A．若沒有平衡摩擦力，則有F-f=ma，而摩擦力f又無法求出，因此需平衡摩擦力，故A正確；B．應選打開電源，待打點穩定后，再釋放小車，故B錯誤；C．小車受到的拉力由傳感器顯示，不再用鉤碼的重力代替，不必使掛鉤碼的質量遠小于小車的質量，故C錯誤；D．本實驗也可以驗證加速度與物體受到的力的關系，即牛頓第二定律，故D正確．故選：AD14、為了保證小球每次做平拋運動的初速度相同；；1.00；【解析】

（1）[1]．要保證每次拋出時的速度相等應使小球每次從斜槽上相同的位置自由滑下并且斜槽軌道末端必須保持水平，只要做到這兩點，我們就