《2023届广西贵港市高级中学高一物理第二学期期末调研试题（含答案解析）.doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2023届广西贵港市高级中学高一物理第二学期期末调研试题（含答案解析）.doc（12页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、2023学年高一下物理期末模拟试卷注意事项: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)A、B两物体在水平面上做匀速圆周运动。在相同时间内，它们通过的路程之比是43，运动方向改变的角度之比是32，则两物
2、体做匀速圆周运动的（）A半径之比为21B角速度大小之比为34C线速度大小之比为43D向心加速度大小之比为122、如图，两滑块A、B在光滑水平面上沿同直线相向运动，滑块 A的质量为m，速度大小为2，方向向右，滑块B的质量为2m，速度大小为，方向向左，两滑块发生弹性碰撞后的运动状态是AA和B都向左运动BA向左运动，B向右运动CA静止，B向右运动DA和B都向右运动3、 (本题9分)在滑冰场上，甲、乙两小孩分别坐在滑冰板上，原来都静止不动，在相互猛推一下后分别向相反方向运动。假定两板与冰面间的动摩擦因数相同。已知甲在冰上滑行的距离比乙远这是由于( )A在推的过程中，甲推乙的力小于乙推甲的力B分开时甲获
3、得的动量大小大于乙的动量大小C在刚分开时，甲的初速度大于乙的初速度D在分开后，甲的加速度的大小小于乙的加速度的大小4、两电阻R1、R2的伏安特性曲线如图所示，由此可知R1:R2等于A1:3B3:1C1：D：15、 (本题9分)如图所示，虚线表示电场中一簇等势面，相邻等势面之间电势差相等.一个粒子以一定的初速度进入电场中，只在电场力作用下从M点运动到N点，此过程中电场力对粒子做负功.由此可以判断（ ）AM点的电势高于N点的电势B粒子在M点的电势能小于在N点的电势能C粒子在M点受到的电场力大于在N点受到的电场力D粒子经过M点时的速率小于经过N点时的速率6、 (本题9分)质量为的小球用长为的悬线固定
4、在点，在点正下方处有一光滑圆钉，如图所示，今把小球拉到悬线呈水平后无初速度释放，当悬线碰到圆钉前后瞬间，下列说法错误的是（ ）A小球的线速度之比为B小球的角速度之比为C小球的向心加速度之比为D悬线对小球的拉力之比为7、 (本题9分)电动势为E、内阻为r的电源与定值电阻R1、R2及滑动变阻器R连接成如图所示的电路，当滑动变阻器的触头向上滑动时，下列说法正确的是A定值电阻R2的电功率减小B电压表和电流表的示数都减小C电压表的示数增大，电流表的示数减小D通过滑动变阻器R中的电流增大8、 (本题9分)如图所示，由绝缘材料制成的光滑圆环圆心为O)竖直固定放置。电荷量为+q(q0)的小球A固定在圆环的最高
5、点，电荷量大小为q的小球B可在圆环上自由移动。若小球B静止时，两小球连线与竖直方向的夹角为=30，两小球均可视为质点，以无穷远处为零电势点，则下列说法正确的是A小球B可能带正电BO点电势一定为零C圆环对小球B的弹力指向圆心D将小球B移至圆环最低点，A、B组成的系统电势能变大9、 (本题9分)甲、乙两物体从同一位置沿同一直线运动，它们的xt图象如图所示（乙的图线为抛物线），下列说法正确的是（ ）At1时刻，两者相距最远B0t2时间内，乙的速度先减小后增大Ct2时刻，甲物体追上乙D乙物体先向负方向运动，t1时刻以后反向向正方向运动10、 (本题9分)如图所示，物体A、B由轻弹簧相连接，放在光滑的水
6、平面上，物体A的质量等于物体B的质量。物体B左侧与竖直光滑的墙壁相接触，弹簧被压缩，弹性势能为E，释放后物体A向右运动，并带动物体B离开左侧墙壁。下列说法正确的是（ ）A物体B离开墙之前，物体A、B及弹簧组成的系统动量守恒B物体B离开墙之后，物体A、B及弹簧组成的系统动量守恒C物体B离开墙之后，物体B动能的最大值为D物体B离开墙之后，弹簧的最大弹性势能为11、 (本题9分)质量为2kg的物体在合外力作用下做直线运动的图象如图所示，下列说法正确的是（）A在01s内合外力做功为4JB在13s内合外力做功为4JC在0.5s时合外力功率大小为4WD在2s时合外力功率大小为4W12、 (本题9分)如图所
7、示，a、b是两颗质量相等，绕地球做匀速圆周运动的卫星，下列说法正确的是A卫星a的动能大于b的动能B卫星a的动能小于b的动能C卫星a的机械能大于b的机械能D卫星a的机械能小于b的机械能二、实验题（本题共16分，答案写在题中横线上）13、（6分）在测定电源电动势与内电阻实验中，实验电路如图所示。电源极性与电表正负接线柱已在图中标注。（1）在开关闭合前，请指出电路中的不当之处（指出两处即可）_ _ （2）根据实验数据获得图象如图所示，则电动势_，内阻_。14、（10分） (本题9分)描绘平抛运动轨迹的实验装置示意如图。为了保证实验准确，在实验过程中必须采取下列哪些步骤_。A斜槽末端的切线必须水平B入
8、射小球每次应从斜槽上的同一位置由静止开始释放C在斜槽末端悬挂重锤以确定竖直方向D固定白纸的木板可以倾斜放置上图曲线是某位同学描绘出的小球做平抛运动的轨迹，图中坐标纸上的小方格每边长均为5cm，重力加速度取9.8m/s2，则小球做平抛运动的初速度为_ms。（结果保留两位有效数字）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)如图所示，QB段为一半径为R1 m的光滑圆弧轨道，AQ段为一长度为L1 m的粗糙水平轨道，两轨道相切于Q点，Q在圆心O的正下方，整个轨道位于同一竖直平面内物块P的质量为m1 kg(可视为质点)，P与AQ间的动摩擦因数0.1，若物块P以速
9、度v0从A点滑上水平轨道，到C点后又返回A点时恰好静止(取g10 m/s2)求：(1)v0的大小；(2)物块P第一次刚通过Q点时对圆弧轨道的压力16、（12分） (本题9分)火星探测器在距火星表面高度为h的轨道绕其飞行，该运动可看做匀速圆周运动。已知探测器飞行一周的时间为 T，火星视为半径为 R 的均匀球体，万有引力常量为 G，求：(1)火星的质量 M；(2)火星表面的重力加速度 g。17、（12分） (本题9分)某人在离地面10m高处以10m/s的速度水平抛出一质量为1kg的物体，不计空气阻力，取g=10m/s2.求：（1）人对物体所做的功；（2）物体落地时的水平位移及速度大小；（3）物体从
10、抛出到落地过程中动量变化量的大小。2023学年模拟测试卷参考答案（含详细解析）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、C【答案解析】C线速度，A、B时间相等内通过的路程之比为4：3，则线速度之比为4：3，选项C正确；B角速度，运动方向改变的角度等于圆周运动转过的角度，A、B转过的角度之比为3：2，时间相等，则角速度大小之比为3：2，选项B错误；A根据得圆周运动的半径线速度之比为4：3，角速度之比为3：2，则圆周运动的半径之比为8：9，选项A错误；D线速度之比为4：3，角速度之比为3：2，根据得向心加速度之比为2：1，选项D错误。故选C。2、B【
11、答案解析】两球碰撞过程动量守恒，以两球组成的系统为研究对象，取水平向右方向为正方向，碰撞前，A、B的速度分别为：vA=2v0、vB=v0。碰撞前系统总动量：P=mAvA+mBvB=m2v0+2m（-v0）=0，P=0，系统总动量为0，系统动量守恒，则碰撞前后系统总动量都是0；由于碰撞是弹性碰撞，则碰撞后二者的速度不能等于0，运动的方向一定相反；故B正确，A、C、D错误。故选B。【答案点睛】本题碰撞过程中遵守动量守恒，不仅碰撞前后总动量的大小不变，方向也保持不变，要注意选取正方向，用符号表示速度的方向。3、C【答案解析】A.在推的过程中，甲推乙的力和乙推甲的力是一对作用力和反作用力，根据牛顿第三
12、定律，作用力和反作用力大小相等，方向相反，故A错误；B. 根据动量守恒定律，则分开时甲获得的动量大小等于乙的动量大小，故B错误；C.由动能定理滑行的距离，甲在冰上滑行的距离比乙远，两板与冰面间的动摩擦因数相同，说明在刚分开时，甲的初速度大于乙的初速度，故C正确；D.根据牛顿第二定律，在分开后，甲的加速度的大小等于乙的加速度的大小，都等于，两板与冰面间的动摩擦因数相同，故两者加速度大小相等,故D错误。4、A【答案解析】根据，解得：。A.根据计算结果可知，故A正确；B.根据计算结果可知，故B错误；C.根据计算结果可知，故C错误；D.根据计算结果可知，故D错误。5、B【答案解析】粒子为氦核，带正电，
13、由运动轨迹可以知道，电场力的方向指向右下方，即电场线的方向指向右下方，根据电场的性质“顺着电场线的方向电势降落”可以知道N点的电势高于M点的电势，故A错误.电场力做负功，电势能增加，粒子在M点的电势能小于在N点的电势能，故B正确.根据电场线或等势而的疏密程度可以知道，M点的场强小于N点的场强， 粒子在M点受到的电场力小于在N点受到的电场力，故C错误.电场力做负功，则知动能减小，速率减小，故D错误.6、D【答案解析】当悬线碰到圆钉C前后瞬间，小球水平方向不受力，故小球的线速度不变，故A正确；小球通过最低点时，线速度不变，做圆周运动的半径减半，根据=v/r知，则角速度之比1：2，故B正确；小球的向
14、心加速度a=v2/r，半径减半，故小球的向心加速度之比为1:2，故C正确；根据牛顿第二定律：Fmgma，故绳子的拉力Fmg+ma，因向心加速度之比为1:2，故悬线对小球的拉力之比不等于1:2，故D错误；此题选择错误的选项，故选D【答案点睛】本题关键要抓住细绳碰到钉子前后线速度不变，转动半径变化，再由圆周运动的规律，比如向心力公式进行分析7、BD【答案解析】当滑动变阻器的触头向上滑动时，R连入电路的电阻减小，故电路总电阻减小，总电流增大，根据可知路端电压减小，即电压表示数减小；总电流增大，即两端电压增大，而路端电压是减小的，故并联电路两端电压减小，即两端电压减小，所以电流表示数减小，而根据可知的
15、功率增大，AC错误B正确；干路电流增大，而的电流减小，故通过R的电流增大，D正确【答案点睛】在分析电路动态变化时，一般是根据局部电路变化（滑动变阻器，传感器电阻）推导整体电路总电阻、总电流的变化，然后根据闭合回路欧姆定律推导所需电阻的电压和电流的变化（或者电流表，电压表示数变化），也就是从局部整体局部8、BD【答案解析】A.因小球B处于静止状态，对其受力分析，如下图所示：由于A球带正电，因此小球B一定带负电，故A错误；B.因两球带电量是等量异种电荷，则两者连线的中垂线即为等势线，以无穷远处为零电势点，因此O点的电势为零，故B正确；C.由A选项分析，可知圆环对小球B的弹力背离圆心，故C错误；D.将小球B移至圆环最低点，电场力做负功
