长沙市雅礼中学2024届高一物理第二学期期末统考模拟试题含解析

长沙市雅礼中学2024届高一物理第二学期期末统考模拟试题注意事项
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（本题共12小题，每小题5分，共60分，在每小题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项正确，有的小题有多个选项正确.全部选对的得5分，选不全的得3分，有选错的或不答的得0分）
1、(本题9分)关于机械能守恒下列说法正确的是( )
A．如果物体受到的合外力为零，则机械能一定守恒
B．如果合外力做功为零，则物体机械能一定守恒
C．做匀速圆周运动的物体，机械能一定守恒
D．做匀加速运动的物体，其机械能可能守恒
2、(本题9分)一架飞机以一定的水平速度匀速飞行，不计空气阻力，在某一时刻让A 物体先落下，相隔1秒钟又让B物体落下，在以后运动中关于A物体与B物体的位置关系，以下说法中正确的是（）
A．A物体在B物体的前下方
B．A物体在B物体的后下方
C．A物体始终在B物体的正下方
D．以上说法都不正确
3、如图所示，某人游珠江，他以一定速度面部始终垂直河岸向对岸游去．江中各处水流速度相等，他游过的路程、过河所用的时间与水速的关系是( )
A．水速大时，路程长，时间长
B．水速大时，路程长，时间短
C．水速大时，路程长，时间不变
D．路程、时间与水速无关
4、(本题9分)下列物理量中，都是矢量的是（）
A．力和功B．加速度和时间C．力和位移D．力和高度
5、(本题9分)下列说法，正确的是（）
A．电源向外电路提供的电能越多，表示电动势越大
B．电动势在数值上等于电源将正电荷从负极移送到正极时，非静电力所做的功
C．电动势越大的电源，将其他形式的能转化为电能的本领越大
D．电源的电动势与外电路有关，外电路电阻越大，电动势就越大
6、(本题9分)关于摩擦起电和感应起电的原因，下列说法正确的是
A．摩擦起电的原因是电荷的转移，感应起电的原因是产生电荷
B．摩擦起电的原因是产生电荷，感应起电因是电荷的转移
C．摩擦起电和感应起电原因都是电荷的转移
D．摩擦起电现象说明机械能可以转化为电能，也说明通过做功可以创造出电荷
7、质量为m的物体静止在光滑水平面上，从t=0时刻开始受到水平力的作用。

力的大小F与时间t的关系如图所示，力的方向保持不变，则
A．3t0时刻的瞬时功率为
B．3t0时刻的瞬时功率为
C．在t=0到3t0这段时间内，水平力的平均功率为
D．在t=0到3t0这段时间内，水平力的平均功率为
8、如图所示，一根很长且不可伸长的柔软轻绳跨过光滑定滑轮，绳两端系着三个小球
A、B、C，三小球组成的系统保持静止，A球质量为m，B球质量为3m，C球离地面高度为h．现突然剪断A球和B球之间的绳子，不计空气阻力，三个小球均视为质点，则（）
A ．剪断绳子瞬间，A 球的加速度为35
g B ．剪断绳子瞬间，C 球的加速度为g
C ．A 球能上升的最大高度为2h
D ．A 球能上升的最大高度为1.6h
9、如图所示，航天飞机在完成对哈勃空间望远镜的维修任务后，在A 点从圆形轨道I 进入椭圆轨道Ⅱ，B 为轨道Ⅱ上的一点，如图所示，关于航天飞机的运动，下列说法中正确的有
A ．在轨道Ⅱ上经过A 的加速度小于在轨道I 上经过A 的加速度
B ．在轨道Ⅱ上经过A 的动能小于在轨道I 上经过A 的动能
C ．在轨道Ⅱ上运动的周期小于在轨道I 上运动的周期
D ．在轨道Ⅱ上，B 点引力的功率是最大的
10、 (本题9分)如图所示．盛满水的竖直玻璃管底端的红蜡块R ，在随玻璃管向右以速度v 匀速运动的同时，沿管向上运动，蜡块R 到达管顶端所用时间为t ．若使玻璃管向右运动的速度变为2v ，则蜡块R 从玻璃管底端到达管顶的时间为
A ．t
B ．2t
C ．2t
D ．与玻璃管向右
运动的速度大小无关 11、如图，长木板M 原来静止于光滑水平面上，木块m 从长木板M 的一端以初速度v 0冲上木板，当m 相对于M 滑行7cm 时，M 向前滑行了4cm ，则在此过程中（ ）
A ．摩擦力对m 与M 的冲量大小之比等于11∶4
B ．m 减小的动能与M 增加的动能之比等于11∶4
C．m与M系统损失的机械能与M增加的动能之比等于7∶4
D．m减小的动能与m和M系统损失的机械能之比等于1∶1
12、(本题9分)如图所示，固定的倾斜光滑杆上套有一个质量为m的小球，小球与一轻质弹簧一端相连，弹簧的另一端固定在地面上的A点，已知杆与水平面之间的夹角θ<45°，当小球位于B点时，弹簧与杆垂直，此时弹簧处于原长．现让小球自C点由静止释放，在小球滑到杆底端的整个过程中，关于小球的动能、重力势能和弹簧的弹性势能，下列说法正确的是()
A．小球的动能与重力势能之和保持不变
B．小球的动能与重力势能之和先增大后减少
C．小球的动能与弹簧的弹性势能之和增加
D．小球的重力势能与弹簧的弹性势能之和保持不变
二．填空题(每小题6分，共18分)
13、(本题9分)如图所示，a、b是匀强电场中的两点，两点间的距离为0. 8m，两点的连线与电场线平行，两点间的电势差为8. 0 V，则匀强电场的场强大小为_______V/m，把电子从a点移到b点，电子的电势能将_______（填“增大”“减小”或“不变”）.
14、一轻绳上端固定，下端连一质量为0.05kg的小球，若小球摆动过程中轻绳偏离竖直线的最大角度为60°，则小球经过最低点时绳中张力等于________N．(g=10m/s2) 15、(本题9分)铁路转弯处的圆弧半径是300m，轨距是1.5m，规定火车通过这里的速度是20 m/s，内外轨的高度差应该是_______m，才能使内外轨刚好不受轮缘的挤压。

若速度大于20 m/s，则车轮轮缘会挤压_______。

（填内轨或外轨）(g=10 m／s2)
三．计算题(22分)
16、（12分）滑板运动是极限运动的鼻祖，许多极限运动项目均由滑板项目延伸而来。

如图所示是滑板运动的轨道，BC和DE是两段光滑圆弧形轨道，BC段的圆心为O点、圆心角θ＝60°，半径OC与水平轨道CD垂直，滑板与水平轨道CD间的动摩擦因数μ＝0.2。

某运动员从轨道上的A点以v0＝3m/s的速度水平滑出，在B点刚好沿轨道的切线方向滑入圆弧轨道BC，经CD轨道后冲上DE轨道，到达E点时速度减为零，然后
返回.已知运动员和滑板的总质量为m＝60kg，B、E两点与水平轨道CD的竖直高度分别为h＝2m和H＝2.5m.求：
(1)运动员从A点运动到B点过程中，到达B点时的速度大小v B；
(2)水平轨道CD段的长度L；
(3)通过计算说明，第一次返回时，运动员能否回到B点？如能，请求出回到B点时速度的大小；如不能，请求出最后停止的位置距C点的距离.
17、（10分）质量为5×103 kg的汽车，由静止开始沿平直公路行驶，当速度达到一定值后，关闭发动机滑行，速度图象如图所示，设整个过程阻力不变．则：
(1)在汽车行驶的整个过程中，发动机做功多少?
(2)在汽车行驶的整个过程中，克服摩擦力做功的功率多大?
参考答案
一、选择题（本题共12小题，每小题5分，共60分，在每小题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项正确，有的小题有多个选项正确.全部选对的得5分，选不全的得3分，有选错的或不答的得0分）
1、D
【解题分析】
如果物体所受到的合外力为零，则机械能不一定守恒，例如：匀速下落的降落伞的合力为零，合力做功为零，但机械能减小，AB错误；做匀速圆周运动的物体，机械能不一
定守恒，例如在竖直面内做匀速圆周运动的物体，选项C错误；做匀加速运动的物体，其机械能可能守恒，比如自由落体运动，D正确；故选D。

【题目点拨】
掌握住机械能守恒的条件，也就是只有重力或者是弹力做功，动能定理是经常应用的知识点．
2、C
【解题分析】
AB两物体均从匀速飞行的飞机上自由落下，均做平抛运动，水平方向做速度等于飞机速度的匀速直线运动，所以两物体在落地前总在飞机的正下方；A物体先下落，A物体在竖直方向速度始终大于B物体在竖直方向的速度，则A物体在B物体的正下方，且两物体竖直方向的间距越来越大．故C项正确，ABD三项错误．
3、C
【解题分析】
本题考查的是合运动和分运动之间的关系：
合运动与分运动之间存在如下的特点：(1)独立性原理：各个分运动之间相互独立，互不影响．(2)等时性原理，合运动与分运动总是同时开始，同时结束
人在游泳过河时，渡河方向的速度不受水流速度的影响，因此渡河时间不变，水速越大，水平方向的位移越大，则合位移越大，即路程越大，因此C正确ABD错误
4、C
【解题分析】A、力是既有大小又有方向的矢量，功是只有大小没有方向的标量，故A 错误；
B、加速度是既有大小又有方向的矢量，时间是只有大小没有方向的标量，故B错误；
C、力和位移是既有大小又有方向的矢量，故C正确；
D、高度是只有大小没有方向的标量，故D错误。

点睛：矢量与标量有两大区别：一是矢量有方向，标量没有方向；二是运算法则不同，矢量运算遵守平行四边形定则，标量运算遵守代数加减法则。

5、C
【解题分析】
根据电动势的定义式E=W/q，可知电源移动单位正电荷时向外电路提供的电能越多，电动势越大，电动势在数值上等于电源将单位正电荷从负极移送到正极时，非静电力所做的功，故AB错误；电动势越大的电源，将其他形式的能转化为电能的本领越大，选项C正确；电源的电动势与外电路无关，选项D错误.
6、C
【解题分析】
摩擦起电的实质是电子从一个物体转移到另一个物体，即说明了电荷可以从一个物体转移到另一个物体．摩擦起电现象说明机械能可以转化为电能，但并没有创造电荷．电荷只是发生转移．感应起电过程电荷在电场力作用下，从物体的一部分转移到另一个部分．或者是电荷从物体的一部分转移到另一个部分．电荷可以从带电的物体转移到原来不带电的物体是接触带电；
故选C．
点晴：摩擦起电和感应起电的实质都电子发生了转移，只是感应起电是电子从物体的一部分转移到另一个部分．摩擦起电是电子从一个物体转移到另一个物体．
7、BD
【解题分析】
AB.3t0时速度
v=a1·2t0+a2t0=·2t0+·t0=
3t0时刻瞬时功率
P=3F0·v=
故A错，B对；
CD.0~2t0内，力F0做的功
W1=F0···（2t0）2=
2t0~3t0内位移
x2=a1·2t0·t0+··=+=
2t0~3t0内水平力3F0做的功
W2=3F0x2=
0~3t0内平均功率
==
C错，D对。

8、AD
【解题分析】
根据平衡条件可得C球的质量为：m C＝m A+m B＝4m.
AB.突然剪断A 球和B 球之间的绳子瞬间，以A 和C 为研究对象，根据牛顿第二定律可得：A 球和C 球的加速度大小
()3
5C A A C m m g a m m -==+g ，
故A 项符合题意，B 项不合题意.
CD.A 球上升h 时的速度为：
v == 而后又上升x 速度为零，则有：v 2＝2gx ，解得：x 35=
h ，故球能上升的最大高度为：H ＝h +x ＝1.6h ，故C 项不合题意，D 项符合题意.
9、BC
【解题分析】
A.在轨道Ⅱ上经过A 点时所受的万有引力等于在轨道I 上经过A 点时所受的万有引力，所以加速度大小相等．故A 错误．
B. 从轨道I 上的A 点进入轨道Ⅱ，需要减速，使得在该点万有引力大于所需的向心力做近心运动．所以在轨道Ⅱ上经过A 点的动能小于在轨道I 上经过A 点的动能，故B 正确．
C. 在轨道II 上的半长轴小球轨道I 上的半长轴（半径），由开普勒行星运动定律知，在轨道II 上的周期小于在轨道I 周期，所以C 正确；
D.在轨道II 上，B 点的引力与速度方向垂直，则引力的功率为零，选项D 错误． 10、AD
【解题分析】
蜡烛参与水平方向和竖直方向两个方向的运动，根据运动的独立性原理可知，两个方向的运动互不干扰，则当水平速度变为2v 时，竖直运动不变，则蜡块R 从玻璃管底端到达管顶的时间仍为t ，与与玻璃管向右运动的速度大小无关，故选AD.
11、BC
【解题分析】
A ．滑块与木板间的摩擦力为相互作用力，而作用时间相同，由冲量I Ft =可知摩擦力对m 与M 的冲量大小之比等于1:1，故A 错误；
B ．对滑块和木板分别由动能定理
1k1fx E -=∆
2k2f x
E '=∆ 其中
f f '=，1(47)cm=11cm x =+，24cm x =
可得m 减小的动能与M 增加的动能之比为
1
1k22114
k E x E x ∆==∆ 故B 正确；
C ．m 与M 系统损失的机械能等于一对滑动摩擦力做功的代数和，有
12=E fx f x
f x '∆-+=⋅∆损 其中相对路程7cm x ∆=，联立可得
k2274
E x E x ∆∆==∆损
故C 正确；
D ．m 减小的动能与m 和M 系统损失的机械能之比为
k1147
E x x E ∆==∆∆损 故D 错误。

故选BC 。

12、BD
【解题分析】
由题意可知，小球下滑过程中，只有重力和弹簧的弹力做功，故小球的动能、重力势能及弹簧的弹性势能之和保持不变，即小球的机械能与弹簧的弹性势能之和保持不变，选项C 错误，D 正确；小球从C 点到B 点过程中，弹性势能减小，然后弹性势能增大，故小球的动能与重力势能之和先增大后减少，选项B 正确，A 错误；故选BD.
二．填空题(每小题6分，共18分)
13、10 增大
【解题分析】
第一空.ab 的方向与电场线的方向平行，则由U ab =Ed ab ，则场强为：10V/m ab ab
U E d ==； 第二空.电子在电场中受到的电场力的方向与电场线的方向相反，则电子受到的电场力的方向向左，把电子从a 点移到b 点，电场力对电子做负功，电子的电势能增大。

14、1
【解题分析】
根据动能定理得：()21mg 1cos602L mv ︒-= 根据向心力公式得：2
v F mg m L
-= 联立两式解得F =2mg =1N ．
15、0.2m 外轨
【解题分析】
如图所示：
根据牛顿第二定律得，
解得：
，由于较小，则 故
，得：； 若速度大于，则需要的向心力变大，则轮轮缘会挤压外轨。

点睛：解决本题的关键理清向心力的来源，火车拐弯时不侧向挤压车轮轮缘，靠重力和支持力的合力提供向心力。

三．计算题(22分)
16、 (1)v B ＝6m/s (2) L ＝6.5m (3)停在C 点右侧6m 处
【解题分析】
（1）在B 点时有v B ＝0cos60︒
v ，得v B ＝6m/s （2）从B 点到E 点有2102
B mgh mgL mgH mv μ--=-，得L ＝6.5m （3）设运动员能到达左侧的最大高度为h ′，从B 到第一次返回左侧最高处有
21'202
B mgh mgh mg L mv μ--⋅=-，得h ′＝1.2m<h ＝2 m ，故第一次返回时，运动员不能回到B 点，从B 点运动到停止，在CD 段的总路程为s ，由动能定理可得
2102B mgh mgs mv μ-=-，得s ＝19m ，s ＝2L ＋6 m ，故运动员最后停在C 点右侧6m
处.
17、 (1) 发动机做功为1.5×
105J (2) 42.510W p 【解题分析】
(1)由图可知
221200m/s 1m/s 20
v a t ∆-===∆ 222020m /s 0.5m /s 6020
v a t ''∆-===-∆- 由加速阶段：
1F f ma -=
减速阶段： 2f ma =
解得：
f ＝2.5×103 N ；F ＝7.5×103 N 由速度图像可知： 加速阶段位移
112020m 20m 2
s =⨯⨯= 整个过程中，发动机做功为 W ＝Fs 1＝1.5×105J
(2)全过程平均速度为v ＝10m/s, 功率
p fv =＝2.5×104 W。