2023-2024學年廣東省東莞外國語學校高一物理第二學期期末統考試題注意事項：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、如圖所示，三個質量相同的小球，從同一高度由靜止釋放，其中a球沿豎直方向自由下落，b球沿光滑斜面下滑，c球沿光滑圓弧下滑。不計空氣阻力。1．從釋放到運動至地面的過程中，a、b和c三個小球所受重力做的功分別為Wa、Wb、Wc，則A．Wa>Wb>Wc B．Wa<Wb<WcC．Wa=Wb=Wc D．Wa<Wb=Wc2．b小球從釋放到運動至地面的過程中，A．動能減少，機械能減少B．動能減少，機械能增加C．動能增加，機械能增加D．動能增加，機械能不變3．從釋放到運動至地面的過程中，c小球所受重力的瞬時功率A．變小 B．變大C．不變 D．先變大后變小2、(本題9分)在物理學的發展過程中，科學家們創造出了許多物理學研究方法，以下關于所用物理學研究方法的敘述不正確的是A．加速度、速度都是采取比值法定義的物理量B．在探究共點力的合成時用到了等效替代的思想方法C．牛頓提出了萬有引力定律，并通過實驗測出萬有引力常量的數值D．牛頓第一定律是利用邏輯思維對事實進行分析的產物，無法用實驗直接驗證3、關于物體的動能，下列說法正確的是A．質量大的物體，動能一定大B．速度大的物體，動能一定大C．速度方向變化，動能一定變化D．物體的質量不變，速度變為原來的兩倍，動能將變為原來的四倍4、(本題9分)世界最高的蹦極是美國皇家峽谷懸索橋蹦極，高321米．假設有一蹦極運動員身系彈性蹦極繩由靜止從橋面跳下．運動員可視為質點，空氣阻力忽略不計，下列說法正確的是（）A．運動員下落過程中重力對其先做正功后做負功B．運動員下落過程中地球和運動員組成的系統機械能守恒C．運動員下落過程中其加速度先保持不變，然后減小再增大D．運動員下落過程中其重力勢能的改變量與零勢能面的選取有關5、(本題9分)下列關于經典力學和相對論的說法，正確的是()A．經典力學和相對論是各自獨立的學說，互不相容B．相對論是在否定了經典力學的基礎上建立起來的C．相對論和經典力學是兩種不同的學說，二者沒有聯系D．經典力學包含于相對論之中，經典力學是相對論的特例6、2018年11月央視報道了一則“超級高鐵”新聞，最高時速可達4000公里/小時，觀眾驚呼是“黑科技”其實就是利用真空管技術和磁懸浮技術，讓列車在沒有摩擦阻力的"膠囊管道”中實現超高速運動．工程人員在3.2公里的直線測試軌道進行試驗，啟動后僅用時3秒就可以通過，則（）A．新聞中4000公里/小時是平均速度 B．用時3秒是時刻C．列車在真空管道中只受重力作用 D．測試軌道為3.2公里是位移的大小7、(本題9分)發射地球同步衛星時，先將衛星發射至近地圓軌道1，然后經點火，使其沿橢圓軌道2運行，最后再次點火，將衛星送入同步圓軌道1．軌道1、2相切于P點，軌道2、1相切于Q點如右圖所示．則當衛星分別在1、2、1軌道上正常運行時，以下說法正確的是（）A．衛星在軌道1上的速率小于在軌道1上的速率B．衛星在軌道1上的角速度大于在軌道1上的角速度C．衛星在軌道1具有的機械能小于它在軌道2具有的機械能D．衛星在軌道2上經過Q點時的加速度等于它在軌道1上經過Q點時的加速度8、(本題9分)（多選題）如圖所示，將一質量為m的擺球用長為L的細繩吊起，上端固定，使擺球在水平面內做勻速圓周運動，細繩就會沿圓錐面旋轉，這樣就構成了一個圓錐擺，細繩與豎直方向成θ角，下列說法中正確的是（）A．擺球受重力、拉力和向心力的作用 B．擺球受重力和拉力的作用C．擺球運動周期為π D．擺球運動的角速度有最小值，且為9、(本題9分)在平直公路上，汽車由靜止開始做勻加速運動，當速度達到vm后立即關閉發動機直到停止，運動的v－t圖象如圖所示。設汽車的牽引力為F，摩擦力為f；全過程中牽引力做功W1，克服摩擦力做功W1，全程牽引力的沖量大小為I1，摩擦力的沖量大小為I1．則下列關系正確的是()A．F：f＝3：1B．F：f＝4：1C．W1：W1＝1：1D．I1：I1＝1：110、(本題9分)2017年4月23日至4月27日，我國天舟一號貨運飛船對天宮二號進行了推進劑補加，這是因為天宮二號組合體受軌道上稀薄空氣的影響，軌道高度會逐漸降低，天宮二號運動中需要通過“軌道維持”使其飛回設定軌道.對于天宮二號在“軌道維持”前后對比，下列說法正確的是（）A．天宮二號在“軌道維持”前的速度比“軌道維持”后的速度大B．天宮二號在“軌道維持”前的周期比“軌道維持”后的周期小C．天宮二號在“軌道維持”前的重力勢能比“軌道維持”后的重力勢能大D．天宮二號在“軌道維持”前的機械能與“軌道維持”后的機械能相等11、如圖所示，一光滑球體靜止于夾角為θ的支架ABC內，AB、BC與水平面的夾角都為α，現以B為旋轉中心，在平行于紙面的平面內，讓BC緩慢沿順時針旋轉，直至水平（AB不動），設BC對球體的作用力大小為F1，AB對球體的作用力大小為FA．F1可能一直增大 B．FC．F1可能先減小后增大 D．F12、(本題9分)如圖所示電路中，電源內阻r不能忽略，兩個電壓表均為理想電表。已知R1=10Ω，r=2Ω，滑動變阻器R2的最大阻值為20Ω。當滑動變阻器R2的滑動觸頭P移動時，下列判斷正確的是A．P從b端向a端移動過程中，R2消耗的功率先增大后減小B．P從a端向b端移動過程中，R1消耗的功率先減小后增大C．P從b端向a端移動過程中，V1的示數一直增大D．P從a端向b端移動過程中，V1的示數與電池內電阻分壓之和一直增大二、實驗題（本題共16分，答案寫在題中橫線上）13、（6分）(本題9分)如圖所示實驗裝置可用來探究影響平行板電容器電容的因素，其中電容器左側極板和靜電計外殼接地，電容器右側極板與靜電計金屬球相連．（1）用摩擦過的玻璃棒或橡膠棒接觸______側極板（選填左或右）使電容器帶電．①將極板間距離減小時，可觀察到靜電計指針偏轉角______（選填變大，變小或不變）；②兩板間插入電介質時，可觀察到靜電計指針偏轉角______（選填變大，變小或不變）．（2）下列關于實驗中使用靜電計的說法中不正確的有______________A．使用靜電計的目的是觀察電容器電壓的變化情況B．使用靜電計的目的是測量電容器電量的變化情況C．靜電計可以用電壓表替代D．靜電計可以用電流表替代14、（10分）(本題9分)某同學要將一滿偏電流為3mA的毫安表G改裝為量程為30mA的電流表。他先測量出毫安表G的電阻，然后對表進行改裝，最后再利用一標準毫安表，對改裝后的電流表進行檢測具體實驗步驟如下：①按電路原理圖a連接線路②將R1的阻值調到最大，閉合開關S1后調節R1的阻值，使毫安表G的指針偏轉到滿刻度③閉合S2，保持R1不變，調節R2的阻值，使毫安表G的指針偏轉到滿刻度的三分之一的位置④記下R2的阻值回答下列問題：（1）如果按正確操作步驟測得R2的阻值為90Ω，則毫安表G內阻的測量值Rg=___Ω，與毫安表內阻的真實值相比，Rg____（填“>”、“＝”或“<”）（2）若忽略實驗的誤差，將上述毫安表G改裝成量程為30mA的電流表，則需要并聯一個阻值R=___Ω的電阻（3）根據圖b所示電路對改裝后的電表進行檢測，當標準毫安表的示數為16.0mA時，改裝表的指針位置如圖c所示，由此可以推測出改裝的電表量程不是預期值，改裝電流表的量程是__mA（4）要達到預期目的，無論測得的內阻值是否正確，都不必重新測量，只需要將阻值為R的電阻換為一個阻值為kR的電阻即可，其中k=____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，質量為m＝2kg的木塊在傾角θ＝的斜面上由靜止開始下滑（假設斜面足夠長），木塊與斜面間的動摩擦因數為μ＝0.5，已知sin＝0.6，cos＝0.8，g取10m/s2，求：(1)木塊下滑時的加速度大小和前2s內的位移大小；(2)前2s內重力做的功；(3)前2s內重力的平均功率．16、（12分）如圖所示，一個質量為1.0×10-4kg的帶電小球，穿過一根光滑的絕緣桿，置于場強為2.0×102N/C的水平向右的勻強電場中，桿與水平面夾角為37°.小球剛好勻速下滑，問：(1)小球帶的電量為多少?(2)桿上A、B兩點相距10cm，小球由A運動至B電場力所做的功多大?A、B兩點的電勢差UAB為多大?(sin37°=0.6，cos37°=0.8)17、（12分）(本題9分)靜止在水平地面上的兩小物塊A、B，質量分別為mA=1.0kg，mB=4.0kg；兩者之間有一被壓縮的微型彈簧(長度不計)，其彈性勢能為10.0J，A與其右側的豎直墻壁距離l=1.0m，如圖所示。某時刻，將壓縮的微型彈簧釋放，使A、B瞬間分離，兩物塊獲得的速度之比是vA︰vB=4︰1。釋放后，A沿著與墻壁垂直的方向向右運動。A、B與地面之間的動摩擦因數均為μ=0.20。重力加速度取g=10m/s2。A與墻壁碰撞前后動能不變且碰撞時間不計。求：(1)彈簧釋放后瞬間A、B速度的大小；(2)物塊A、B中有一個停下來時，A與B之間的距離。

參考答案一、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、1．C2．D3．D【解析】1．重力做功與路徑無關，則三種情況下重力做功均為mgh，即Wa=Wb=Wc；A.Wa>Wb>Wc與結論不符；B.Wa<Wb<Wc與結論不符；C.Wa=Wb=Wc與結論相符；D.Wa<Wb=Wc與結論不符；2．b小球從釋放到運動至地面的過程中，只有重力做正功，則動能增加，機械能不變；A.“動能減少，機械能減少”與結論不相符；B.“動能減少，機械能增加”與結論不相符；C.“動能增加，機械能增加”與結論不相符；D.“動能增加，機械能不變”與結論相符；3．根據PG=mgvy可知，剛開始釋放時vy=0，則PG=0；到達最低點時速度v與mg垂直，則PG又變為零，則從釋放到運動至地面的過程中，c小球所受重力的瞬時功率先變大后變小；A.變小，與結論不相符；B.變大，與結論不相符；C.不變，與結論不相符；D.先變大后變小，與結論相符；2、C【解析】

A.加速度、速度都是采取比值法定義的物理量，選項A正確；B.在探究共點力的合成時用到了等效替代的思想方法，選項B正確；C.牛頓提出了萬有引力定律，卡文迪許通過實驗測出萬有引力常量的數值，選項C錯誤；D.牛頓第一定律是利用邏輯思維對事實進行分析的產物，無法用實驗直接驗證，選項D正確；3、D【解析】動能公式為，可見動能的大小與物體的質量和速度大小都有關系，但與速度方向無關，ABC錯；D對；4、C【解析】

運動員下落過程中高度不斷下降，重力始終做正功，故A錯誤；運動員下落過程中，對于運動員、地球和蹦極繩所組成的系統，由于只有重力和彈力做功，所以系統的機械能守恒，而運動員和地球組成的系統機械能不守恒，故B錯誤；蹦極繩繃直前，繩子的彈力為零，運動員只受重力，加速度為g，保持不變．蹦極繩繃緊后，運動員受到重力和繩的彈力，彈力先小于重力，再等于重力，后大于重力，隨著彈力的增大，合力先減小后增大，則運動員的加速度先減小后增大，故C正確；重力勢能的改變量與重力做功有關，取決于初末位置的高度差，與零勢能面的選取無關，故D錯誤.故選C.5、D【解析】經典力學和相對論應用條件不同，沒有矛盾，D對；6、D【解析】

A.新聞中4000公里/小時是最大速度，不是平均速度，故A錯誤；B.用時3秒是時間，不是時刻，故B錯誤；C.列車在真空管道中受到重力作用和支持力和水平方向的安培力的作用，故C錯誤；D.由于是直線運動，所以測試軌道為3.2公里是位移的大小，故D正確．7、ACD【解析】A項：根據人造衛星的萬有引力等于向心力，，解得：，軌道1半徑比軌道1半徑大，所以衛星在軌道1上的速率小于在軌道1上的速率，故A正確；B項：根據人造衛星的萬有引力等于向心力，，解得：，軌道1半徑比軌道1半徑大，所以衛星在軌道1上的角速度小于在軌道1上的角速度，故B錯誤；C項：衛星從軌道1到軌道2要點火加速，即把燃燒燃料的化學能轉化為機械能，所以衛星在軌道1具有的機械能小于它在軌道2具有的機械能，故C正確；D項：根據牛頓第二定律和萬有引力定律得加速度：，所以衛星在軌道2上經過Q點時的加速度等于它在軌道1上經過Q點時的加速度，故D正確．點晴：本題考查衛星的變軌和離心運動等知識，關鍵抓住萬有引力提供向心力，先列式求解出線速度和角速度的表達式，再進行討論．8、BCD【解析】A、擺球只受重力和拉力作用．向心力是根據效果命名的力，是幾個力的合力，也可以是某個力的分力,故A錯誤、B正確；C、擺球的周期是做圓周運動的周期，擺球做圓周運動所需要的向心力是重力沿水平方向指向圓心的分力提供的．即，所以，故C錯誤；D、，所以，當時，最小值為，故D正確．點睛：此題要知道向心力的含義，能夠分析向心力的來源，知道向心力可以是幾個力的合力，也可以是某個力的分力，此題中重力沿著水平方向的分力提供力小球做圓周運動所需的向心力．9、BCD【解析】

由圖可知，物體先做勻加速直線運動，1s末速度為v，由動能定理可知(F-f)L減速過程中，只有阻力做功：(F-f)L由圖象可知，L1：L1=1：3解得：F:f=4:1對全程由動能定理得：W1-W1=0故W1：W1=1：1根據動量定理可知，合外力沖量等于動量變化I1-I1=0故I1：I1=1：1A.F：f＝3：1與分析不符，故A項與題意不相符；B.F：f＝4：1與分析相符合，故B項與題意相符；C.W1：W1＝1：1與分析相符，故C項與題意相符；D.I1：I1＝1：1與分析相符，故D項與題意相符。10、AB【解析】天宮二號在“軌道維持”前軌道半徑比“軌道維持”后的小，由衛星的速度公式分析知，天宮二號在“軌道維持”前的速度比“軌道維持”后的速度大，故A正確．天宮二號在“軌道維持”前軌道半徑比“軌道維持”后的小，由開普勒第三定律知天宮二號在“軌道維持”前的周期比“軌道維持”后的周期小．故B正確．天宮二號在“軌道維持”前離地的高度較小，則在“軌道維持”前的重力勢能比“軌道維持”后的重力勢能小，故C錯誤．天宮二號要實現“軌道維持”，必須點火加速，所以天宮二號在“軌道維持”前的機械能小于“軌道維持”后的機械能．故D錯誤．

故選AB.11、AC【解析】

以小球為研究對象進行受力分析如圖所示，通過重力的末端向F2【詳解】以小球為研究對象進行受力分析如圖所示，通過重力的末端向F2的反向延長線上做矢量三角形，根據圖中各力的變化情況可知：F1可能一直增大、也先減小后增大（初狀態α角大小未知，所以是可能）、A.F1B.F2C.F1D.F2【點睛】本題主要是考查了共點力的平衡問題，解答此類問題的一般步驟是：確定研究對象、進行受力分析、利用平行四邊形法則進行力的合成或者是正交分解法進行力的分解，然后在坐標軸上建立平衡方程進行解答，本題是采用圖象法進行解答的。12、AC【解析】

由圖可知R1與R2串聯，V1測R1兩端的電壓，V2若P從b端向a端移動的過程中，則滑動變阻器接入電阻減小，由閉合電路歐姆定律可知，電路中總電流增大，R1兩端的電壓增大，根據P=I2R可得R1消耗的功率一直增大。可將R1看成電源的內電阻，開始時，因R1+r=12Ω<R2，則R2【點睛】閉合電路歐姆定律的動態分析類題目，一般可按外電路-內電路-外電路的分析思路進行分析，在分析時應注意結合閉合電路歐姆定律及串并聯電路的性質．二、實驗題（本題共16分，答案寫在題中橫線上）13、（1）右，①變小，②變小，（2）BCD【解析】

（1）用摩擦過的玻璃棒或橡膠棒接觸右側極板，可使電容器帶電，因為若與左側極板接觸，由于左側極板接地而使電荷被“中和”，從而不能使電容器帶電．①根據電容的決定式C知，將極板間距離減小時，電容增大，根據U知，電荷量不變，則電勢差減小，指針偏角變小．②根據電容的決定式C知，兩板間插入電介質時，電容增大，根據U知，電荷量不變，則電勢差減小，指針偏角變小．（2）A、B、靜電計可測量電勢差，根據指針張角的大小，觀察電容器電壓的變化情況，無法判斷電量的變化情況．故A正確，B錯誤．C、D、靜電計與電壓表、電流表的原理不同，不能替代．電流表、電壓表線圈中必須有電流通過時，指針才偏轉．故CD錯誤．故選BCD．14、180<2