2024届甘肃省岷县第一中学高一物理第二学期期末质量检测模拟试题含解析

2024届甘肃省岷县第一中学高一物理第二学期期末质量检测模
拟试题
注意事项
1．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回．
2．答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用0．5毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置．
3．请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符．4．作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案．作答非选择题，必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效．
5．如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗．
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、物理课上，老师做了一个奇妙的“跳环实验”．如图，她把一个带铁芯的线圈L、开关S和电源用导线连接起来后．将一金属套环置于线圈L上，且使铁芯穿过套环．闭合开关S的瞬间，套环立刻跳起．某同学另找来器材再探究此实验．他连接好电路，经重复试验，线圈上的套环均未动．对比老师演示的实验，下列四个选项中，导致套环未动的原因可能是
A．线圈接在了直流电源上B．电源电压过高
C．所选线圈的匝数过多D．所用套环的材料与老师的不同
2、(本题9分)一辆汽车的质量为m，额定功率为P，在保持额定功率不变的情况下，汽车启动时的v-t图象如图所示。

已知1t时刻的速度为1v，2t时刻的速度为2v，且1t时刻的加速度为2t时刻的加速度的2倍。

若汽车所受阻力大小恒定，则下列说法正确的是（）
A ．汽车在1t 时刻的加速度为
2112
2()
P v v mv F -
B ．汽车在12t t -时间内的平均速率等于12
2
v v + C ．汽车能达到的最大速度为12
1
21
2v v y v v -
D ．汽车所受的恒定阻力为
21
23P P v v - 3、 (本题9分)质量为m 的汽车在平直公路上行驶，阻力大小F 保持不变。

当汽车的速度为v 、加速度为a 时，发动机的实际功率正好等于额定功率，若此后汽车始终保持额定功率行驶，则（ ） A ．汽车将做匀速运动 B ．汽车将做匀加速直线运动 C ．发动机的额定功率等于Fv
D ．发动机的额定功率等于()F ma v +
4、 (本题9分)基于人的指纹具有终身不变性和唯一性的特点，发明了指纹识别技术．目前许多国产手机都有指纹解锁功能，常用的指纹识别传感器是电容式传感器，如图所示．指纹的凸起部分叫“嵴”，凹下部分叫“峪”．传感器上有大量面积相同的小极板，当手指贴在传感器上时，这些小极板和正对的皮肤表面部分形成大量的小电容器，这样在嵴处和峪处形成的电容器的电容大小不同．此时传感器给所有的电容器充电后达到某一电压值，然后电容器放电，电容值小的电容器放电较快，根据放电快慢的不同，就可以探测到嵴和峪的位置，从而形成指纹图象数据．根据文中信息，下列说法正确的是( )
A ．在峪处形成的电容器电容较大
B．在峪处形成的电容器放电较慢
C．充电后在嵴处形成的电容器的电荷量大
D．潮湿的手指头对指纹识别绝对没有影响
5、如图所示，虚线MN为一小球在水平面上由M到N的运动轨迹，P是运动轨迹上的一点。

四位同学分别画出了带有箭头的线段甲、乙、丙和丁来描述小球经过P点时的速度方向。

其中正确的是
A．甲B．乙
C．丙D．丁
6、(本题9分)如图所示，在水平圆盘上沿半径方向放置用细线相连的质量均为m的A、B两个物块（可视为质点）.A和B距轴心O的距离分别为r A=R，r B=2R，且A、B与转盘之间的最大静摩擦力都是f m，两物块A和B随着圆盘转动时，始终与圆盘保持相对静止。

则在圆盘转动的角速度从0缓慢增大的过程中，下列说法正确的是
A．B所受合力外力一直等于A所受合外力
B．A受到的摩擦力一直指向圆心
C．B受到的摩擦力先增大后减小
D．A、B两物块与圆盘保持相对静止的最大角速度为
7、如图所示，圆弧形光滑轨道ABC固定在竖直平面内，O是圆心，OC竖直，OA水平。

A点紧靠一足够长的平台MN，D点位于A点正上方，如果从D点无初速度释放一个小球，从A点进入圆弧轨道，有可能从C点飞出，做平抛运动，落在平台MN上。

下列说法正确的是（）
A ．只要D 点的高度合适，小球可以落在MN 上任意一点
B ．在由D 运动到M 和由
C 运动到P 的过程中重力功率都越来越大 C ．小球运动的整个过程中机械能守恒
D ．如果小球能从C 点飞出，则小球过C 点时与轨道的压力不可能为零
8、 (本题9分)一边长为L ，质量分布均匀正方形板ABCD ，质量为m ，在A 点用悬线系住，开始时AB 边和CD 边处于水平位置（如图示）.现将板由静止释放，板摆动直至最后静止.空气阻力不可忽略，下列关于板的描述正确的是（ ）
A ．板在整个运动过程中板的重力一直做正功
B ．板在整个运动过程中空气阻力一直做负功
C ．板在整个运动过程中机械能一直减小
D ．板在整个运动过程中损失的机械能为
21
2
mgL 9、 (本题9分)两个物体a 和b ，其质量分别为m a 和m b ，且m a >m b ，它们的初动能相同.若它们分别受到不同的阻力F a 和F b 的作用，经过相等的时间停下来，它们的位移分别为X a 和X b ，则( ) A ．F a <F b
B ．F a >F b
C ．X a >X b
D ．X a <X b
10、一物体在外力的作用下从静止开始做直线运动，合外力方向不变，大小随时间的变化如图所示．设该物体在0t 和02t 时刻相对于出发点的位移分别是1x 和2x ，速度分别是1v 和2v ，合外力从开始至o t 时刻做的功是1W ，从0t 至02t 时刻做的功是2W ,则
A ．215x x =，213v v =
B ．1221,95x x v v ==
C ．2121,58x x W W ==
D ．2121,39v v W W ==
11、如图所示，氕核、氘核、氚核三种粒子从同一位置无初速度地飘入电场线水平向右的加速电场1E ，之后进入电场线竖直向下的匀强电场2E 发生偏转，最后打在屏上，整个装置处于真空中，不计粒子重力及其相互作用，那么
A ．偏转电场2E 对三种粒子做功一样多
B ．三种粒子打到屏上时速度一样大
C ．三种粒子运动到屏上所用时间相同
D ．三种粒子一定打到屏上的同一位置，
12、 (本题9分)滑滑梯是小朋友们喜爱的娱乐项目之一。

如图所示，一小孩在公园中的粗糙滑梯上由静止加速滑下。

关于小孩下滑的过程，下列说法正确的是
A ．滑梯对小孩的摩擦力做负功
B ．滑梯对小孩的支持力做正功
C ．小孩所受重力的功率减小
D ．小孩增加的动能小于减少的重力势能
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)一同学测量某干电池的电动势和内阻．
（1）如图所示是该同学正准备接入最后一根导线（图中虚线所示）时的实验电路．请指出图中在器材操作上存在的两个不妥之处__________；____________．
（2）实验测得的电阻箱阻值R和电流表示数I，以及计算的1
I
数据见下表:
根据表中数据，在答题卡的方格纸上作出
1
R
I
关系图像___________．由图像可计算
出该干电池的电动势为_________V；内阻为__________Ω．
R/Ω8.0 7.0 6.0 5.0 4.0
I/A 0.15 0.17 0.19 0.22 0.26
1
I
/A–1 6.7 6.0 5.3 4.5 3.8
（3）为了得到更准确的测量结果，在测出上述数据后，该同学将一只量程为100 mV 的电压表并联在电流表的两端．调节电阻箱，当电流表的示数为0.33 A时，电压表的指针位置如图所示，则该干电池的电动势应为_______V；内阻应为_____Ω．
14、（10分）(本题9分)验证“机械能守恒定律”的实验采用重物自由下落的方法
(g=9.8m/s2)：
(1)通过验证1
2
mv2=mgh来验证机械能守恒定律时，对纸带上起点的要求___________；
为此，所选择纸带的第一、二两点间距应接近___________。

(2)若实验中所用重物质量m=1kg，打点纸带如图所示，所用电压频率为50Hz，则打点时间间隔为___________s，则记录B点时，重物的速度v B=___________m/s，重物动能E kB=___________J。

从开始下落起至B点，重物的重力势能减少量是___________J，因此可得出的结论是___________。

(结果保留三位有效数字)
(3)根据纸带算出相关各点的速度v ，量出下落距离h ，则以v 2/2为纵轴，画出的图象应是图中的___________，图线的斜率表示___________。

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，水平光滑的地面上有A 、B 、C 三个可视为质点的木块，质量分别为1 kg 、
6kg 、6kg.木块A 的左侧有一半径R =0.2 m 的固定的光滑半圆弧轨道，一开始B 、C 处于静止状态，B 、C 之间的弹簧处于原长．给木块A 一个水平向右的初速度，大小为v 1=8 m/s ，与木块B 碰撞后，A 被反弹，速度大小变为v 2=4 m/s.(重力加速度g 取10 m/s 2)求：
（1）A 过圆弧轨道的最高点时受到轨道的压力； （2）弹簧具有的最大弹性势能．
16、（12分） (本题9分)如图所示，一斜面倾角为37°斜面与一竖直光滑圆轨道相切于A 点，轨道半径为R=1m ，将滑块由B 点无初速释放后，滑块恰能运动到圆周的C 点，OC 水平，AB=2m ；滑块可视为质点，取210/g m s =，00sin370.6,cos370.8==，求：
(1)滑块在斜面上由B 到A 运动的时间；
(2)若要使滑块能够从圆轨道最高点D 抛出，应将释放点位置适当提高，滑块在斜面上的释放点至少应距A 点多远．
17、（12分） (本题9分)如图所示，ABDO 是处于竖直平面内的光滑轨道，AB 是半径为R =0.8m 的1/4圆周轨道，半径OA 处于水平位置，BDO 是直径为d =0.8m 的半圆轨道，D 为BDO 轨道的中央。

一个小球从A 点的正上方高H 处自由落下，沿竖直平面内的轨道通过D 点时对轨道的压力等于其重力的9/4倍，取g =10m/s 2。

求：
（1）小球经过D 点时的速度大小为多少? （2）小球自由下落的高度H 的大小?
（3）试讨论小球能否到达BDO 轨道的O 点，并说明理由.
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 【解题分析】
金属套环跳起来的原因是开关S 闭合时，套环上产生的感应电流与通电螺线管上的电流相互作用而引起的，线圈接在直流电源上时，金属套环也会跳起．电压越高线圈匝数越多，S 闭合时，金属套环跳起越剧烈．若套环是非导体材料，则套环不会跳起，故A 、B 、C 选项错误，D 选项正确． 2、A 【解题分析】
B ．t 1-t 2时间内汽车做加速度减小的加速运动，由图象的“面积”表示位移知，其位移大于匀加速直线运动的位移，则平均速度大于
12
2
v v ，故B 错误；
D ．由题意，设t 1时刻的加速度为a 1、t 2时刻的加速度为a 2，根据牛顿第二定律有
11
P f ma v -=，22P
f ma v -=，122a a =
联立解得
21
2P P f v v =
- 故D 错误；
C ．汽车能达到最大速度时，则有 F =f ，P =Fv 故
12
12
2v v v v v =
-
故C 错误； A ．根据
11
P
f ma v -= 解得
21112
2()
P v v a mv v -=
故A 正确。

故选A 。

3、D 【解题分析】
AB ．当汽车的速度为v 、加速度为a 时，发动机的实际功率正好等于额定功率，若此后汽车始终保持额定功率行驶，速度增加，则牵引力减小，汽车做加速度减小的加速直至匀速。

故AB 两项错误。

CD ．当汽车的速度为v 、加速度为a 时，发动机的实际功率正好等于额定功率，则：
F 牵F ma -=
e P F =牵v
解得：发动机的额定功率
()e P F ma v =+
故C 项错误，D 项正确。

4、C 【解题分析】 根据电容的决定式4S
C kd
επ=
分析d 改变时电容的变化以及电荷量的多少； 根据电荷量的多少分析放电时间长短． 【题目详解】
A ．根据电容的计算公式4S
C kd
επ=可得，极板与指纹峪(凹下部分)距离d 大，构成的电容器电容小，故A 错误；
BC ．传感器给所有的电容器充电后达到某一电压值，然后电容器放电，所以所有的电容器电压一定，根据4SU
Q CU kd
επ==
可知，极板与指纹沟(凹的部分，d 大，电容小)构成的电容器充上的电荷较少，所以在峪处形成的电容器放电过程中放电时间短，放电快；反之，在嵴处形成的电容器电容大，电荷量大，放电时间长，故C 正确，B 错误； D ．湿的手与传感器之间有水填充，改变了原来匹配成平行板电容器的电容，所以会影响指纹解锁，故D 错误． 5、C 【解题分析】
小球在水平面上由M 到N ，某一时刻对应某一位置，此时的速度方向沿曲线上该点的切线方向，因此丙为P 点的速度方向。

A. 甲，与结论不相符； B. 乙，与结论不相符； C. 丙，与结论相符； D. 丁，与结论不相符； 6、D 【解题分析】
A.A 、B 都做匀速圆周运动，合力提供向心力，根据牛顿第二定律得F 合=mω2r ，角速度ω相等，B 的半径较大，所受合力较大。

故A 错误。

BC.最初圆盘转动角速度较小，A 、B 随圆盘做圆周运动所需向心力较小，可由A 、B 与盘面间静摩擦力提供，静摩擦力指向圆心。

由于B 所需向心力较大，当B 与盘面间静摩擦力达到最大值时（此时A 与盘面间静摩擦力还没有达到最大），若继续增大转速，则B 将有做离心趋势，而拉紧细线，使细线上出现张力，此时摩擦力不变；转速越大，细线上张力越大，使得A 与盘面间静摩擦力先减小后反向变大，当A 与盘面间静摩擦
力也达到最大时，AB 将开始滑动。

A 受到的摩擦力先指向圆心，后离开圆心，而B 受到的摩擦力一直指向圆心，大小先变大后不变。

故BC 错误。

D.当B 与盘面间静摩擦力恰好达到最大时，B 将开始滑动，则根据牛顿第二定律得 对A ：T -f m =mωm 2r ；对B ：T +f m =mωm 2∙2r ；解得最大角速度ωm =
．故D 正确。

7、BC
【解题分析】
AD ．小球恰好通过C 点时，小球对轨道的压力为零，则有
2C mv mg R = 得小球通过C 点的最小速度为
C v gR 小球离开C 点后做平抛运动，则有
212
R gt = 解得
2R t g
=小球离开C 点做平抛运动的水平距离最小值为
2C x v t R =
所以小球只有落在平台MN 上距M 点距离为(21)R 的右侧位置上，故AD 错误； B ．在由D 运动到M 的过程中，速度增大，由P mgv =知重力功率增大；由C 运动到P 的过程中，y v 增大，由y P mgv =知重力功率增大，故B 正确；
C ．小球由
D 经A 、B 、C 到P 的过程中，轨道对小球不做功，只有重力做功，机械能守恒，故C 正确。

故选BC 。

8、BCD
【解题分析】
A ．板摆动直至最后静止过程中，有向下转动也有向上转动，整个运动过程中板的重力不是一直做正功，故A 错误；
BC ．板在整个运动过程中空气阻力一直是阻碍作用，一直做负功，除重力外的空气阻力一直做负功所以机械能一直减小，故BC 正确；
D ．板在整个运动过程中动能变化量为0，损失的机械能即为减少的重力势能，板的重
心在几何中心上．根据重力做功得整个运动过程中损失的机械能为
12mgL ，故D 正确．
9、BD
【解题分析】 根据动能与速度的关系和运动学公式02v x t +=
分析位移关系，由动能定理分析阻力的大小关系；
【题目详解】
设物体的初速度为v ，初动能为k E ，所受的阻力为F ，通过的位移为x ．
物体的速度与动能的关系为212k E mv =，得v =
由02v x t +=得x =，由题t 和k E 相同，则质量越大，位移越小，由于a b m m ＞，所以a b x x ＜;
由动能定理得：0K Fx E -=-，因初动能相同，F 与x 成反比，则a b F F ＞，故选项BD 正确，选项AC 错误．
【题目点拨】
本题综合考查动能、动能定理及位移公式，在解题时要注意如果题目中涉及时间时，则应考虑应用运动学公式，不涉及时间应优先采用动能定理或功能关系．
10、AC
【解题分析】
根据F -t 图像面积意义和动量定理有m 1v =F 0t 0，m 2v = F 0t 0+2F 0t 0，则213v v =；应用位移公式可知1x ＝12v 0t 、2x ＝122v v +0t ＋12
v 0t ，则215x x =，B 错、A 对；在第一个o t 内对物体应用动能定理有1W ＝212
mv 、在第二个o t 内对物体应用动能定理有2W ＝222122
mv mv -，则218W W =，D 错、C 对
11、AD
【解题分析】
试题分析：带电粒子在加速电场中加速，电场力做功W=E 1qd ； 由动能定理可知：E 1qd=12
mv 2；
解得：v L t v =
；在偏转电场中的纵向速度0v at == 纵向位移2
221124E L x at E d
==；即位移与比荷无关，与速度无关；则可三种粒子的偏转位移相同，则偏转电场对三种粒子做功一样多；故A 正确，B 错误；因三粒子由同一点射入偏转电场，且偏转位移相同，故三个粒子打在屏幕上的位置一定相同；因粒子到屏上的时间与横向速度成反比；因加速后的速度大小不同，故三种粒子运动到屏上所用时间不相同；故C 错误，D 正确；故选AD ．
考点：带电粒子在匀强电场中的运动
【名师点睛】此题考查带电粒子在电场中的偏转，要注意偏转中的运动的合成与分解的正确应用；正确列出对应的表达式，根据表达式再去分析速度、位移及电场力的功． 12、AD
【解题分析】
A.滑梯对小孩的摩擦力与运动方向相反，故摩擦力做负功，故A 正确；
B.支持力和运动方向相互垂直，故支持力不做功，故B 错误；
C.小孩加速滑下，竖直分速度一直增大，故功率增大，故C 错误；
D.小孩在下滑过程中与滑梯摩擦生热，一部分机械能转化成内能，故小孩增加的动能小于减少的重力势能，故D 正确.
二、实验题（本题共16分，答案写在题中横线上）
13、（1）①开关未断开 ②电阻箱阻值为零 （2）图像如图所示：
1.4（1.30~1.44都算对） 1.2（1.0~1.4都
算对） （3）1.4（结果与（2）问第一个空格一致） 1.0（结果比（2）问第二个空格小0.2）
【解题分析】
本题考查测量电源电动势和内电阻实验，意在考查考生的实验数据处理能力和误差分析能力．
（1）连接电路时电源应与电路断开，所以开关要断开；另一错误是电阻箱接入电路的电阻是零，这样容易烧坏电流表和电源．
（2）将数据描点连线，做出一条倾斜的直线．根据闭合电路欧姆定律E =I (R +r )得
1R E r I =⋅-，所以图线的斜率表示电源电动势()8 1.26.70
E --=-V=1.37V ，截距绝对值表示r =0.4×3.0Ω=1.20Ω；用电压表与电流表并联，可测得电流表的内阻
3
3
66.0100.203310V A A U R I --⨯==Ω=Ω⨯，考虑电表内阻对实验的影响，则E =I (R +R A +r )，得()1A R E R r I
=⋅-+，所以图线的斜率仍表示电动势，电动势的准确值为1.37V ，图线的截距表示（R A +r ），所以内阻精确值为r =（1.20-0.20）Ω=1.00Ω．
点睛：本题考查应用电流表和电阻箱测量电源电动势和内电阻实验，本题创新之处在于用一个电压表并联在电流表的两端测出电流表的电阻，从而提高测量电源内阻的精确度．
14、初速度等于零 2mm 0.02 0.590 0.174 0.172 在误差匀许的范围内机械能守恒 C 重力加速度
【解题分析】
第一空.用公式12
mυ2＝mgh 来验证机械能守恒定律时，对纸带上起点的要求是重锤是从初速度为零开始；
第二空.打点计时器的打点频率为50 Hz ，打点周期为0.02 s ，重物开始下落后，在第一个打点周期内重物下落的高度所以所选的纸带最初两点间的距离
22119.80.02m 2mm 22
gt =⨯⨯≈；所选择纸带的第一、二两点间距应接近2mm ． 第三空. 所用电压频率为50Hz ，则打点时间间隔为0.02s ；
第四空.利用匀变速直线运动的推论331.47.810m/s 0.590m/s 220.02AC B x v T --=
=⨯=⨯ 第五空.重锤的动能E KB =12
mv B 2=0.174J ； 第六空.从开始下落至B 点，重锤的重力势能减少量△E p =mgh =1×
9.8×0.176J=0.172J ． 第七空.得出的结论是在误差允许范围内，重物下落的机械能守恒．
第八空.利用2
2
v -h 图线处理数据，如果mgh =12mv 2那么图线应该是过原点的直线，故选C ；
第九空. 由12
v 2 =gh 可知，直线的斜率就等于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）30N （2）6J
【解题分析】
(1)木块A 从最低点到最高点的过程，由动能定理得
－m A g ·2R =12m A v A 2－12
m A v 22 最高点有F +m A g =m A 2A v R
得：F =30N
（2）根据动量守恒定律得m A v 1=m B v B －m A v 2
解得v B =2 m/s
弹簧压缩至最短时，B 、C 速度相同，有m B v B =(m B ＋m C )v
解得v =1 m/s
弹簧具有的最大弹性势能E p =
12m B v B 2－12
(m B ＋m C )v 2 得：E p =6J
16、 (1)1s (2)5.75m
【解题分析】
（1）滑块到达A 点的速度为A v ，从A 到C 过程机械能守恒； 201cos372
A mv mgR = 从
B 到A 过程匀加速运动：22A AB v ax =，
A v at
解得：1t s =
（2）能从D 点抛出的最小速度为D v ，2D v mg m R
=， 从A 到D 由机械能守恒：
()()
202111cos3722A D m v mgR mv '=++， 22A v ax ='' 解得： 5.75x m '=
点睛：本题考查了动能定理、机械能守恒和牛顿第二定律的综合运用，知道最高点和最低点向心力的来源，结合牛顿第二定律和机械能守恒进行求解．
17、（1）3m/s （2）0.05m （3）不能
【解题分析】
(1)小球圆周过D 点时，受力分析可知，由轨道的支持力指向圆心提供向心力，有：
2D D v N m r
= 半圆轨道BDO 的半径
0.4m 2
d r == 而由牛顿第三定律可知： 94D
D N mg N '== 联立解得：3m/s D v =
(2)小球从A 从释放点到D 点的过程，由动能定理有：
21()02
D mg H r mv +=- 解得：0.05m H =
(3) 假设小球能过O 点，从D 点到O 点由动能定理有：
221122
o D mgr mv mv -=- 可得：1m/s o v =
若小球要圆周过O 点，至少由重力提供向心力，设最小速度min v ，有：
2min v mg m r
=
可得：min v == 因min o v v <，则小球不能到达BDO 轨道的O 点。