2023學年高一物理下期末模擬試卷注意事項：1．答題前，考生先將自己的姓名、準考證號填寫清楚，將條形碼準確粘貼在考生信息條形碼粘貼區。2．選擇題必須使用2B鉛筆填涂；非選擇題必須使用0．5毫米黑色字跡的簽字筆書寫，字體工整、筆跡清楚。3．請按照題號順序在各題目的答題區域內作答，超出答題區域書寫的答案無效；在草稿紙、試題卷上答題無效。4．保持卡面清潔，不要折疊，不要弄破、弄皺，不準使用涂改液、修正帶、刮紙刀。一、選擇題：（1-6題為單選題7-12為多選，每題4分，漏選得2分，錯選和不選得零分）1、(本題9分)一物體從某高度以初速度v0水平拋出，落地時速度大小為v1，則它運動時間為（）A． B． C． D．2、(本題9分)以下敘述中不符合物理史實的是()A．哥白尼是“地心說”的代表B．開普勒總結得出了行星的三大運動定律C．牛頓在前人的基礎上得出了萬有引力定律D．卡文迪許利用實驗測出了引力常量3、(本題9分)如圖所示，質量為m、帶電荷量為+q的滑塊，沿絕緣斜面勻速下滑，當滑塊滑至豎直向下的勻強電場區時，滑塊的運動狀態為（）A．繼續勻速下滑B．將加速下滑C．將減速下滑D．上述三種情況都有可能發生4、(本題9分)如圖所示，粗糙水平圓盤上，質量相等的A、B兩物塊疊放在一起，隨圓盤一起做勻速圓周運動，則（）A．B的向心力是A的向心力的2倍B．B的合外力是A的合外力的2倍C．圓盤對B的摩擦力等于B對A的摩擦力D．圓盤對B的摩擦力是B對A的摩擦力的2倍5、(本題9分)在水深超過200m的深海，光線極少，能見度極低.有一種電鰻具有特殊的適應性，能通過自身發生生物電，獲取食物，威脅敵害，保護自己.若該電鰻的頭尾相當兩個電極，它在海水中產生的電場強度達104V/m,可擊昏敵害.電鰻身長50cm,則電鰻在放電時產生的瞬時電壓為()A．10VB．500VC．5000VD．10000V6、(本題9分)如圖所示，P是水平面上的圓弧凹槽，從高臺邊B點以某速度v0水平飛出的小球，恰能從固定在某位置的凹槽的圓弧軌道的左端A點沿圓弧切線方向進入軌道．O是圓弧的圓心，θ1是OA與豎直方向的夾角，θ2是BA與豎直方向的夾角，則A． B．C． D．7、(本題9分)一根輕質細線將2個薄鐵墊片A、B連接起來，一同學用手固定B，此時A、B間距為3L，A距地面為L，如圖所示。由靜止釋放A、B，不計空氣阻力，且A、B落地后均不再彈起。從釋放開始到A落地歷時t1，A落地前的瞬時速率為v1，從A落地到B落在A上歷時t2，B落在A上前的瞬時速率為v2，則（）A．t1>t2 B．t1＝t2 C．v1:v2＝1:2 D．v1:v2＝1:38、(本題9分)如圖所示，在傾角為30°的斜面上，質量為1kg的小滑塊從a點由靜止下滑，到b點時接觸一輕彈簧。滑塊滑至最低點c后，又被彈回到a點，已知ab=0.6m，bc=0.4m，重力加速度g取10m/s2，下列說法中正確的是A．滑塊滑到b點時動能最大B．整個過程中滑塊和彈簧組成的系統機械能守恒C．彈簧的最大彈性勢能為2JD．從c到b彈簧的彈力對滑塊做了5J的功9、(本題9分)質量為m的物體，從靜止開始以2g的加速度豎直向下運動h高度，下列說法中正確的是()A．物體的重力勢能減少2mghB．物體的機械能保持不變C．物體的動能增加2mghD．物體的機械能增加mgh10、(本題9分)把兩個質量相等的小球a、b放在玻璃漏斗中，晃動漏斗，可以使兩小球沿光滑的漏斗壁分別在1、2水平面內做勻速圓周運動，如圖所示.平面1比平面2高，軌道1半徑是軌道2半徑的2倍.則（）A．小球做勻速圓周運動時受到重力支持力、向心力B．小球a的線速度大小是小球b的倍C．小球a對漏斗壁的壓力大小是小球b的2倍D．小球a的向心加速度大小等于小球b的向心加速度11、(本題9分)如圖所示，水平傳送帶長為s，以速度v始終保持勻速運動，把質量為m的貨物放到A點，貨物與皮帶間的動摩擦因數為μ．當貨物從A點運動到B點的過程中，摩擦力對貨物做的功可能是A．等于 B．小于 C．大于 D．小于12、(本題9分)質量相等的A、B兩球在光滑水平面上沿同一直線、同一方向運動，A球的動量是7kg·m/s，B球的動量是5kg·m/s，當A球追上B球發生碰撞，則碰撞后A、B兩球的動量可能值是()A．pA＝6kg·m/s，pB＝6kg·m/sB．pA＝3kg·m/s，pB＝9kg·m/sC．pA＝－2kg·m/s，pB＝14kg·m/sD．pA＝－4kg·m/s，pB＝17kg·m/s二、實驗題（本題共16分，答案寫在題中橫線上）13、（6分）(本題9分)利用如圖所示裝置做“驗證機械能守恒定律”的實驗.（1）為驗證機械能是否守恒，需要比較重物下落過程中任意兩點間的（_______）A．動能變化量與勢能變化量B．速度變化量和勢能變化量C．速度變化量和高度變化量（2）除帶夾子的重物、紙帶、鐵架臺(含鐵夾)、電磁打點計時器、導線及開關外，在下列器材中，還必須使用的兩種器材是（_______）A．交流電源B．刻度尺C．天平(含砝碼)（3）實驗中，先接通電源，再釋放重物，得到如圖所示的一條紙帶。在紙帶上選取三個連續打出的點A、B、C，測得它們到起始點O的距離分別為、、。已知當地重力加速度為，打點計時器打點的周期為T。設重物的質量為，從打O點到打B點的過程中，重物的重力勢能變化量ΔEp＝________，動能變化量ΔEk＝__________.（4）大多數學生的實驗結果顯示，重力勢能的減少量大于動能的增加量，原因是_______________________________________________________________。14、（10分）(本題9分)在做“驗證動量守恒定律”實驗中，裝置如圖1（1）需要的測量儀器或工具有_____A．秒表B．天平C．刻度尺D．重錘線E．打點計時器F．圓規（2）必須要求的條件是_______A．兩小球碰撞時，球心必須在同一高度上B．斜槽軌道末端的切線必須水平C．入射球和被碰球的質量必須相等，且大小相同D．入射球每次必須從軌道的同一位置由靜止滾下（3）某次實驗中得出的落點情況如下圖2所示，假設碰撞過程中動量守恒，則入射小球質量m1和被碰小球質量m2之比為_________．（4）在做“驗證動量守恒定律”實驗中，對產生誤差的主要原因表述正確的是_____A．碰撞前入射小球的速度方向，碰撞后兩小球的速度方向不是在同一直線上B．傾斜部分軌道對入射小球的摩擦力作用C．沒有測量高度，算出具體的平拋時間mD．測量長度的誤差三、計算題要求解題步驟，和必要的文字說明（本題共36分）15、（12分）(本題9分)如圖所示，在光滑水平桌面上有一光滑小孔O，一根輕繩穿過小孔，一端連接質量為的小球A，另一端連接質量為M=4kg的重物B，已知g=10m/s2，則：（1）當A球沿半徑r=0.1m的圓周做勻速圓周運動，其角速度ω1為多大時，B物體處于將要離開、而尚未離開地面的臨界狀態？（2）當小球A的角速度為ω2=10rad/s時，物體B對地面的壓力為多大？16、（12分）(本題9分)如圖所示，質量M=1kg的長木板A靜止在光滑水平面上，木板A右側有與A等高的平臺，平臺與A的右端間距為s．平臺最右端有一個高h=1.15m的光滑斜坡，斜坡和平臺用長度不計的小光滑圓弧連接，斜坡頂端連接另一水平面．現將質量m=1kg的小滑塊B（可視為質點）以的初速度從A的左端水平滑上A，取重力加速度g=10m/s1．求：（1）若B與A板水平部分之間的動摩擦因數μ1=0.45，保證A與平臺相碰前A、B能達到共同速度，則s應滿足什么條件?（1）平臺上P、Q之間是一個寬度l=0.5m的特殊區域，該區域粗糙，且當滑塊B進入后，滑塊還會受到一個水平向右、大小F=18N的恒力作用，平臺其余部分光滑．在滿足第（1）問的條件下，若A與B共速時，B剛好滑到A的右端，A恰與平臺相碰，此后B滑上平臺，同時快速撤去A．設B與PQ之間的動摩擦因數0<μ<l，試討論因μ的取值不同，B在PQ間通過的路程大小．17、（12分）(本題9分)如圖，一內壁光滑、質量為m1＝0.1kg、半徑為R＝0.1m的環形細圓管，固定在一個質量為M＝0.5kg的長方體基座上。一質量為m2＝0.2kg的小球（可看成質點）在管內做完整的圓周運動，長方體與地面不粘連，且始終相對地面靜止。重力加速度記為g＝10m/s2，求：（1）當小球以速率v1=m/s經過最低點時，地面對長方體的支持力大小；（2）當小球經過最高點時，若長方體對面的壓力恰好為零，此時小球的速率v2為多大？

2023學年模擬測試卷參考答案（含詳細解析）一、選擇題：（1-6題為單選題7-12為多選，每題4分，漏選得2分，錯選和不選得零分）1、D【答案解析】

將物體落地的速度進行分解，如圖所示：則有：又由小球豎直方向做自由落體運動，有：vy=gt得：A．，與結論不相符，選項A錯誤；B．，與結論不相符，選項B錯誤；C．，與結論不相符，選項C錯誤；D．，與結論相符，選項D正確；故選D。2、A【答案解析】

A.哥白尼是“日心說”的代表，故A錯誤，符合題意B.開普勒總結得出了行星的三大運動定律，故B正確，不符合題意；C.牛頓在前人的基礎上得出了萬有引力定律，故C正確，不符合題意；D.卡文迪許利用實驗測出了引力常量，故D正確，不符合題意；3、A【答案解析】試題分析：沒有電場時，滑塊沿絕緣斜面勻速下滑，受力平衡，根據平衡條件得到滑動摩擦力與重力沿斜面向下的分力平衡．當當滑塊滑至豎直向下勻強電場區時，再分析這兩個力是否平衡，判斷滑塊的運動狀態．解：設斜面的傾角為θ．滑塊沒有進入電場時，根據平衡條件得mgsinθ=fN=mgcosθ又f=μN得到，mgsinθ=μmgcosθ，即有sinθ=μcosθ當滑塊進入電場時，設滑塊受到的電場力大小為F．根據正交分解得到滑塊受到的沿斜面向下的力為（mg+F）sinθ，沿斜面向上的力為μ（mg+F）cosθ，由于sinθ=μcosθ，所以（mg+F）sinθ=μ（mg+F）cosθ，即受力仍平衡，所以滑塊仍做勻速運動．故選A【點評】本題增加電場力，相當于增加物體的重力，對物體的運動情況沒有影響．基本題．4、D【答案解析】A、因為A、B兩物體的角速度大小相等,根據,因為兩物塊的角速度大小相等,轉動半徑相等,質量相等,則向心力相等.故A錯誤B、根據牛頓第二定律知A、B受到的合外力提供了運動的向心力，因為A、B的向心力相等，所以合外力也相等，故B錯誤；CD、A、B運動過程中摩擦力提供了運動的向心力，對AB整體分析,，以A為對象，所以圓盤對B的摩擦力等于B對A的摩擦力的2倍，故C錯誤；D正確；故選D點睛：A、B兩物體一起做圓周運動,靠摩擦力提供向心力,兩物體的角速度大小相等,結合牛頓第二定律分析判斷.5、C【答案解析】試題分析：根據電勢差與電場強度的關系U=Ed得：U=Ed=114×1．5V=5×113V；故選C。考點：電勢差與電場強度的關系【名師點睛】此題考查了電勢差與電場強度的關系；理解和掌握電場中各個物理量之間的關系，在具體題目中能熟練的應用。6、C【答案解析】

平拋運動在水平方向上做勻速直線運動,在豎直方向上做自由落體運動.速度與水平方向的夾角為，則：位移與豎直方向的夾角為，則：所以：所以選C.7、BC【答案解析】

AB．由靜止釋放A、B，A、B都做自由落體運動，A運動的位移為L，B運動的位移為4L，根據自由落體公式可知，A落地的時間B落地的時間為則有所以t1=t2，故A錯誤，B正確；CD．A落地前瞬間速率為B落地前瞬間速率為所以v1：v2=1：2，故C正確，D錯誤。故選BC。8、BD【答案解析】滑塊滑到b點時剛接觸彈簧，剛過b點時，滑塊重力的分力大于彈力，滑塊仍加速運動，則b點動能不是最大，選項A錯誤；整個過程中只有重力和彈簧的彈力做功，則彈簧、滑塊與地球組成的系統機械能守恒，故B正確；滑塊從a到c，運用動能定理得：mghac+W彈′=0

解得：W彈′=-5J。彈簧彈力做的功等于彈性勢能的變化，所以整個過程中彈簧彈性勢能的最大值為5J，故C錯誤；從c點到b點彈簧的彈力對滑塊做功與從b點到c點彈簧的彈力對滑塊做功大小相等，根據C選項分析，從c到b彈簧的彈力對滑塊做的功是5J，故D正確；故選BD。點睛：本題的關鍵是認真分析物理過程，把復雜的物理過程分成幾個小過程并且找到每個過程遵守的物理規律，列出相應的物理方程解題．同時要明確彈簧彈力做的功等于彈性勢能的變化．9、CD【答案解析】

重力勢能的變化量等于重力對物體做的功．只有重力對物體做功，物體的機械能才守恒．根據動能定理研究動能的變化量．根據動能的變化量與重力的變化量之和求解機械能的變化量。【題目詳解】A項：由質量為m的物向下運動h高度，重力做功為mgh，則物體的重力勢能減小mgh，故A錯誤；B、依題物體的加速度為2g，說明除重力做功之外，還有其他力對物體做功，物體的機械能應增加，故B錯誤；

C項：合力對物體做功W=mah=2mgh，根據動能定理得知，物體的動能增加2mgh，故C正確；D項：由上物體的重力勢能減小mgh，動能增加2mgh，則物體的機械能增加mgh，故D正確。故選：CD。【答案點睛】本題考查分析功能關系的能力．幾對功能關系要理解記牢：重力做功與重力勢能變化有關，合力做功與動能變化有關，除重力和彈力以外的力做功與機械能變化有關。10、BD【答案解析】A、小球做勻速圓周運動時，只受重力和支持力兩個力作用，由兩個力的合力提供向心力，故A錯誤．

B、受力分析如圖所示：根據牛頓第二定律得：，解得：，知軌道1半徑是軌道2半徑的2倍，則同一個小球在軌道1的線速度是軌道2線速度的倍，即：小球a的線速度大小是小球b的倍，故B正確；

C、軌道對小球的支持力為：，與軌道平面的高度無關，則小球對軌道的壓力也與軌道平面無關，因此同一個小球a和小球b對漏斗壁的壓力大小相等，故C錯誤；

D、根據得：，知同一個小球在軌道1的向心加速度等于在軌道2的向心加速度，即小球a的向心加速度大小等于小球b的向心加速度，故D正確．點睛：本題是圓錐擺類型的問題，分析受力情況，確定小球向心力的來源，再由牛頓第二定律和圓周運動規律結合進行分析，是常用的方法和思路．11、ABD【答案解析】試題分析:若物塊一直做勻變速直線運動，根據動能定理有Wf=△Ek，Wf=μmgs，知△Ek可能等于，可能小于．若物塊先做勻變速直線運動，然后做勻速直線運動，有Wf＜μmgs．不會大于μmgs，故A、B、D正確，C錯誤．考點：動能定理12、A【答案解析】

以兩球組成的系統為研究對象，取甲球碰撞前的速度方向為正方向，兩球的質量均為m，碰撞前系統的總動能：；系統的總動量：p=7kg?m/s+5kg?m/s=12kg?m/s；

A、若碰后甲、乙兩球動量為：pA=6kg?m/s，pB=6kg?m/s，系統的總動量p′=6kg?m/s+6kg?m/s=12kg?m/s，動量守恒．總動能：，總動能減小，是可能的，故A正確．

B、若碰后甲、乙兩球動量為：pA=3kg?m/s，pB=9kg?m/s，系統的總動量p′=3kg?m/s+9kg?m/s=12kg?m/s，動量守恒．總動能：，總動能增大，是不可能的，故B錯誤．

C、若碰后甲、乙兩球動量為：pA=-2kg?m/s，pB=14kg?m/s，系統的總動量p′=-2kg?m/s+14kg?m/s=12kg?m/s，動量守恒．總動能：，總動能增加，是不可能的，故C錯誤．

D、若碰后甲、乙兩球動量為：pA=-4kg?m/s，pB=17kg?m/s，系統的總動量p′=-4kg?m/s+17kg?m/s=13kg?m/s，動量不守恒，不可能，故D錯誤．故選A．【答案點睛】對于碰撞過程，要掌握三大規律：1、動量守恒定律；2、總動能不增加；3、符合物體的實際運動情況．二、實驗題（本題共16分，答案寫在題中橫線上）13、AAB存在阻力【答案解析】

第一空.驗證機械能守恒，即需比較重力勢能的變化量與動能增加量的關系，A正確BC錯誤。第二空.電磁打點計時器需要接低壓交流電源，實驗中需要用刻度尺測量點跡間的距離，從而得出瞬時速度以及下降的高度。實驗驗證動能的增加量和重力勢能的減小量是否相等，質量可以約去，不需要用天平測量質量，AB正確C錯誤。第三空.從打O點到打B點的過程中，重物的重力勢能變化量。第四空.B點的瞬時速度為：，則動能的增加量為：。第五空.大多數學生的實驗結果顯示，重力勢能的減少量大于動能的增加量，原因是存在空氣阻力和摩擦力阻力的影響。14、（1）BCDF（2）ABD（3）19：5（4）AD【答案解析】

（1）本實驗需要天平稱量物體的質量，需要刻度尺測量長度，需要中垂線調節軌道末端水平，需要圓規找物體的平均落點，故選BCDF．

（2）A、要保證碰撞是一維的，即保證兩物體在碰撞之前沿同一直線運動，故A正確；

B、要保證碰撞后兩個球做平拋運動，故斜槽軌道末端的切線必須水平，故B正確；

C、入射球質量要大于被碰球質量，即m1＞m2，防止碰后m1被反彈，故C錯誤；

D、為保證碰撞的初速度相同，入射球每次必須從軌道的同一位置由靜止滾下，故D正確；

故選ABD．

（3）根據動量守恒定律，有：

代入數據，有：m1×0.2550=m1×0.1550+m2×0.3800

解得：m1：m2=19：5

（4）A、要保證兩物體在碰撞之前沿同一直線運動，碰撞之后還沿這條直線運動；若碰撞前入射小球的速度方向，碰撞后兩小球的速度方向不是在同一直線上會產生較大的誤差，故A正確；

B、傾斜部分軌道對入射小球的摩擦力作用，但只要入射球每次必須從軌道的同一位置由靜止滾下，即可保證碰撞的初速度相同，故B錯誤；

C、小球做平拋運動的時間由高度差決定，由于高度差一定，故平拋的時間都相同，故水平射程與平拋的初速度成正比，故不需要測量高度差，只要滿足：m1，就一定有m1v1+m2v2=m1v1′+m2v2′，故C錯誤；

D、測量長度的誤差對最終動量是否守恒的驗證會有影響，故D正確；三、計算題要求解題步驟，和必要的文字說明（本題共36分）15、（1）；（2）【答案解析】試題分析：（1）當B對地面恰