河北省邢台市清河县清河中学2024届物理高一第二学期期末教学质量检测模拟试题含解析

河北省邢台市清河县清河中学2024届物理高一第二学期期末教
学质量检测模拟试题
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：（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)如图所示，有一内壁光滑的闭合椭圆形管道，置于竖直平面内，MN 是通过椭圆中心O 的水平线.已知一小球从M 点出发，以初速0v 沿管道MPN 运动，到N 点的速率为1v ，所需的时间为1t ；若该小球仍由M 点以相同初速0v 出发，而沿管道MQN 运动，到N 点的速率为2v ，所需时间为2.t 则( )
A ．12v v =，12t t >
B ．12v v <，12t t >
C ．12v v =，12t t <
D ．12v v <，12t t <
2、 (本题9分)如图所示，A 的质量为2m ，B 的质量为m ，两个小物体可视为质点，用轻质细线连接，跨过光滑圆柱体，轻的着地，重的恰好与圆心一样高，若无初速度地释放，则物体B 上升的最大高度为（ ）
A ．R
B ．43R
C ．3R
D ．2R
3、 (本题9分)在静电场中，一个电子由a 点移到b 点时静电力做功为5 eV （1
eV=1．6×10-19J），则以下说法中正确的是（）
A．电场强度的方向一定由b直线指向a
B．a、b两点间电势差U ab=5 V
C．电子的电势能减少5 eV
D．电子的电势能减少5 J
4、(本题9分)按照龟兔赛跑的故事，假设乌龟和兔子比赛过程的x-t图像如图所示，由图可知
A．兔子和乌龟是从同一地点同时出发的
B．在t5~t6时间内，兔子的运动是匀加速运动
C．兔子和乌龟在比赛途中相遇过两次
D．在t2~t6时间内，兔子的平均速度大于乌龟的平均速度
5、(本题9分)一根弹簧的弹力—位移图线如图所示，那么弹簧由伸长量8cm到伸长量4cm的过程中，弹力做功和弹性势能的变化量为（）
A．2．6J，－2．6J
B．－2．6J，2．6J
C．2．8J，－2．8J
D．－2．8J，2．8J
6、(本题9分)A、B两球沿一直线运动并发生正碰，如图所示为两球碰撞前、后的位移随时间变化的图象，a、b分别为A、B两球碰前的位移随时间变化的图象，c为碰撞后两球共同运动的位移随时间变化的图象，若A球质量是m=2 kg，则由图判断下列结论不正确的是()
A ．碰撞前、后A 球的动量变化量为4 kg·m/s
B ．碰撞时A 球对B 球所施的冲量为－4 N·s
C ．碰撞中A 、B 两球组成的系统损失的动能为10J
D ．A 、B 两球碰撞前的总动量为3 kg·m/s
7、 (本题9分)物体由静止开始做匀加速直线运动，已知加速度为2 m/s 2，那么在任意1 s 内
A ．速度的变化量为2 m/s
B ．物体的末速度一定比初速度大2 m/s
C ．物体的初速度一定比前1 s 内的末速度大2 m/s
D ．物体的末速度一定比前1 s 内的初速度大2 m/s
8、 (本题9分)在某次高尔夫球比赛中，美国选手罗伯特－斯特布击球后，球恰好落在洞的边缘，假定洞内bc 表面为14
球面，半径为R ，且空气阻力可忽略，重力加速度大小为g ，把此球以大小不同的初速度v 0沿半径方向水平击出，如图所示，球落到球面上，下列说法正确的是( )
A ．落在球面上的最大速度为22gR
B 3gR
C ．小球的运动时间与v 0大小无关
D ．无论调整v 0大小为何值，球都不可能垂直撞击在球面上
9、如图所示，一个长直轻杆两端分别固定一个小球A 和B ，A 球、B 球质量分别为2m 、m ，两球半径忽略不计，杆的长度为l 。

先将杆AB 竖直靠放在竖直墙上，轻轻振动小球B ，使小球A 在水平面上由静止开始向右滑动，当小球B 沿墙下滑距离为2
l 时,下列
说法正确的是（ ）
A ．小球A 的速度为55gl
B ．小球B 的速度为
32gl C ．小球B 沿墙下滑2l 过程中，杆对B 做的功为55
mgl D ．小球B 沿墙下滑
2l 过程中，杆对A 做的功为15mgl 10、 (本题9分)如图所示，轻质弹簧的一端与固定的竖直板P 栓接，另一端与物体A 相连，物体A 置于光滑水平桌面上（桌面足够大），A 右端连接一水平细线，细线绕过光滑的定滑轮与物体B 相连，开始时托住B ，让A 处于静止且细线恰好伸直，然后由静止释放B ，直至B 获得最大速度，下列有关该过程的分析中正确的是
A ．
B 物体受到细线的拉力始终保持不变
B ．B 物体机械能的减少量大于弹簧弹性势能的增加量
C ．A 物体动能的增加量等于B 物体重力对B 做的功与弹簧弹力对A 做的功之和
D ．A 物体与弹簧所组成的系统机械能的增加量等于细线拉力对A 做的功
11、 (本题9分)将一小球从地面以速度v 0竖直向上抛出，小球上升到某一高度后又落回到地面．若该过程中空气阻力不能忽略，且大小近似不变，则下列说法中正确的是( )
A ．重力在上升过程与下降过程中做的功大小相等
B ．重力在上升过程与下降过程中的冲量相同
C ．整个过程中空气阻力所做的功等于小球机械能的变化量
D ．整个过程中空气阻力的冲量等于小球动量的变化量
12、(本题9分)在物理学的发展过程中，许多物理学家做出了贡献，他们的科学发现和所采用的科学方法推动了人类社会的进步．以下说法正确的是（）
A．牛顿利用轻重不同的物体捆绑在一起后下落与单个物体分别下落时快慢的比较推理，推翻了亚里士多德重的物体下落快、轻的物体下落慢的结论
B．开普勒利用行星运行的规律，并通过月地检验，得出了万有引力定律
C．卡文迪许通过扭秤实验，测出了万有引力常量．这使用了微小形变放大方法
D．伽利略利用铜球沿斜槽滚下的实验，推理出自由落体运动是匀加速直线运动．这采用了实验和逻辑推理相结合的方法
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)在探究物体的加速度与力、质量的关系实验中：
(1)在探究物体的加速度与质量的关系时，应保持_________不变(选填“小车及车中砝码的质量”或“托盘及盘中砝码的质量”)，电磁打点计时器应接________；(选填“低压直流电源”或“低压交流电源”)
(2)在探究物体的加速度与力的关系时，应保持________不变，分别改变施加在物体上的水平拉力F，测出相对应的加速度a.(选填“小车及车中砝码的质量”“水平拉力”或“托盘及盘中砝码的质量”)
14、（10分）某实验小组用图1所示的实验装置验证机械能守恒定律。

现有的器材为：带铁夹的铁架台、电磁打点计时器、纸带、带铁夹的重锤、天平。

回答下列问题：(1)为完成此实验，除了所给的器材，还需要的器材有（________）。

(填入正确选项前的字母）
A．米尺
B．秒表
C．0〜12V的直流电源
D．0〜12V的交流电源
(2)实验中得到一条点迹清晰的完整纸带如图2所示。

纸带上的第一个点记为O，另选连续的三个点A、B、C进行测量，图中给出了这三个点到O点的距离h A、h B和h C的值。

已知打点计时器的打点周期为0.02s，重物质量为lkg，当地重力加速度为g=9.80m/s2。

①在打点计时器打O 点至B 点过程中，重物动能增加量k E ∆=____J ，重物重力势能减少量p E ∆=____J 。

(计算结果保留3位有效数字)
②在实验误差允许的范围内，此过程中重物的机械能____。

(填“守恒”或“不守恒”）
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)一辆质量为m 的汽车，在牵引力F 作用下由静止开始运动了x 距离后关闭发动机，又运动了L 距离后停了下来，求：汽车受到的阻力大小．
16、（12分）如图所示为某种弹射装置的示意图，该装置由三部分组成，传送带左边是足够长的光滑水平面，一轻质弹簧左端固定，右端连接着质量M =6.0kg 的物块A 。

装置的中间是水平传送带，它与左右两边的台面等高，并能平滑对接。

传送带的皮带轮逆时针匀速转动，使传送带上表面以u =2.0m/s 匀速运动。

传送带的右边是一半径R =1.25m 位于竖直平面内的光滑14圆弧轨道。

质量m =2.0kg 的物块B 从14
圆弧的最高处由静止释放。

已知物块B 与传送带之间的动摩擦因数μ=0.1，传送带两轴之间的距离l =4.5m 。

设第一次碰撞前，物块A 静止，物块B 与A 发生碰撞后被弹回，物块A 、B 的速度大小均等于B 的碰撞前的速度的一半。

取g =10m/s 2。

求：
(1)物块B 滑到14
圆弧的最低点C 时对轨道的压力； (2)物块B 与物块A 第一次碰撞后弹簧的最大弹性势能；
(3)如果物块A 、B 每次碰撞后，物块A 再回到平衡位置时弹簧都会被立即锁定，而当它们再次碰撞前锁定被解除，求物块B 经第一次与物块A 碰撞后在传送带上运动的总时间。

17、（12分） (本题9分)如图，民航客机机舱紧急出口的气囊可看作一条连接出口与地面的斜面，若斜面高3m ，长6m 。

质量为60kg 的人从出口无初速滑下，滑下时人所受的阻力大小是220N ，将人看作质点，求：
（1）人从出口滑到地面过程中重力所做的功；
（2）人刚滑到地面前的速度大小；
（3）人刚滑到地面前瞬间克服阻力做功的瞬时功率。

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】
试题分析：根据机械能守恒定律分析小球到达N点时速率关系，结合小球的运动情况，分析平均速率关系，即可得到结论．
解：由于小球在运动过程中只有重力做功，机械能守恒，到达N点时速率相等，即有v1=v1．
小球沿管道MPN运动时，根据机械能守恒定律可知在运动过程中小球的速率小于初速率v0，而小球沿管道MQN运动，小球的速率大于初速率v0，所以小球沿管道MPN运动的平均速率小于沿管道MQN运动的平均速率，而两个过程的路程相等，所以有t1＞t1．故A正确．
故选A
【点评】解决本题关键要掌握机械能守恒定律，并能用来分析小球速率的大小，知道平均速率等于路程与时间之比．
2、B
【解题分析】
以m和2m组成的系统为研究对象，在2m落地前，由动能定理可得：
212(2)02
mgR mgR m m v -+=+- 以m 为研究对象，在m 上升过程中，由动能定理可得：
2102
mgh mv -=- 则m 上升的最大高度H=R+h
解得：
43
H R = 故选B ．
3、C
【解题分析】
由题意知，电子由a 点移到b 点，电场力做功5eV ，电势能减少5eV ，电场强度的方向不一定由b 指向a ．故AD 错误，C 正确．a 、b 两点电势差55ab ab W eV U V q e =
==--，故B 错误；本题选错误的，故选ABD.
4、C
【解题分析】由图读出，兔子和乌龟都是从原点出发的，但不是同时刻出发的，兔子在t 1时刻出发，乌龟在0时刻出发，则兔子在乌龟出发后时间出发，A 错误；图像的斜率表示速度，故在t 5~t 6时间内，兔子的运动是匀速运动，B 错误；在和两个时刻，兔子和乌龟位移相同，两者相遇，说明兔子和乌龟在比赛途中相遇过两次，C 正确；时刻两者的位置坐标相同，时刻乌龟的坐标大于兔子的位置坐标，故这段时间内乌龟的位移大于兔子的位移，而所用时间相同，故乌龟的平均速度大于兔子的平均速度，D 错误．
【题目点拨】由位移图象直接兔子和乌龟出发的时刻与位置．根据位移图象的斜率表示速度分析兔子和乌龟的运动情况．当两个动物的位移相等时，说明到达同一位置．乌龟先通过预定位移到达终点．
5、C
【解题分析】
弹力做的功W ＝3002
＋6×3．34J ＝2.8J>3，故弹性势能减少2.8J ，即ΔE p ＝E p2－E p2＝－2.8J ，故选项C 正确
6、D
【解题分析】
由x-t 图象可知，碰撞前有：4103/2A A A x v m s t -=
==-，42/2B B B x v m s t ===，碰撞后有241/42
A B x v v v m s t -'='====--，对A 、B 组成的系统，A 、B 两球沿一直线运动并发生正碰，碰撞前后物体都是做匀速直线运动，所以系统的动量守恒，碰撞前后A 的动量变化为2(1)2(3)4/A A A p mv mv kg m s ='-=⨯--⨯-=⋅，A 正确；根据动量守恒定律，碰撞前后B 的动量变化为4/B A p p kg m s =-=-⋅，碰撞时A 对B 所施冲量为：4/4B B I P kg m s N s ==-⋅=-⋅，B 正确；又()B B B B p m v v ='-，所以44123
B B B B p m kg v v -==='---，所以A 与B 碰撞前的总动量为：4102(3)2/33
A B B p mv m v kg m s 总=+=⨯-+⨯=-⋅，D 错误；碰撞中A 、B 两球组成的系统损失的动能()222111222
K A A B B A B E m v m v m m v =+-+，代入数据解得10J K E =，C 正确．
【题目点拨】在位移时间图象中，斜率表示物体的速度，由图象可知碰撞前后的速度，根据动量的公式及动量守恒定律可以求解．本题主要考查了动量的表达式及动量定理的直接应用，要求同学们能根据图象读出a 碰撞前后的速度，难度适中．
7、AB
【解题分析】
A 、
B 、加速度为22/m s ，在任意1秒内，速度的变化量2/v m s =，说明每一秒内物体的速度增大2/m s ，即在任意1秒内，末速度一定比初速度大2/m s ，故A 正确,B 正确；
C 、在任意1秒内的初始时刻与前一秒的末时刻是同一时刻，物体这一秒的初速度与前一秒末速度相同，故C 错误；
D 、任意1秒内的末了时刻与前一秒的初始时刻相隔2s 时间，则速度的变化量大小2/v at m s ∆==，说明物体这一秒的末速度一定比前一秒的初速度大4/m s ，故D 错误．
【题目点拨】
本题考查对加速度意义的理解，抓住加速度的定义式是解答的关键．
8、BD
【解题分析】
AB ．平抛运动竖直方向的分运动是自由落体运动，由
h =12gt 2 得
t =2 h g
设小球落在A 点时，OA 与竖直方向之间的夹角为θ，水平方向的位移为x ，竖直方向的位移为y ，水平方向的初速度为v 0，到达a 点时竖直方向的速度为v y ，如图所示
由几何关系得
x =v 0t =R sin θ，y =
2 2y v g =R cos θ 解得
v y 2=2gR cosθ，2cos sin R v R g
θθ= 又由
220t y v v v +＝联立得
22
sin 312cos 2cos (cos )2cos 22cos t Rg v v gR gR Rg θθθθθθ+=+=+＝ 所以落在球面上时的小球有最小速度，当
3122cos cos θθ
=时，最小速度为 3gR ，故A 错误，B 正确；
C ．由以上的分析可知，小球下落的时间 2cos θ==y
v R t g g
与小球的初速度有关．故C 错误；
D ．小球撞击在圆面时，速度方向斜向右下方，根据“中点”结论可知，由于O 不在水平位移的中点，所以小球撞在圆环上的速度反向延长线不可能通过O 点，也就不可能垂直撞击圆环．故D 正确。

故选BD 。

【题目点拨】
解决本题的关键掌握平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，能巧妙运用“中点”的推论分析小球速度的方向，也可以结合运动学公式列式进行分析．
9、AD
【解题分析】
AB.当小球B 沿墙下滑距离为2l 时，杆与水平方向的夹角的正弦是12sin 2
l l θ== ，此时A 、B 两小球的速度关系满足tan A B
v v θ=，由机械能守恒定律得： 2211222B A A B B l m g m v m v =+解得：小球A
的速度为A v =。

小球B
的速度为B v =
A 正确，
B 错误。

C.由动能定理得：2122B B B B l m g W m v +=，小球B 沿墙下滑2
l 过程中，杆对B 做的功为15B W mgl =-，故C 错误；
D 由动能定理得：212A A A W m v =，小球B 沿墙下滑2
l 过程中，杆对A 做的功为15
A W mgl =，故D 正确； 10、BD
【解题分析】
分析B ，从开始运动到最后静止，B 受到绳子的拉力和重力，当T mg >时，做加速运动，当T mg =时，B 的速度最大，当T mg <做减速运动，因为B 的加速度在变化，所以T 也在变化，A 错误．AB 和弹簧组成的系统机械能守恒，所以B 减小的机械能等于弹簧的弹力势能的增加量与A 动能的增加量，B 正确．A 受绳子的拉力，弹簧的弹力，所以根据动能定理可得A 物体动能的增加量等于细绳对A 做的功与弹簧弹力对A 做的功之和．C 错误．因为A 物体与弹簧组成的系统只有细绳的拉力做功，所以A 物体与弹簧所组成的系统机械能的增加量等于细线拉力对A 做的功，D 正确． 11、AC
【解题分析】
根据W=Gh 可知，重力在上升过程与下降过程中做的功大小相等，选项A 正确；上升
过程中的加速度a上=g+f
m
大于下降过程中的加速度a下=g-
f
m
，则上升的时间小于下降
的时间，即t上<t下，根据I=Gt可知，重力在上升过程中的冲量小于下降过程中的冲量，选项B错误；根据功能关系，整个过程中空气阻力所做的功等于小球机械能的变化量，选项C正确；整个过程中空气阻力的冲量和重力的冲量之和等于小球动量的变化量，选项D错误；故选AC.
点睛：解决本题的关键掌握功能关系及动量定律，知道合力做功与动能的关系，重力功与重力势能的关系，除重力以外其它力做功与机械能的关系．
12、CD
【解题分析】
伽利略用轻重不同的物体捆绑在一起后下落与单个物体分别下落时快慢的比较推理，推翻了亚里士多德重的物体下落快、轻的物体下落慢的结论，故A错误．牛顿通过月地检验，得出了万有引力定律，故B错误．卡文迪许发明了扭秤，测出了万有引力常量．这使用了微小形变放大方法，故C正确．伽利略根据小球在斜面上运动的实验和理想实验，得出了力不是维持物体运动原因的结论，并运用数学方法得出了落体运动的规律，故D正确．故选CD．
【题目点拨】本题属于物理学史和常识性，根据相关科学家的物理学成就和研究方法进行解答．
二、实验题（本题共16分，答案写在题中横线上）
13、托盘及盘中砝码的质量；低压交流电压；小车及车中砝码的质量；
【解题分析】
（1）本实验使用控制变量法，在探究物体的加速度与质量的关系时，应保持托盘及盘中砝码的质量不变；电磁打点计时器使用交流6V的工作电源，故应接低压交流电源．（2）在探究物体的加速度与力的关系时，应保持小车及车中砝码的质量不变．
【题目点拨】本题要求掌握一些基本仪器的使用和工作原理，知道本实验采取控制变量法．
14、AD 7.61 7.63 守恒
【解题分析】
(1)[1]A．实验需要使用米尺测量点迹间的间距，故A项正确；
B．实验用打点计时器记录时间，不需要秒表，故B项错误；
CD．电磁打点计时器可使用0〜12V的交流电流，故C项错误，D项正确。

(2)[2]打B点时，重锤的速度
2(86.6071.00)10m/s 3.9m/s 220.02
C A B h h v T ---⨯===⨯ 在打点计时器打O 点至B 点过程中，重物动能增加量
22k 1101 3.9J 7.61J 22
B E mv ∆=-=⨯⨯≈ [3]在打点计时器打O 点至B 点过程中，重物重力势能减少量
p 19.800.7790J 7.63J B E mgh ∆==⨯⨯≈
[4]据上面数据知，在实验误差允许的范围内，此过程中重物的机械能守恒。

三、计算题要求解题步骤，和必要的文字说明（本题共36分）
15、Fx f x L
=+ 【解题分析】
加速过程由动能定理：
212
Fx fx mv -= 减速过程由动能定理
2012
m fL v -=- 解得：
Fx f x L
=+ 16、（1）60N ，竖直向下（1）11J （3）8s
【解题分析】
(1) 设物块B 沿光滑曲面下滑到水平位置时的速度大小为v 0，由机械能守恒定律得：
2012
mgR mv = 代入数据解得：
v 0=5m/s
在圆弧最低点C ，由牛顿第二定律得：
20v F mg m R
-= 代入数据解得：
F =60N
由牛顿第三定律可知，物块B 对轨道的压力大小：F′=F =60N ，方向：竖直向下；
(1) 在传送带上，对物块B ，由牛顿第二定律得：
μmg =ma
设物块B 通过传送带后运动速度大小为v ，有
2202v v al -=
代入数据解得：
v=4m/s
由于v ＞u =1m/s ，所以v =4m/s 即为物块B 与物块A 第一次碰撞前的速度大小，设物块A 、B 第一次碰撞后的速度分别为v 1、v 1，两物块碰撞过程系统动量守恒，以向左为正方向，由动量守恒定律得：
mv =mv 1+Mv 1
由机械能守恒定律得：
22212111222
mv mv Mv =+ 解得：
12m m 2,2s s 2
v v v ==-= 物块A 的速度为零时弹簧压缩量最大，弹簧弹性势能最大，由能量守恒定律得： 2p 2112J 2E mv =
= (3) 碰撞后物块B 沿水平台面向右匀速运动，设物块B 在传送带上向右运动的最大位移为l′，由动能定理得
21102
mgl mv μ--'= 解得：
l′=1m ＜4.5m
所以物块B 不能通过传送带运动到右边的曲面上，当物块B 在传送带上向右运动的速度为零后，将会沿传送带向左加速运动，可以判断，物块B 运动到左边台面时的速度大小为v 1′=1m/s ，继而与物块A 发生第二次碰撞。

设第1次碰撞到第1次碰撞之间，物块B 在传送带运动的时间为t 1。

由动量定理得：
'112mgt mv μ=
解得：
'1124s v t g
μ== 设物块A 、B 第一次碰撞后的速度分别为v 4、v 3，取向左为正方向，由动量守恒定律和能量守恒定律得：
'134mv mv Mv =+
'222134111222
mv mv Mv =+ 代入数据解得：
3m 1s
v =- 当物块B 在传送带上向右运动的速度为零后，将会沿传送带向左加速运动，可以判断，物块B 运动到左边台面时的速度大小为v 3′=1m/s ，继而与物块A 发生第1次碰撞，则第1次碰撞到第3次碰撞之间，物块B 在传送带运动的时间为t 1．由动量定理得： 232mgt mv μ=
解得：
'3222s v t g
μ== 同上计算可知：物块B 与物块A 第三次碰撞、第四次碰撞…，第n 次碰撞后物块B 在传送带运动的时间为
114s 2
n n t -=⨯ 构成无穷等比数列，公比12q =
，由无穷等比数列求和公式 111n
q t t q
-=-总 当n →∞时，有物块B 经第一次与物块A 碰撞后在传送带运动的总时间为
14s=8s 112t =⨯-总
17、（1）1800J ；（2）4m/s （3）880W
【解题分析】
(1)人从出口滑到地面过程中重力做功为W =mgh =1800J ；
(2)从滑出到刚到地面，由动能定理有：212
mgh fl mv -=
4/v m s ==
(用牛顿运动定律解且正确的同样给分)
(3)到底端时克服阻力做功的瞬时功率为：P =fv =880W。