2024届四川成都外国语学校物理高一第二学期期末质量跟踪监视模拟试题含解析

2024届四川成都外国语学校物理高一第二学期期末质量跟踪监
视模拟试题
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)某同学对着墙壁练习打网球，假定球在墙面上以25 m/s的速度沿水平方向反弹，落地点到墙面的距离在10 m至15 m之间，忽略空气阻力，取g＝10 m/s2，球在墙面上反弹点的高度范围是( )
A．0.8 m至1.8 m B．0.8 m至1.6 m
C．1.0 m至1.6 m D．1.0 m至1.8 m
2、(本题9分)如图所示，光滑水平面上，质量为m=3kg的薄木板和质量为m=1kg的物块，都以v=4m/s的初速度朝相反方向运动，它们之间有摩擦，薄板足够长，当薄板的速度为2.4m/s时，物块的运动情况是（）
A．做加速运动
B．做减速运动
C．做匀速运动
D．上述都有可能
3、(本题9分)如图所示，水平面上有一物体A通过定滑轮用细线与玩具汽车B相连，汽车向右以速度v作匀速运动，当细线OA、OB与水平方向的夹角分别为α、β时，物体A移动的速度为
A ．sin cos v αβ
B ．cos cos v βα
C ．cos cos v αβ
D ．cos cos v αβ
4、 (本题9分)下列所述的实例中（均不计空气阻力），机械能守恒的是
A ．小石块被水平抛出后在空中运动的过程
B ．木箱沿斜面匀速向下滑行的过程
C ．人乘电梯加速上升的过程
D ．子弹射穿木块的过程
5、如图所示，某人在沿直线匀速行驶的火车车厢中面对车窗观察到雨滴下落时与竖直方向的夹角为θ，已知车窗外无风，火车速度为v 1，雨滴对地速度为v 2，则
A ．v 1水平向他的右手方向，v 2竖直向下，且v 1= v 2tan θ
B ．v 1水平向他的左手方向，v 2竖直向下，且v 1= v 2tan θ
C ．v 1水平向他的右手方向，v 2与竖直方向成θ角向左下，且v 1= v 2cos θ
D ．v 1水平向他的左手方向，v 2与竖直方向成θ角向左下，且v 1= v 2cos θ
6、 (本题9分)如图所示，小球从静止开始沿光滑曲面轨道AB 滑下，从B 端水平飞出，撞击到一个与地面呈的斜面上，撞击点为已知斜面上端与曲面末端B 相连，
A 、
B 间的高度差为h ，B 、
C 间的高度差为H ，不计空气阻力，则h 与H 的比值为
A ．
B ．
C ．
D ．
7、 (本题9分)如图所示，在真空中有两个等量的正电荷1q 、2q ，分别固定于A 、B 两点，DC 为A 、B 连线的中垂线，现将一正电荷3q 由C 点沿CD 移至无穷远，在此过程中，下列说法正确的是（ ）
A．电势能逐渐减小
B．电势逐渐升高
C．3q受到的电场力逐渐较小
D．3q受到的电场力先逐渐增大，后逐渐减小
8、(本题9分)空中某点，将两个相同小球同时以相同的初速度V水平抛出、竖直上抛，则从抛出到落地，设地面为零势面，忽略空气阻力，下列说法正确的是（）
A．竖直向上抛的小球在下落过程中重力势能的变化量最大
B．两个小球落地的速度大小相同
C．落地时重力的瞬时功率相同，方向都是竖直向下
D．平抛的小球，其重力的平均功率最大
9、下图中描绘的四种虚线轨迹，可能是人造地球卫星轨道的是（）
A．
B．
C．
D．
10、如图所示为两个固定在同一水平面上的点电荷，距离为d，带正电且电量均为Q。

在它们连线的水平中垂线上固定一根长为L、内壁光滑的绝缘细管（水平放置），有一带正电且电量为q的小球以初速度0v从管口射入，则（）
A．小球先做匀加速直线运动，后做匀减速直线运动
B．小球的电势能始终不变
C．小球受到的库仑力先做负功后做正功
D．从入口到出口沿着细管电势先升高后降低
11、(本题9分)如图所示，质量为m的物块与转台之间的最大静摩擦力为物块重
力的k倍，物块与转轴'
OO相距R，物块随转台由静止开始转动，当物块速度由0增加到v时，物块即将在转台上滑动，此时转台恰好开始匀速转动，已知重力加速度为g，则在物块由静止到滑动前的这一过程中，转台的摩擦力对物块做的功为
A．0 B．1
2
kmgR C．2
1
2
mv D．2kmgR
π
12、(本题9分)质量为M的某机车拉着一辆质量相同的拖车在平直路面上以
010m/s
v=的速度匀速行驶．途中某时刻拖车突然与机车脱钩．假设脱钩后机车牵引力始终保持不变，而且机车与拖车各自所受阻力也不变，下列说法中正确的是（）A．脱钩后某时刻机车与拖车速度的可能是15m/s、5m/s
B．脱钩后某时刻机车与拖车速度的可能是25m/s、2m/s
-
C．从脱钩到拖车停下来，机车与拖车组成的系统动量不变、动能增加
D ．从脱钩到拖车停下来，机车与拖车组成的系统动量减少、动能减少
二、实验题（本题共16分，答案写在题中横线上）
13、（6分）某探究小组想利用验证机械能守恒定律的装置测量当地的重力加速度，如图甲所示．框架上装有可上下移动位置的光电门1和固定不动的光电门2；框架竖直部分紧贴一刻度尺，零刻度线在上端，可以测量出两个光电门到零刻度线的距离B υ和2x ；框架水平部分用电磁铁吸住一个质量为m 的小铁块，小铁块的重心所在高度恰好与刻度尺零刻度线对齐．切断电磁铁线圈中的电流时，小铁块由静止释放，当小铁块先后经过两个光电门时，与光电门连接的传感器即可测算出其速度大小1υ和2υ．小组成员多次改变光电门1的位置，得到多组1x 和1υ的数据，建立如图乙所示的坐标系并描点连线，得出图线的斜率为k ．
⑴当地的重力加速度为________(用k 表示)．
⑵若选择光电门2所在高度为零势能面，则小铁块经过光电门1时的机械能表达式为______________(用题中物理量的字母表示)．
⑶关于光电门1的位置，下面哪个做法可以减小重力加速度的测量误差（___） A ．尽量靠近刻度尺零刻度线
B ．尽量靠近光电门2
C ．既不能太靠近刻度尺零刻度线，也不能太靠近光电门2
14、（10分） (本题9分)某位同学用如图甲所示的多用电表测量电阻,要用到选择开关和两个部件．请根据下列步骤完成电阻测量:
(1)在使用前,发现多用电表指针如图乙所示,则他应调节__________ (选填或或)．
(2)正确处理完上述步骤后,他把开关打在欧姆挡,把红黑表笔短接,发现指针如图丙所示,则他应调节__________ (选填或或)．
(3)正确处理完上述步骤后,他把红黑表笔接在某定值电阻两端,发现指针如图丁所示,则
他应采取的措施是①___________________;②____________________．
(4)正确处理完上述步骤后,他把红黑表笔接在定值电阻两端,发现指针如图戊所示,则该
定值电阻的阻值___________．
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)目前武汉有若干辆超级电容车试运行，其特点是充电快、运行远，只需在乘客上车间隙充电30 s～1 min，就能行驶3 km～5 km.假设有一辆超级电容车，质量m＝kg，额定功率P＝60 kW，当超级电容车在平直水平路面上行驶时，受到的阻力f是车重的k＝0.15倍，g取10 m/s2.求：
(1)超级电容车在此路面上能达到的最大速度v m；
(2)若超级电容车从静止开始以a＝0.5 m/s2的加速度做匀加速直线运动所能维持的时间t；
(3)若超级电容车以额定功率从静止开始运动经过＝45s达到最大速度过程中的位移x.
16、（12分）(本题9分)如图所示，假设某星球表面上有一倾角为θ＝37°的固定斜面，一质量为m＝2.0 kg的小物块从斜面底端以速度9 m/s沿斜面向上运动，小物块运动1.5 s时速度恰好为零.已知小物块和斜面间的动摩擦因数为0.25，该星球半径为R＝
1.2×103km.试求：(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)
(1)该星球表面上的重力加速度g的大小.
(2)该星球的第一宇宙速度.
17、（12分）如图所示，传送带与水平面之间的夹角为θ＝30°，其上A、B两点间的距离为L＝5 m，传送带在电动机的带动下以1m/s的速度匀速运动，现将一质量为m＝10 kg的小物体(可视为质点)轻放在传送带的A点，已知小物体与传送带之间的动摩擦
因数μ＝32
，在传送带将小物体从A 点传送到B 点的过程中，求：
（1）传送带对小物体做的功____；
（2）电动机做的功____．
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】
球做平抛运动
在水平方向上：0x v t =
由初速度是25m/s ，水平位移是10m 至15m 之间，
所以球的运动的时间是0.4s ﹣0.6s 之间，
在竖直方向上自由落体：212
h gt = 所以可以求得高度的范围是0.8m 至1.8m 。

A 、与计算结果相符，A 正确；
BCD 、与计算结果不符，BCD 错误。

2、A
【解题分析】
由题意知M 和m 组成的系统动量守恒，由题意根据动量守恒可以求出当木板速度为
2.4m/s 时物体的速度v 的大小与方向．（M-m ）v=Mv 1+mv 2
得：12()(31)43 2.4/0.8/1
M m v Mv v m s m s m ---⨯-⨯=＝＝，方向与M 的方向相同． 因为物块先向右做匀减速直线运动，后再向左做匀加速直线运动，因为物体此时的速度方向向左，故物体处于加速运动过程中，故BCD 错误，A 正确．故选B ．
点睛：本题考查应用系统的动量守恒定律分析物体运动情况的能力，关键是搞清两个物体的运动情况；用此方法分析物体运动情况比较简单，比牛顿定律分析物体运动情况简单的多．
3、B
【解题分析】
对A 物体的速度沿着绳子方向与垂直绳子方向进行分解，则有沿着绳子方向的速度大小为A v cos α，对B 物体的速度沿着绳子方向与垂直绳子方向进行分解，则有沿着绳子方向的速度大小为B v cos β，由于沿着绳子方向速度大小相等，所以则有
A B v cos v cos αβ=，即=B A v cos vcos v cos cos ββαα
=
，故B 正确，A 、C 、D 错误； 故选B ． 【题目点拨】分别对A 、B 物体速度沿着绳子方向与垂直绳子方向进行分解，根据三角函数关系及沿着绳子方向速度大小相等，可知两物体的速度大小关系．
4、A
【解题分析】
A. 小石块被水平抛出后在空中运动的过程物体只受到重力的作用，机械能守恒。

故A 正确。

B.木箱沿斜面匀速下滑的过程，动能不变，重力势能减小，故木箱的机械能减小，故B 错误。

C.人随电梯加速上升的过程，人的重力势能和动能都增加，它们之和即机械能增加，故C 错误。

D.子弹射穿木块，子弹在木块中运动的过程，系统克服阻力做功，机械能减小转化为内能，故D 错误。

5、B
【解题分析】
雨滴对地竖直下落，相对火车向右下方运动，说明火车对地向人的左手方向运动；
，则v 1= v 2tan θ，B 正确、ACD 错误．
故选B ．
6、D
【解题分析】
根据动能定理求出B点的速度，结合平抛运动竖直位移和水平位移的关系求出运动的时间，从而得出竖直位移的表达式，求出h与H的比值.
【题目详解】
对AB段，根据动能定理得，，解得:，根据得,则
，解得;故选D.
【题目点拨】
本题考查了动能定理和平抛运动的综合运用，解决本题的关键知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，结合运动学公式灵活求解.
7、AD
【解题分析】
AB．由题,q1、q2是两个等量的正电荷，作出中垂线CD上电场线如图：
根据顺着电场线电势降低,可知正电荷q3由C点沿CD移至无穷远的过程中，电势不断降低，电场力做正功，其电势能不断减小．故A正确，B错误；
CD．根据电场的叠加可知，C点的场强为零，而无穷远处场强也为零，所以由C点沿CD移至无穷远的过程中，场强先增大，后减小，q3受到的电场力先逐渐增大，后逐渐减小．故C错误，D正确．
故选AD.
8、BD
【解题分析】
A、竖根据个功能关系可知：重力势能的变化等于重力做功，重力的功与高度差有关，由于小球抛出点与落地点的高度相同，重力做功相同，则小球重力势能的变化量相等，故A错误
B、小球沿着不同的方向抛出，都只有重力做功，机械能守恒，落地时动能相等，故可
得到落地时速度大小相等，故B 正确；
C 、根据瞬时功率表达式P Fvcos θ=，平抛运动重力的瞬时功率最小，竖直上抛的小球落地时的瞬时功率大，同时瞬时功率为标量，没有方向，故C 错误；
D 、根据重力做功公式W=mgh 可知，两个小球重力做功相同，落地的时间不同，竖直上抛时间最长，平抛的时间短，所以运动过程中，两个小球重力做功的平均功率不同，平抛的平均功率大，故D 正确．
点睛：本题关键在于沿不同方向抛出的小球都只有重力做功，机械能守恒，然后结合平均功率和瞬时功率的相关公式列式分析判断．
9、ACD
【解题分析】
人造地球卫星靠地球的万有引力提供向心力而绕地球做匀速圆周运动，地球对卫星的万有引力方向指向地心，所以人造地球卫星做圆周运动的圆心是地心，否则不能做稳定的圆周运动。

故ACD 正确，B 错误。

故选ACD 。

【题目点拨】
解决本题的关键知道人造地球卫星靠万有引力提供向心力，做匀速圆周运动，卫星做圆周运动的圆心必须是地心．
10、CD
【解题分析】
A ．根据等量同种正电荷的电场线分布情况，电荷量为+q 的小球以初速度v 0 从管口射入的过程，由于电场线不均匀，所以电场力是变力，加速度变化，不是匀变速运动，故A 错误；
BC ．电场力先做负功，后做正功，所以电势能先增大后减小，故B 错误，C 正确； D ．沿电场线方向电势降低，所以沿着细管电势先升高后降低，故D 正确； 故选CD 。

11、BC
【解题分析】 根据牛顿第二定律得：2
mv kmg R
=，根据动能定理得：转台的摩擦力对物块做的功为21122
W mv kmgR ==，故B 、C 正确，A 、D 错误； 故选BC ．
【题目点拨】根据最大静摩擦力求出物块刚好发生转动时的线速度大小，结合动能定理求出转台做功的大小．
12、AC
【解题分析】
AB 、由题可知，由于牵引力不变，故脱钩后机车做加速运动，拖车做减速运动，且最后减为零，故A 正确，B 错误；
CD 、依题可知，两车组成的系统动量守恒，动能增加，故C 正确，D 错误， 故选AC ．
【题目点拨】两车组成的系统做匀速运动，合外力为0，系统动量守恒．
二、实验题（本题共16分，答案写在题中横线上）
13、12k 212111()22m km x x υ+- C 【解题分析】
（1）以0刻度线为零势能面，小铁块从光电门1运动到光电门2的过程中机械能守恒，根据机械能守恒定律得：12mv 12-mgx 1=12
mv 22-mgx 2 整理得：v 22-v 12=2g （x 2-x 1） 所以图象的斜率k =2g ，解得：g =
2k ； （2）小铁块经过光电门1时的机械能等于小铁块经过光电门1时的动能加上势能，若选择刻度尺零刻度线所在高度为零势能面，则有：
E 1=12mv 12-mgx 1 =12mv 12-12
mkx 1 （3）用电磁铁释放小球的缺点是，当切断电流后，电磁铁的磁性消失需要一时间，铁球与电磁铁铁心可能有一些剩磁，都会使经过光电门1的时间较实际值大，引起误差，并适当增大两光电门A 、B 间的距离，使位移测量的相对误差减小，所以C 正确．
14、（1）S （2）T （3）①将打到欧姆
挡； ②将两表笔短接,重新调节,使指针指在欧姆零刻度线处 （4）
【解题分析】
（1）在使用前,发现多用电表指针如图乙所示,则应机械调零，即他应调节S 使针调到电流的零档位．
（2）把开关打在欧姆挡,把红黑表笔短接,即欧姆调零，应该调到电阻的零档位，此时要调节欧姆调零旋钮，即T
（3）他把红黑表笔接在某定值电阻两端,发现指针如图丁所示，说明待测电阻较小，应该换小挡，即换 挡，换挡必调零，所以要重新调零即将两表笔短接,重新调节,使指针指在欧姆零刻度线处．
（4）根据欧姆表读数原则可知欧姆表的读数为
【题目点拨】 要熟练万用表的使用规则，并且要注意在换挡时一定要欧姆调零．
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)20m/s (2)30s (3)766.7m
【解题分析】试题分析：（1）由题意，当超级电容车知当时，速度达到时有：
………………①
………………②
………………③ 联解①②③得：
………………④
（2）车在匀加速阶段：
………………⑤
………………⑥
………………⑦ 联解⑤⑥⑦得：
………………⑧ （3）由动能定理得：
………………⑨ 解⑧得：………………⑩ 考点：动能定理及牛顿定律的应用
【名师点睛】本题主要考查了机车启动的两种方式，恒定功率启动和恒定加速度启动，掌握恒定功率启动时功率保持不变，牵引力随速度增大而减小，恒定加速度启动时牵引力不变，功率随速度增加而增加．
16、（1）g=7.5m/s 2 （2）3×
103m/s 【解题分析】
（1）小物块沿斜面向上运动过程00v at =-
解得：26m/s a =
又有：sin cos mg mg ma θμθ+=
解得：27.5m/s g =
（2）设星球的第一宇宙速度为v ，根据万有引力等于重力，重力提供向心力，则有：
2
mv
mg
R
=
3
310m/s
v=⨯
17、144J 172J
【解题分析】
（1）对小物体进行受力分析，由图分析知：N=mgcosθ
12×
=74N
mgsinθ=42N
f＞mgsinθ，则小物体可以与传送带上静止．根据牛顿第二定律：f-mgsinθ=ma
74N-42N=12a
得：a=1．4m/s1
则匀加速的时间：
1
1
0.4
2.5
v
t s a
===
匀加速的位移：
22
1
1
1
0.2
22 2.5
v
s m a
===
⨯
则小物体匀速运动的位移为：s1=4m-2．1m=3．8m
匀速运动的时间：2
24.8
4.8 1
s
t s
v
===
则小物体从A到B所需时间为：t=2．3s+3．8s=4．1s
由功能关系知传送带对小物体做的功等于小物体机械能的增量：
W=1
2
mv1+mgssin32°=
1
2
×12×11+12×12×4×
1
2
=144J
（1）电动机做功使小物体机械能增加，同时小物体与传送带间因摩擦产生热量Q，相
对位移为：x′＝vt1
1
2
-vt1
1
2
=vt1
1
10.4
2
=⨯⨯m＝2.1 m
摩擦生热为：Q＝
μmgx′cos θ
2
=⨯12×12×
2.1
2
⨯=14 J
故电动机做的功为：W电＝W+Q＝172 J。