云南省红河州2023年高一物理第二学期期末学业质量监测模拟试题含解析

2022-2023学年高一物理下期末模拟试卷
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)我国“嫦娥一号”探月卫星发射后，先在“24小时轨道”上绕地球运行(即绕地球一圈需要24小时)；然后，经过两次变轨依次到达“48小时轨道”和“72小时轨道”；最后奔向月球．如果按圆形轨道计算，并忽略卫星质量的变化，则在每次变轨完成后与变轨前相比
A．卫星动能增大，引力势能减小B．卫星动能增大，引力势能增大
C．卫星动能减小，引力势能减小D．卫星动能减小，引力势能增大
v从A点沿电场线向B点运动，如图所示，若规定向右的方向为正2、一个电子仅在电场力的作用下以一定的初速度
方向，则下列位移-时间或速度-时间图象中能正确描述电子运动情况的是（）
A．B．
C．D．
3、魔方，英文名为Rubik′s Cube，又叫魔术方块或鲁比克方块，是一种手部极限运动．通常泛指三阶魔方．三阶魔方形状是正方体，由有弹性的硬塑料制成．要将一个质量为m、边长为a的水平放置的匀质三阶魔方翻倒，推力对它做功至少为()
A ．2mga
B ．22mga
C ．(2+1)2mga
D ．(21)2mga - 4、 (本题9分)关于物体的动量，下列说法中正确的是( )
A ．物体的动量越大，其惯性也越大
B ．同一物体的动量变了，其动能也一定变了
C ．物体的加速度不变，其动量一定不变
D ．运动物体在任一时刻的动量方向一定是该时刻的速度方向
5、如图所示，把石块从高处抛出，初速度方向与水平方向夹角为（090θ︒≤<︒），石块最终落在水平地面上．若空气阻力可忽略，仅改变以下一个因素，可以对石块在抛出到落地的过程中的“动能的变化量”和 “动量的变化量”都产生影响，这个因素是（ ）
A ．抛出石块的速率v 0
B ．抛出石块的高度h
C ．抛出石块的角度
D ．抛出石块用力的大小
6、 (本题9分)从距地面相同高度处，水平抛出两个质量相同的球A 和B ，抛出A 球的初速为，抛出B 球的初速为2，则两球运动到落地的过程中
A ．重力的平均功率相同，落地时重力的瞬时功率相同
B ．重力的平均功率相同，落地时重力的瞬时功率不同
C ．重力的平均功率不同，落地时重力的瞬时功率相同
D ．重力的平均功率不同，落地时重力的瞬时功率不同
7、 (本题9分)2019年1月3日，嫦娥四号探测器登陆月球，实现人类探测器首次月球背面软着陆。

为给嫦娥四号探测器提供通信支持，我国于2018年5月21日成功发射嫦娥四号中继星“鹊桥号”如图所示，“鹊桥号”中继星围绕地月拉格朗日L 2点旋转，“鹊桥号”与L 2点的距离远小于L 2点与地球的距离。

已知位于地月拉格朗日L l 、L 2点处的小物体能够在地月的引力作用下，几乎不消耗燃料，便可与月球同步绕地球做圆周运动。

下列说法正确的是（ ）
A．“鹊桥号”的发射速度大于11.2km/s
B．“鹊桥号”绕地球运动的周期约等于月球绕地球运动的周期
C．同一卫星在L2点受地月引力的合力比在L1点受地月引力的合力大
D．“鹊桥号”若刚好位于L2点，能够更好地为嫦娥四号探测器提供通信支持
8、如图所示，轻质细杆的一端与小球相连，可绕过O点的水平轴自由转动，细杆长1m，小球质量为1kg。

现使小球在竖直平面内做圆周运动，小球通过轨道最低点A的速度为=7m/s，通过轨道最高点B的速度为=3m/s，g取10m/s2，则小球通过最低点和最高点时，细杆对小球的作用力（小球可视为质点）
A．在A处为拉力，方向竖直向上，大小为59N
B．在A处为推力，方向竖直向下，大小为59N
C．在B处为推力，方向竖直向上，大小为1N
D．在B处为拉力，方向竖直向下，大小为1N
9、如图所示，水平向右直线行驶的小车通过细绳和定滑轮将重物以速率υ竖直向上匀速提升，在此过程中，不计细绳与滑轮间的摩擦，下列说法正确的是
A．小车做加速运动
B．小车做减速运动
C．细绳对小车的拉力逐渐变大
D．细绳对小车的拉力大小不变
10、 (本题9分)如图所示，水平桌面上的轻质弹簧一端固定，另一端与小物块相连. 弹簧处于自然长度时物块位于O 点(图中未标出). 现用水平向右的力缓慢地将物块从O 点拉至A 点，拉力做的功为W . 撤去拉力后让物块由静止向左运动， 经O 点到达B 点时速度为零. 已知物块的质量为m ，AB =b ，物块与桌面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g . 则上述过程中
A ．经O 点时，物块的动能最大
B ．物块动能最大时，弹簧的弹性势能为零
C ．物块在A 点时，弹簧的弹性势能小于(12W mgb μ-
) D ．物块在B 点时，弹簧的弹性势能小于(32W mgb μ-) 11、如图所示，水平屋顶高H ＝5 m ，围墙高h ＝3.2 m ，围墙到房子的水平距离L ＝3 m ，围墙外马路宽x ＝10 m ，为使小球从屋顶水平飞出落在围墙外的马路上，小球离开屋顶时的速度v 0的大小的可能值为(g 取10 m/s 2)( )
A ．6 m/s
B ．12 m/s
C ．4 m/s
D ．2 m/s
12、如图所示，质量为m 的物体在水平传送带上由静止释放，传送带由电动机带动，始终保持以速度v 匀速运动，物体与传送带间的动摩擦因数为μ，物体过一会儿能保持与传送带相对静止，对于物体从静止释放到相对静止这一过程，下列说法正确的是（ ）
A ．物体在传送带上的划痕长2
2v g
μ B ．传送带克服摩擦力做的功为
212mv C ．电动机多做的功为232
mv D ．电动机增加的功率为mgv μ
二、实验题（本题共16分，答案写在题中横线上）
13、（6分）某学习小组做探究“合力的功和物体速度变化的关系”的实验，图中小车是在1条橡皮筋作用下弹出，沿木
板滑行，这时橡皮筋对小车做的功记为W .当用2条、3条…完全相同的橡皮筋并在一起进行第2次、第3次…实验时，使每次实验中橡皮筋伸长的长度都保持一致．每次实验中小车获得的速度由打点计时器所打的纸带测出．
(1)除了图中已有的实验器材外，还需要导线、开关、________(填测量工具)和________(填“交流”或“直流”)电源．
(2)实验中，小车会受到摩擦阻力的作用，可以使木板适当倾斜来平衡掉摩擦阻力，则下面操作正确的是________． A ．放开小车，能够自由下滑即可
B ．放开小车，能够匀速下滑即可
C ．放开拖着纸带的小车，能够自由下滑即可
D ．放开拖着纸带的小车，能够匀速下滑即可
14、（10分） (本题9分)在验证机械能守恒定律的实验中采用重物自由下落的方法．
（1）某同学列举实验中用到的实验器材为：铁架台、打点计时器及复写纸片、纸带、秒表、低压交流电源、导线、重锤，其中不必要的是__________________________；缺少的是_________________________．
（2）用公式212
mv mgh 进行验证时，对纸带上起点的要求是______________________，为此目的，所选纸带的第一、二两点间距应接近__________________． （3）如果以
212v 为纵轴，以h 为横轴，根据实验数据绘出的图线应是下图中的____________，其斜率等于__________________的数值．
A ．
B ．
C ．
D ．
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)如图所示，两列简谐横波a 、b 在同一介质中分别沿x 轴正、负方向传播，波速均为v =2.5m/s 。

已知在t =0时刻两列波的波峰正好在x =2.5m 处重合。

①求t=0时，介质中处于波峰且为振动加强点的所有质点的x坐标；
②从t=0时刻开始，至少要经过多长时间才会使x=1.0m处的质点到达波峰且为振动加强点？
16、（12分）(本题9分)如图所示，半径为R的半球形陶罐固定在可以绕竖直轴旋转的水平转台上，转台转轴与过陶罐球心O的对称轴OO′重合，转台以一定角速度ω匀速旋转，一质量为m的小物块落入陶罐内，经过一段时间后，小物块随着陶罐一起转动且相对罐壁静止，它和O点的连线与OO′之间的夹角θ为45°．已知重力加速度大小为g，
小物块与陶罐之间的最大静摩擦力大小为
2
4
mg
F ．
（1）若小物块受到的摩擦力恰好为零,求此时的角速度ω0
（2）若改变陶罐匀速旋转的角速度,而小物块一直相对陶罐静止,求陶罐旋转的角速度的最大值和最小值．
17、（12分）(本题9分)质量m＝2 kg的小球在长为L＝1 m的细绳作用下在竖直平面内做圆周运动，细绳能承受的最大拉力T max＝118 N，转轴离地高度h＝21 m，g＝10 m/s2.试求：
(1)若恰好通过最高点，则最高点处的速度为多大？
(2)在某次运动中在最低点细绳恰好被拉断，则此时的速度为多大？
(3)绳断后小球做平抛运动，如图所示，求落地水平距离x.
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】
当卫星在圆周轨道上做匀速圆周运动时，万有引力充当向心力，所以环绕周期，环绕速度可以看出，周期越大，轨道半径越大，轨道半径越大，环绕速度越小，动能越
小.在变轨过程中，克服引力做功，引力势能增加，所以D选项正确．
2、C
【解析】
AB.在x-t图象中，图线的斜率表示速度，倾斜直线说明速度恒定，根据上述分析可知，电子的x-t图像应该是抛物线，故AB错误。

CD.电子在电场中受向左的电场力，先向右做匀减速直线运动，减速到零后再向左做匀加速直线运动，由于电子只受电场力作用，两段运动的v-t两段图线的斜率相同，加速度相同，故C正确，D错误；
3、D
【解析】
魔方翻倒一次，重心升高h=1
2
2-1）a，则推力对它做功至少为
(21)mga
W mgh
-
==；
A. 2mga，与结论不相符，选项A错误；
B. 2mga
B错误；
C. (2+1)mga
C错误；
D. (21)
2
mga
，与结论相符，选项D正确；
4、D
【解析】
惯性大小的唯一量度是物体的质量，如果物体的动量大，但也有可能物体的质量很小，所以不能说物体的动量大其惯
性就大，A 错误；同一物体的动量变了，可能是动量的方向改变，故速度大小可能不改变，故动能可能不改变，B 错误；加速度不变，速度是变化的，所以动量一定变化，C 错误；动量等于物体的质量与物体速度的乘积，即P=mv ，动量是矢量，动量的方向就是物体运动的方向，D 正确。

5、B
【解析】
根据动能定理：k E mgh ∆=；由动量定理：p mgt ∆=，则如果抛出石块的速率v 0变化，则对物体动能的变化无影响；因时间t 要变化，则对物体的动量变化产生影响，故选项A 错误；若抛出石块的高度h 变化，则对物体动能的变化有影响；因时间t 要变化，则对物体的动量变化产生影响，故选项B 正确；若抛出石块的角度变化，则则对物体动能的变化无影响；因时间t 要变化，则对物体的动量变化产生影响，故选项C 错误；若抛出石块用力的大小变化，则抛出石块的速率v 0变化，对物体动能的变化无影响；因时间t 要变化，则对物体的动量变化产生影响，故选项D 错误；故选B.
6、A
【解析】 平抛运动的时间由高度决定，与初速度无关，所以两球落地时间相等；高度相等、两球质量相等，重力做功相等；据W P t
=可得重力的平均功率相同．两球落地时间相等，两球落地时在竖直方向的分速度相等，据y P mgvcos mgv θ==，两球落地时重力的瞬时功率相同．故A 项正确，BCD 三项错误．
7、BC
【解析】
A 、11.2km/s 是卫星脱离地球的引力的第二宇宙速度，“鹊桥”的发射速度应小于11.2km/s ，故A 不符合题意；
B 、根据题意知中继星“鹊桥”绕地球转动的周期与月球绕地球转动的周期相同，故B 符合题意；
C 、“鹊桥”中继星在的L 2点是距离地球最远的拉格朗日点，由F n =mω2r 可知在L 2点所受月球和地球引力的合力比在L 1点要大，故C 符合题意；
D 、“鹊桥号”若刚好位于L 2点，由几何关系可知，通讯范围较小，并不能更好地为嫦娥四号探测器提供通信支持，故D 不符合题意。

8、AC
【解析】
AB.在最低点，杆子一定表现为拉力，有：
则：
=59N
方向向上，A 正确B 错误；
CD.在最高点，有：
则：
=－1N
所以杆子表现为支持力，方向向上，大小为1N ，C 正确D 错误．
9、BD
【解析】
AB.将小车的速度分解，如图，则=cos v v θ
车，则随着小车向右运动，则θ减小，v 车减小，即小车做减速运动，选项A 错误，B 正确；
CD.因物块匀速上升，可知绳子对物块的拉力不变，即绳子的张力不变，绳子对小车的拉力大小不变，选项C 错误，D 正确.
10、CD
【解析】
AB 、物体从A 到O 的过程中，弹簧的弹力先大于滑动摩擦力，后小于滑动摩擦力，物体先加速后减速，在弹簧的弹力与滑动摩擦力大小相等、方向相反的位置速度最大，此时弹簧处于伸长状态，弹性势能不为零，该位置应在O 点的右侧，故A 、B 错误．C 、如果没有摩擦力，则O 点应该在AB 中间，由于有摩擦力，物体从A 到B 过程中机械能损失，故无法到达没有摩擦力情况下的B 点，也即O 点靠近B 点．故2b OA >，此过程物体克服摩擦力做功大于12
mgb μ，
所以物块在A 点时，弹簧的弹性势能小于12
W mgb μ-
，故C 正确．D 、由A 分析得物块从开始运动到最终停在B 点，路程大于322b b b +=，故整个过程物体克服阻力做功大于32
mgb μ，故物块在B 点时，弹簧的弹性势能小于32W mgb μ-，故D 正确．故选CD ． 【点睛】
到达B 点时速度为0，但加速度不一定是零，即不一定合力为0，这是此题的不确定处．弹簧作阻尼振动，如果接触面摩擦系数μ很小，则动能为最大时时弹簧伸长量较小（此时弹力等于摩擦力μmg ），而弹簧振幅变化将很小，B 点弹簧伸长大于动能最大点；如果μ较大，则动能最大时，弹簧伸长量较大，（因弹力等于摩擦力，μ较大，摩擦力也较大，同一个弹簧，则需要较大伸长量，弹力才可能与摩擦力平衡），而此时振幅变化很大，即振幅将变小，则物块将可能在离O 点很近处，就处于静止（速度为0，加速度也为0），此时B 点伸长量可能小于动能最大时伸长量，B 点势能可能小于动能最大处势能．至于物块在A 点或B 点时弹簧的弹性势能，由功能关系和动能定理分析讨论即可． 11、AB
【解析】
刚好能过围墙时
水平方向：0L v t = 竖直方向：212
H h gt -=
解得05/v m s =
刚好运动到马路边时 水平方向：0
L x v t '='+ 竖直方向：212
H gt =' 解得013/v m s '= ，
所以为使小球从屋顶水平飞出落在围墙外的马路上速度的取值5/13/m s v m s ≤≤
故AB 对；CD 错
12、AD
【解析】
A ．物体在传送带上的划痕长等于物体在传送带上的相对位移，物块达到速度v 所需的时间
v t g
μ= 在这段时间内物块的位移
2
12v x g
μ= 传送带的位移
2
2v x vt g
μ== 则物体相对位移
2
212v x x x g
μ=-= 故A 正确；
BC ．电动机多做的功转化成了物体的动能和内能，物体在这个过程中获得动能就是
212
mv ，由于滑动摩擦力做功，相对位移等于 2
2v x g
μ= 产生的热量
22122
v Q mg mv g μμ=⨯= 传送带克服摩擦力做的功就为电动机多做的功为2mv ，故BC 错误；
D ．电动机增加的功率即为克服摩擦力做功的功率，大小为
fv mgv μ=
故D 正确。

故选AD 。

二、实验题（本题共16分，答案写在题中横线上）
13、刻度尺； 交流； D
【解析】
第一空第二空. 实验还需要用刻度尺测量纸带，故还需要毫米刻度尺，打点计时器需要使用交流电源；
第三空.实验前要平衡摩擦力，把长木板一端适当垫高，轻推拖着纸带的小车，小车做匀速直线运动恰好平衡摩擦力，故ABC 错误，D 正确。

14、（1）秒表 ， 刻度尺； （2）初速度为零， 2mm ； （3）D ， g ；
【解析】
(1)其中不必要的器材是：秒表，通过打点计时器打出的点可以计算时间．
缺少的是刻度尺，我们需要刻度尺测量计数点间的距离．
(2)用公式212
mv =mgh 进行验证时，对纸带上起点的要求是初速度为零，所以所选纸带的第一、二两点间距应接近h= 2211100.020.002222
gt m m mm =⨯⨯==， (3)利用v 2−h 图线处理数据，如果mgh=212mv ，那么212
v =gh ， 知212
v −h 图线是过原点的倾斜直线，故选：D ；图线的斜率为重力加速度g. 【点睛】
利用v 2-h 图线处理数据，如果mgh=212mv ，那么212
v -h 图线是过原点的倾斜直线，图线的斜率就等于g ．
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(2.520)m(012)x k k =+=±±，
，，② 5.4s a t = 【解析】
①两列波的波峰相遇处的质点偏离平衡位置的位移均为16cm 。

从题图中可以看出，a 波波长 2.5m a λ=；b 波波长4m b λ=
a 波波峰的x 坐标为
()()1112.5 2.5m 0,1,2,k k x =+=±±；
b 波波峰的x 坐标为
()()2222.54m 0,1,2,x k k =+=±±；
由以上各式可得，介质中处于波峰且为振动加强点的所有质点的x 坐标为
(2.520)m (0,1,2,)x k k =+=±±。

②a 波波峰传播到 1.0m x =处的时间为
1(0,1,2,)a a a x x m t m v v
λ∆∆+===。

b 波波峰传播到 1.0x m =处的时间为
2(0,1,2,)b b b x x n t n v v
λ∆∆+===。

其中121m 1.5m x x ∆=∆=，
当 1.0m x =处的质点处于波峰时，有a b t t =
以上各式联立可解得
581m n -=。

由分析可知，当53m n ==、时， 1.0m x =处的质点经历最短的时间到达波峰，将5m =代入 1a a a x x m t v v
λ∆∆+== 解得
5.4s a t =。

16、（1）02g R ω=
（2）min 22g R
ω= 【解析】
试题分析：（1）当摩擦力为零，支持力和重力的合力提供向心力，有：20mgtan mRsin θθω= 解得：02g R
ω=． （2）当0ωω＞时，重力和支持力的合力不够提供向心力，当角速度最大时，摩擦力方向沿罐壁切线向下达最大值，设此最大角速度为1ω，由牛顿第二定律得，2
1603060f N F cos F cos mRsin ω︒+︒=︒ 6030f N F sin mg F sin ︒+=︒，联立以上三式解得：13g R
ω=； 当0ωω＜时，重力和支持力的合力大于所需向心力，摩擦力方向沿罐壁切线向上，当角速度最小时，摩擦力向上达到最大值，设此最小角速度为2ω，由牛顿第二定律得，22306060N f cos cos mRsin F F ω︒-︒︒=
3060N f mg F sin F sin =︒+︒
联立三式解得：2g R ω=，综述，陶罐旋转的角速度范围为：3g R g R
ω≤≤
考点：向心力、牛顿第二定律
【名师点睛】解决本题的关键搞清物块做圆周运动向心力的来源，结合牛顿第二定律，抓住竖直方向上合力为零，水平方向上的合力提供向心力进行求解．
17、 10 m/s (2) 7m/s (3) 14 m
【解析】
(1)当小球恰好通过最高点时,小球只受重力,并由重力提供向心力.设此时速度为0v
根据牛顿第二定律得:20v mg m L
= 所以010/v m s (2)若细绳此时恰好被拉断小球在最低点时,由牛顿第二定律得:2
max v T mg m L
-= 解得：7/v m s =
(3)绳断后,小球做平抛运动,设水平距离为x,则由x vt =
竖直方向自由落体运动则有212h L gt -=
: 解得：14x m =
点睛：
(1)当小球恰好通过最高点时,重力提供向心力,根据向心力公式即可求解;
(2)在最低点细绳恰好被拉断时,绳子的拉力达到最大值,对小球在最低点进行受力分析,由向心力公式即可求解;
(3)细绳断后,小球做平抛运动,根据平抛运动基本公式即可求解.。