山东省济宁市济宁一中2023年物理高一下期末达标检测试题含解析

2022-2023学年高一物理下期末模拟试卷
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)一小球从地面上方某高度处做自由落体运动，从释放开始计时，设在下落过程中距地面高度为h，动能为E k，重力势能为E p，以地面为零势能参考平面，则下列图像不．正确的是
A．B．C．D．
2、(本题9分)天文兴趣小组查找资料得知：某天体的质量为地球质量的a倍，其半径为地球半径的b倍，表面无大气层，地球的第一宇宙速度为v．则该天体的第一宇宙速度为（）
A．
a
v
b
B．
b
v
a
C．
a
v
b
D．
b
v
a
3、(本题9分)如图所示,细绳跨过定滑轮悬挂两物体M和m,且M>m,不计摩擦,系统由静止开始运动过程中( )
A．M、m各自的机械能分别守恒
B．M减少的机械能等于m增加的机械能
C．M减少的重力势能等于m增加的重力势能
D．M和m组成的系统机械能守恒
4、无人配送车可以实现针对城市环境下办公楼、小区便利店等订单集中场所进行批量送货．某种配送车正常行驶时速
度为3.5km/h，发现障碍物，可以在1.5s内停下．若将此过程的运动视为匀减速直线运动，根据以上数据不能
．．求出配送车运动的
A．位移B．加速度C．平均速度D．受到的阻力
5、(本题9分)在珠海国际航展上，歼-20隐身战斗机是此次航展最大的明星。

歼-20战机在降落过程中的水平方向初
2m/s的匀减速直线运动，在速度为60m/s，竖直方向初速度为6m/s，已知歼-20战机在水平方向做加速度大小等于2
0.2m/s的匀减速直线运动，则歼-20战机在降落过程（）
竖直方向做加速度大小等于2
A．歼-20战机的运动轨迹为曲线
B．经20s歼-20战机水平方向的分速度与竖直方向的分速度大小相等
C．在前20s内，歼-20战机在水平方向的分位移与竖直方向的分位移大小相等
D．歼-20战机在前20s内，水平方向的平均速度为40m/s
6、如图所示，弧形光滑轨道的下端与轨道半径为R的竖直光滑圆轨道相接，使质量为m的小球从高h的弧形轨道上端自由滚下，小球进入圆轨道下端后沿圆轨道运动。

当小球通过圆轨道的最高点时，对轨道的压力大小等于小球重力大小。

不计空气阻力，重力加速度为g，则
A．小球通过最高点时的速度大小为
B．小球在轨道最低点的动能为2.5mgR
C．小球下滑的高度h为3R
D．小球在轨道最低点对轨道压力的大小为7mg
7、根据《日经新闻》的报道，日本将在2020年东京奥运会开幕之前使“无人驾驶”汽车正式上路并且投入运营．高度详细的3D地图技术能够为“无人驾驶”汽车提供大量可靠的数据，这些数据可以通过汽车内部的机器学习系统进行全面的分析，以执行不同的指令．如下图所示为一段公路拐弯处的3D地图，你认为以下说法正确的是（）
A．如果弯道是水平的，则“无人驾驶”汽车在拐弯时受到重力、支持力、摩擦力和向心力
B．如果弯道是水平的，则“无人驾驶”汽车在拐弯时收到的指令应让车速小一点，防止汽车作离心运动而发生侧翻C．如果弯道是倾斜的，3D地图上应标出内（东）高外（西）低
D．如果弯道是倾斜的，3D地图上应标出外（西）高内（东）低
8、(本题9分)两个完全相同的金属小球（可视为点电荷），带电荷量之比为3:7，相距为r。

现将两小球接触后再放回原来的位置上，则此时小球间的库仑力与接触前之比可能为
A．4:21 B．4:25 C．2:5 D．25:21
9、如图甲所示，传送带以恒定速率逆时针运动，皮带始终是紧的，将m=1kg的面粉袋放在传送带上的A处，经过1.2s 到达传送带的B端，用速度传感器测得面粉袋与送带的速度v随时间t变化图象如图乙所示，已知重力加速度g取10m/s2，由v-t图线可知( )
A．A、B两点的距离为3.2m
B．粉袋与传送带的动摩擦因数为0.5
C．面粉袋从A运动到B这程中，传送带上面粉痕迹长为1.2m
D．面粉袋从A运动到B过程中，其与传送带摩擦产生的热量为4.8J
10、如图所示，竖直轻弹簧下端固定在水平地面上，质量为m的小球放在弹簧上端（与弹簧不连接）。

弹簧处于压缩状态，用一条拉紧的细线系住，此时细线上的拉力F=3mg。

已知弹簧的弹性势能与弹簧形变量的平方成正比，且弹簧
始终在弹性限度内，重力加速度为g。

现剪断细线，弹簧将小球向上弹起，经△t时间，小球上升到最高点，上升的最大高度为h。

在此过程中，下列判断正确的是（）
A．小球速度最大时上升的高度小于
2
h
B．地面对弹簧冲量的大小为mg△t
C．剪断细线前弹簧的弹性势能为mgh
D．小球最大速度的大小为3
2 gh
二、实验题
11、（4分）在“用传感器观察电容器的充电和放电”实验中，电路图如图．一位同学使用的电源电动势为10.0V，测得放电的I-t图像如图所示．
（1）若按“四舍五入（大于半格算一个，小于半格舍去）”法，根据“I-t 图线与两坐标轴包围面积”，电容器在全部放电过程中释放的电荷量约为_________ C．（结果保留两位有效数字）
（2）根据以上数据估算电容器的电容值为_________ F．（结果保留两位有效数字）
（3）如果将电阻R换一个阻值更大的电阻，则放电过程释放的电荷量___________（选填“变多”、“不变”或“变少”）．12、（10分）(本题9分)某实验小组用如图1所示的实验装置“探究功与速度变化的关系”。

(1)实验中，需要平衡摩擦力和其他阻力。

现把长木板右端垫高，在不挂钩码且打点计时器打点的情况下，轻推一下小车，若获得了如___________(选填“图2”或“图3”)所示的纸带，表明已平衡了摩擦力和其他阻力。

(2)挂上质量为m的钩码，接通电源，释放小车，打点计时器在纸带上打下一系列点，将打下的第一个点标为O。

在纸带上依次取A、B、C……若干个计数点，已知打相邻计数点间的时间间隔为T，测得A、B、C……各点到O点的距离为x1、x2、x3……如图4所示。

实验中，钩码质量远小于小车质量，可认为小车所受的拉力大小为mg。

从打O点到打B点的过程中，拉力对小车做的功W=___________，打B点时小车的速度v=___________。

(3)以W为纵坐标，v2为横坐标，利用实验数据作出如图5所示的W—v2图像。

通过图像可以得到的结论是
______________________。

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】
重力势能E P =mgh =mg (h 0-12
gt 2)，则E P -h 图像是过原点的直线；E P -t 图像是曲线，选项A 正确，B 错误；动能0k E mgh mgh =-，则选项C 正确；动能2221122
k E mv mg t ==，选项D 正确；此题选择不正确的选项，故选B. 2、A
【解析】
物体在地面附近绕地球做匀速圆周运动的速度叫做第一宇宙速度，大小7.9km/s ，可根据卫星在圆轨道上运行时的速度
公式v =
解得． 【详解】
设地球质量M ，某天体质量是地球质量的a 倍，地球半径r ，某天体径是地球半径的b 倍 由万有引力提供向心力做匀速圆周运动得：2
2Mm v G m r r
=
解得：卫星在圆轨道上运行时的速度公式v =
分别代入地球和某天体各物理量得：v =
地球
v ==天体A 正确． 故选A ．
【点睛】
本题要掌握第一宇宙速度的定义，正确利用万有引力公式列出第一宇宙速度的表达式．
3、B
【解析】
A ．M 下落过程中，绳的拉力对M 做负功，M 的机械能减少；m 上升过程中，绳的拉力对m 做正功，m 的机械能增加，故A 错误；
BD ．对M 、m 组成的系统，机械能守恒，M 减少的机械能等于m 增加的机械能，故B 正确，D 正确；
C ．M 减少的重力势能并没有全部用于m 重力势能的增加，还有一部分转变成M 、m 的动能，故C 错误． 故选：BD
【点睛】
对于单个物体机械能不守恒，但两个物体系统中只有动能和势能相互转化，机械能守恒．根据功能关系和机械能守恒的意义进行分析．
4、D
【解析】
AC.已知初速度和末速度，则可求平均速度：
02
v v v += 根据位移时间关系：
x vt =
可求匀减速运动过程的位移，故A 项可求，C 项可求；
B.速度时间关系0v v at =+可知，加速度：
0v v a t
-= 故B 项可求；
D.根据牛顿第二定律
F ma =，
由于配送车质量未知，阻力无法求解，故D 项不可求。

5、D
【解析】
A ．飞机的合速度方向
61tan 6010
θ== 飞机的合加速度方向 0.21tan 210β=
= 可以知道飞机的速度的方向与加速度的方向是相同的，飞机做匀变速直线运动。

故A 错误；
B ．经20s 歼-20战机水平方向的分速度
160m/s 220m/s 20m/s v =-⨯=
竖直方向上的分速度为
26m/s 0.220m/s 2m/s v =-⨯=
故B 错；
C ．在前20s 内，歼-20战机在水平方向的分位移
1602020m 800m 2
s +=⨯= 在竖直方向的分位移 6420m 100m 2h +=
⨯= 故C 错；
D ．歼-20战机在前20s 内，水平方向的平均速度为
800m/s 40m/s 20
v == 故D 正确；
故选D 。

【点睛】
物体做曲线运动的条件是受到的合外力的方向与速度的方向不在同一条直线上；结合速度公式计算速度，结合位移公式计算位移。

6、ACD
【解析】
A.小球经过最高点，对轨道的压力N=mg ，依据牛顿第三定律可知轨道对小球的压力为mg ，由牛顿第二定律有：mg+mg=m ，解得，故A 正确。

C.小球自开始下滑到圆轨道最高点的过程，依据动能定理有mg （h -2R ）=mv 2，解得 h =3R ，故C 正确。

BD.设小球从更高的位置释放运动到最低点时的速度为v 1，受轨道的压力为N 1，根据牛顿第二定律有，N 1-mg =m ，
小球由最低点运动到最高点的过程，根据动能定理有，mg •2R =mv 12−mv 2，解得最低点动能mv 12=3mgR ，压力N 1=7mg ，
故B 错误，D 正确。

7、BD
【解析】
试题分析：“无人驾驶”汽车在拐弯时受到重力、支持力、摩擦力，A 错误；如果弯道是水平的，则静摩擦力提供向心力，当达到最大静摩擦力时对应一最大速度，超过这个速度，将发生离心运动而侧翻，B 正确；如果弯道倾斜，则要使重力的分力提供向心力，所以应标出外（西）高内（东）低，C 错误：D 正确：故选BD ．
考点：生活中的圆周运动．
【名师点睛】根据汽车转弯运动的实际情况，为防止侧滑，要使公路内侧低于外侧，形成斜面，使重力的分力提供向心力．
8、AD
【解析】 由库仑定律可得得：当两相同金属小球带同种电荷时，两者相互接触后再放回原来的位置上，它们的电荷量变为5：5，所以库仑力是原来的25：21，当两相同金属小球带异种电荷时，两者相互接触后再放回原来的位置上，它们的电荷量是先中和后平分，电量变为2：2，所以库仑力是原来的4：21
A. 4:21与分析相符，故A 项与题意相符；
B. 4:25与分相不相符，故B 项与题意不相符；
C. 2:5与分相不相符，故C 项与题意不相符；
D. 25:21与分析相符，故A 项与题意相符。

9、ABD
【解析】
A.根据速度时间图线与时间轴围成的面积表示位移，知A 、B 两点的距离对应图象与时间轴所围图形的“面积”大小，为 x =12×2×0.2+12
×（2+4）×1=3.2m ，故A 正确； B.由v-t 图象可知，0-0.2s 内，面粉袋的加速度为：21210m/s 0.2
v a t ===．对面粉袋受力分析，面粉袋受到重力、支持力和滑动摩擦力，滑动摩擦力方向沿皮带向下，由牛顿第二定律得：mg sinθ+f =ma 1，即为：mg sinθ+μmg cosθ=ma 1；同理，0.2-1.2s 内，面粉袋的加速度为：22422m/s 1
v a t -===，对面粉袋受力分析，面粉袋受到重力、支持力和滑动摩擦力，滑动摩擦力方向沿皮带向上，由牛顿第二定律得：mg sinθ-f =ma 2即：mg sinθ-μmg cosθ=ma 2，联立解得：
μ=0.5，f =4N ．故B 正确．
C.在0-0.2s 时间内，传送带速度大，面粉袋相对于皮带的位移大小为：1111110.220.2m 22
v x vt x vt t =-=-
=⨯⨯=，方向沿皮带向上．在0.2s-1.2s 时间内，面粉袋速度大，面粉袋相对于皮带的位移大小为：△x 2=x 2-vt 2=24 2+×1-2×1=1m ，方向沿皮带向下．故传送带上面粉痕迹的长度为：s =△x 2=1m ；故C 错误．
D.面粉袋与传送带摩擦产生的热量为：Q =f （△x 1+△x 2）=4×1.2J=4.8J ，故D 正确．
10、ABC
【解析】
A.设初始时弹簧的压缩量为1x ，由能量的转化与守恒可知：
2112
kx mgh = 初始由平衡条件可得：
14kx mg =
速度最大时，弹簧的压缩量为2x ：
2kx mg =
当速度最大时，小球上升的高度为：
12x x x ∆=- 由以上方程解得：8mg h k =，3182
x h h ∆=<，故A 正确。

B.以球和弹簧为研究对象，向上的方向为正方向，由动量定理可得：
0I mg t -∆=
解得地面对弹簧的冲量为I mg t =∆，故B 正确。

C.在整个过程中，弹簧的弹性势能全部转化为小球的重力势能，即弹簧的弹性势能为p E mgh =，故C 正确。

D.由初始状态到小球的速度最大的过程，弹簧释放的弹性势能为：
22p 121122
E kx kx ∆=- 由能量的转化与守恒可得：
2p 1328
m E mv mgh ∆=+
以上方程解得：m v =
，故D 错误。

二、实验题
11、0.016-0.018 0.0016-0.0018 不变
【解析】
（1）[1]．电容器的放电图象是一条逐渐下降的曲线，而q=It ，从微元法得到，I-t 图象与坐标轴围成的面积就是总的电荷量，经确认：图象下共有42格，所以电容器在全部放电过程中释放的电荷量约为
Q =42×0.001×0.4C=0.017C ．
（2）[2]．从上一问知道，电容器充满电后所带的电荷量Q =0.017C ，而所加电压U=E =10V ，所以
0.0017F Q C U
== （3）[3]．由图看出，若将电阻换一个阻值较大电阻，但由于电容器电荷量一定，则所有电荷量将通过电阻R 释放，
只是图象更加平缓些，但总量不变．
12、图3 mgx 2
312x x T - 外力对物体所做的功和速度的二次方成正比 【解析】
第一空.当摩擦力平衡后，轻推小车，小车应该在木板上匀速运动，纸带上的点迹应该是均匀的，即为图3所示； 第二空.从打O 点到打B 点的过程中，拉力对小车做的功W =mgx 2；
第三空. 打B 点时小车的速度等于AC 之间的平均速度，则312B x x v T
-=； 第四空.由图像可知，W 与v 2成正比，即外力对物体所做的功和速度的二次方成正比.。