江西省南城县二中2024届物理高一第二学期期末检测模拟试题含解析

江西省南城县二中2024届物理高一第二学期期末检测模拟试题 注意事项
1．考生要认真填写考场号和座位序号。

2．试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。

第一部分必须用2B 铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。

3．考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。

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)一物体以初速度水平抛出，经1s 其速度方向与水平成60°角，g 取10m/s 2，则初速度v 0的大小是( )
A ．1033m/s
B ．53m/s
C ．5m/s
D ．103m/s
2、 (本题9分)一质量为m 的物体，沿倾角 =30°的光滑斜面由静止起下滑，当它在竖直方向下降了h 高度时，重力对它做功的瞬时功率是 A ．2mg gh B ．122mg gh C ．mg gh D ．2
gh mg 3、如图所示圆环形导体线圈平放在水平桌面上,在的正上方固定一竖直螺线管,二者轴线重合,螺线管与电源和滑动变阻器连接成如图所示的电路.若将滑动变阻器的滑片向下滑动,下列表述正确的是( )
A ．线圈中将产生俯视顺时针方向的感应电流
B ．穿过线圈的磁通量变小
C ．线圈有扩张的趋势
D ．线圈对水平桌面的压力F N 将增大
4、 (本题9分)关于加速度和速度的关系，下面说法正确的是（ ）
A ．加速度大，则速度也大
B ．速度变化量大，加速度也越大
C ．物体的速度变化越快，则加速度越大
D ．加速度为0，则速度一定为0
5、 (本题9分)引体向上运动的规则是从双臂伸直到下巴与单杠等高计1次。

质量为60kg 的某同学在1min 内完成了8次引体向上运动，每次肩部上升的距离均约为0.4m ，g 取
10m/s 2，则他在1min 内至少克服重力所做的功及相应的功率约为（ ）
A ．192J ，3.2W
B ．1920J ，32W
C ．1920J ，320W
D ．3840J ，64W
6、 (本题9分)如图所示，光滑水平面上A 、B 、C 三个质量均为1 kg 的物体紧贴着放在一起，A 、B 之间有微量炸药。

炸药爆炸过程中B 对C 做的功为4 J ，若炸药爆炸过程释放的能量全部转化为三个物体的动能，则炸药爆炸过程中释放出的能量为
A ．8 J
B ．16 J
C ．24 J
D ．32 J
7、如图所示，半径为R 的竖直光滑圆轨道内侧底部静止着一个光滑的小球，现给小球一个冲击使其在瞬间得到一个水平初速度0v ，若0v 大小不同，则小球能够上升到的最大高度（距离底部）也不同，下列说法正确的是
A ．如果0v gR 2
R B ．如果02v gR =R
C ．如果03v gR =32
R D ．如果05v gR =2R
8、 (本题9分)下列物体在运动过程中，机械能守恒的有（ ）
A ．沿粗糙斜面下滑的物体
B ．沿光滑斜面自由下滑的物体
C ．从树上下落的树叶
D ．在真空管中自由下落的羽毛
9、 (本题9分)如图所示，滑板运动员沿水平地面上向前滑行，在横杆前相对于滑板竖直向上起跳，人与滑板分离，分别从杆的上、下通过，忽略人和滑板在运动中受到的阻力．则运动员（ ）
A．起跳时脚对滑板的作用力斜向后
B．在空中水平方向先加速后减速
C．在空中机械能发生变化
D．越过杆后仍落在滑板起跳的位置
10、(本题9分)下列说法中正确的是
A．做曲线运动的物体一定具有加速度
B．做曲线运动物体的加速度一定是变化的
C．物体在恒力的作用下，不可能做曲线运动
D．物体在变力的作用下，可能做直线运动，也可能做曲线运动
11、(本题9分)如图所示，在M点分别以不同的速度将两小球水平抛出，两小球分别落在水平地面上的P点、Q点．已知O点是M点在地面上的竖直投影，OP:PQ=1:4，不考虑空气阻力的影响．下列说法中正确的是（）
A．两小球的下落时间之比为1:4
B．两小球的下落时间之比为1:1
C．两小球的初速度大小之比为1:4
D．两小球的初速度大小之比为1:5
12、如图所示为人造地球卫星的轨道示意图，其中1为近地圆周轨道，2为椭圆轨道，3为地球同步轨道，其中P、Q为轨道的切点，则下列说法中正确的是
A．卫星在1轨道上运行可经过一次加速转移到3轨道上运行
B．卫星由1轨道进入2轨道机械能增大
C．卫星在轨道1上的运行周期最短
D．在轨道2上由Q点运行到P点的过程中，万有引力对其做正功，它的动能增加，重力势能减少，机械能增加
二、实验题（本题共16分，答案写在题中横线上）
13、（6分）(本题9分)在研究摩擦力的实验中，每次用弹簧秤水平拉一放在水平桌面上的木块，木块运动状态及弹簧秤的读数如下表所示（每次木块与桌面的接触面相同）则由表可知：（）
A．木块受到的最大摩擦力为0 . 7N
B．木块受到的最大静摩擦力一定为0 . 6N
C．在这五次实验中，木块受到的摩擦力大小有三次是相同的
D．在这五次实验中，木块受到的摩擦力大小有二次是相同的
14、（10分）如图，用“碰撞实验器”可以验证动量守恒定律，即研究两个小球在轨道水平部分碰撞前后的动量关系．
①实验中，直接测定小球碰撞前后的速度是不容易的，但是，可以通过测量________(填选项前的符号)，间接地解决这个问题．
A．小球开始释放高度h
B．小球抛出点距地面的高度H
C．小球做平抛运动的射程
②图中O点是小球抛出点在地面上的垂直投影．实验时，先让入射球m1多次从斜轨上S位置静止释放，找到其平均落地点的位置P，测量平抛射程OP.然后，把被碰小球m2静置于轨道的水平部分，再将入射球m1从斜轨上S位置静止释放，与小球m2相碰，分别找到m1、m2相碰后平均落地点的位置M、N，测量平抛射程OM、ON，并多次重复．
③若两球相碰前后的动量守恒，其表达式可表示为________(用②中测量的量表示)；若碰撞是弹性碰撞，那么还应满足的表达式为__________(用②中测量的量表示)．
④经测定，m1＝45.0 g，m2＝7.5 g，小球落地点的平均位置距O点的距离如图所示．相当于碰撞前的总动量数据为________g.cm，碰撞后的总动量数据为_______g.cm。

在误差范围内碰撞前后动量是守恒的。

⑤有同学认为，在上述实验中仅更换两个小球的材质，其他条件都不变，可以使被碰小球做平抛运动的射程增大，请你用④中已知的数据，分析和计算出被碰小球m2平抛运动射程ON的最大值为________cm.
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，一小滑块（视为质点）从A点以某初速度沿直线AC 做匀加速运动，经时间以大小为的速度通过B点。

已知滑块通过C点时的速度大小，B、C两点间的距离。

求：
(1)滑块运动的加速度大小a；
(2)滑块在A点时的速度大小A v以及从A点运动到C点的平均速度大小。

16、（12分）(本题9分)如图，一质量为M=1.5kg的物块静止在光滑桌面边缘，桌面离水平面的高度为h=1.15m．一质量为m=0.5kg的木块以水平速度v0=4m/s与物块相碰并粘在一起，碰撞时间极短，重力加速度为g=10m/s1．不及空气阻力，求：
（1）碰撞过程中系统损失的机械能；
（1）此后物块落地点离桌面边缘的水平距离．
17、（12分）(本题9分)如图所示，一质量为M=2kg的物块静止在桌面边缘，桌面离水平地面的高度为h=0.8m. 一质量为m=10g的子弹以水平速度v0=400m/s射入物块后，以水平速度射出，已知重力加速度g取10m/s2，求：
（1）此过程中系统损失的机械能ΔE ；
（2）此后物块落地点离桌面边缘的水平距离s .
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、A
【解题分析】
设物体平抛的初速度为v 0，运动过程如图：
1s 末物体的竖直方向的分速度为：v y =gt =10m/s ，由几何关系得：060 y
v tan v ︒=，解得：
01033
v ==m/s ，故A 正确，BCD 错误。

2、B
【解题分析】
由机械能守恒定律得：
212
mgh mv = 解得：
2v gh 则重力的瞬时功率为：
1
302
P mgvsin mg ==
A ．A 错误；
B ．12
，与结论相符，选项B 正确；
C ．C 错误；
D ．D 错误； 3、D
【解题分析】
当滑动变阻器的滑片P 向下滑动时，接入电路中的电阻变小，所以流过线圈b 的电流增大，所以穿过线圈a 的磁通量变大。

由右手定则可以判断出穿过线圈a 的磁通量增大的方向向下，所以根据楞次定律可知线圈a 中感应电流所产生的磁场方向向上，再由右手定则可知线圈a 中感应电流方向为俯视逆时针，故AB 错误。

滑片P 向下移动使得穿过线圈a 的磁通量增加，根据楞次定律的描述“感应电流产生的效果总是阻碍引起感应电流的原因”，只有线圈a 面积减小才能阻碍磁通量的增加，所以线圈a 应有收缩的趋势，故C 错误。

滑片P 为不动时，线圈a 对桌面的压力等于线圈a 的重力。

当滑片P 向下滑动时，采用等效法，将线圈a 和螺线管b 看做两个条形磁铁，由楞次定律可以判断出两条形磁铁的N 级相对，互相排斥，所以线圈a 对水平桌面的压力变大，故D 正确。

故选D
4、C
【解题分析】
A 加速度越大，速度变化越快，速度不一定大．故A 错误．
B 速度变化量大，即△v 大，由加速度公式，a=△v /△t ，时间不一定，则加速度不一定大．故B 错误．
C 、物体的速度变化越快，则加速度一定越大．故C 正确；
D 加速度为零时，速度不一定为零，比如匀速直线运动，加速度为零，速度不为零．故D 错误．
点评：加速度描述物体速度变化的快慢，加速度越大，速度变化越快．加速度在数值上等于单位时间内速度的变化量．加速度与速度不一定相同．加速度为零时，速度不一定为零．加速度越来越小，速度可能越来越大．
5、B
【解题分析】
每次肩部上升的距离均为0.4m ，则同学每一次克服重力做的功
60100.4J 240J W mgh ==⨯⨯=
1min 内克服重力所做的功
88240J 1920J W W ==⨯=总
1min=60s ，相应的功率约为
1920W 32W 60
W P t ===总 选项ACD 错误，B 正确。

故选B 。

6、C
【解题分析】
因为在光滑水平面上，所以爆炸后B 与C 速度相等，因为B 对C 做的功为4 J ，根据
动能定理2k 12
E mv =
，所以C 的速度C v = 。

根据动量守恒有A C 2mv mv = ，根据能量守恒有22A C 11224J 22E mv mv =+⋅= 。

A. 8 J 与计算结果不符，A 错误。

B. 16 J 与计算结果不符，B 错误。

C. 24 J 与计算结果相符，C 正确。

D. 32 J 与计算结果不符，D 错误。

7、ABD
【解题分析】
A 、当v 0=2012mv =mgh ，解得h 2
R =，即小球上升到高度为2R 时速度为零，所以小球能够上升的最大高度为2
R ．故A 正确． B 、设小球恰好能运动到与圆心等高处时在最低点的速度为v ，则根据机械能守恒定律
得：mgR 12
=mv 1，解得v =v 0，则小球能够上升的最大高度为R ．故B 正确．
C 、设小球恰好运动到圆轨道最高点时在最低点的速度为v 1，在最高点的速度为v 1．则
在最高点，有mg ＝m 22v R
从最低点到最高点的过程中，根据机械能守恒定律得： 222111222
mgR mv mv +=，解
得 v 1v 0=离轨道，在最高点的速度不为零．根据
22011'22mv mgh mv =+，知最大高度 h 32
R h <．故C 错误．
D 、当0v =1R ．故D 正确．
故选ABD ．
8、BD
【解题分析】
A ．沿粗糙斜面下滑的物体，受重力、支持力、斜面对物体的摩擦力．物体在运动过程中，除重力对物体做功外，斜面对物体的摩擦力对物体做负功，则物体在运动过程中，机械能不守恒，选项A 错误．
B ．沿光滑斜面自由下滑的物体，受重力、支持力．物体在运动过程中，只有重力对物体做功，则物体在运动过程中，机械能守恒，选项B 正确．
C ．从树上下落的树叶，受重力、空气的作用力．树叶在运动过程中，除重力对物体做功外，空气对树叶的作用力对树叶做负功，则树叶在运动过程中，机械能不守恒，选项C 错误．
D ．在真空管中自由下落的羽毛，只受重力．羽毛在运动过程中，只有重力对羽毛做功，则羽毛在运动过程中，机械能守恒，选项D 正确．
故选BD ．
点睛：物体机械能守恒的条件是除重力(弹簧弹力)外其它力对物体做的功为零；有时也借助物体动能和重力势能(弹性势能)的变化来判断机械能是否守恒．
9、CD
【解题分析】
人在空中时，由于忽略阻力，则人只受重力作用，故人在水平方向上做匀速运动，竖直方向先减速后加速，故B 错误，C ，D 正确。

由于人上跳时相对于滑板静止，故滑板对脚的作用力竖直向上，故脚对滑板的作用力竖直向下，所以A 错误。

选CD 。

10、AD
【解题分析】
平抛运动的加速度不变，B 错；同理C 错；
11、BD
【解题分析】
两球的抛出高度相同，所以下落时间相同，故AB错误；两小球的水平位移分别为OP 和OQ，故水平位移之比为1：5；由x=vt可知两小球的初速度之比为1：5，故D正确，C错误．所以BD正确，AC错误．
12、BC
【解题分析】
A.卫星从1轨道转移到3轨道上运行，需要在P点和Q点加速两次。

故A错误；
B.卫星由1轨道进入2轨道需要在P点点火加速，所以机械能增大。

故B正确；
C.根据开普勒第三定律可知，轨道半径最小的1轨道的周期最小。

故C正确；
D. 卫星在椭圆轨道2上自由运行时，只有万有引力对它做功，其机械能守恒，则它在P点的机械能等于在Q点的机械能．故D错误．
二、实验题（本题共16分，答案写在题中横线上）
13、C
【解题分析】
由图可知，当弹簧弹力为0.6N时，物体处于静止状态，当弹力为0.7N时，物体开始加速运动，由此可知，最大静摩擦力不可能为0.7N，可能为0.6N，或者大于0.6N，小于0.7N，故AB错误；当木块开始运动时，所受摩擦力为滑动摩擦力，大小保持不变，因此在这五次实验中，木块受到的摩擦力大小有三次是相同的，故C正确，D错误．
故选C．
14、C m1OM＋m2·ON＝m1·OP m1·OM2＋m2·ON2＝m1·OP22016 2001.6 76.8
【解题分析】
①[1] 小球离开轨道后做平抛运动，由于小球抛出点的高度相等，它们在空中的运动时间相等，小球的水平位移与小球的初速度成正比，可以用小球的水平位移代替其初速度，故选C．
③[2] 要验证动量守恒定律定律，即验证：
m1v1=m1v2+m2v3
小球离开轨道后做平抛运动，它们抛出点的高度相等，在空中的运动时间t相等，上式两边同时乘以t得：
m1v1t=m1v2t+m2v3t
得：
m1OP=m1OM+m2ON
实验需要验证：m 1OP =m 1OM +m 2ON ；
[3] 若碰撞是弹性碰撞，动能是守恒的，则有：
即成立.
④[4] 于碰撞前的总动量数据为m 1OM =2016g.cm
[5] 碰撞后的总动量数据为m 1OM +m 2ON =2001.6g.cm
⑤[6]弹性碰撞时， 被碰小球m 2平抛运动的初速度最大，水平运动射程最远 m 1v 1=m 1v 2+m 2v 3
解得
被碰小球m 2平抛运动射程ON 的最大值为
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)20.5m/s ； (2) 0.5m/s A v =， 1.75m/s v =
【解题分析】
（1）滑块从B 点到C 点的过程中，有：
222c B v v as -=
解得：
a =0.5m/s 2
（2）滑块从A 点到B 点的过程中有：
=+B A v v at
解得：
0.5m/s A v =
滑块从A 点到C 点的过程中，有：
2
A C v v v += 解得：
1.75/v m s =
16、（1）3J （1）2.5m
【解题分析】
试题分析：（1）对m 与M 组成的系统，碰撞过程中动量守恒，设碰后共同速度为v ，有
mν2=（m+M ）ν
解得v=1m/s 碰撞后系统损失的机械能22011()22E mv m M v ∆=
-+ 解得△E=3J
（1）物块离开桌面后做平抛运动，设落地点离桌面边缘的水平距离为x ，有 竖直方向作自由落体：212h gt =
解得t=2．5s
水平方向匀速直线： x=vt=2．5m
考点：动量守恒定律；机械能守恒定律；平抛运动
【名师点睛】本题采用程序法按时间顺序进行分析处理，是动量守恒定律与平抛运动简单的综合，比较容易．
17、 (1)ΔE ＝599J(2) s ＝0.4m
【解题分析】(1)设子弹穿过物块后物块的速度为v ，由动量守恒得：
解得v ＝1m/s
系统的机械能损失为：
解得ΔE ＝599J
(2)设物块下落到地面所需时间为t ，落地点距桌面边缘的水平距离为s ，则
s ＝vt
可解得s ＝0.4m
【题目点拨】本题采用程序法按时间顺序进行分析处理，是动量守恒定律与平抛运动简单的综合.。