2022-2023学年山东省桓台第一中学高一物理第二学期期中调研模拟试题含解析

2022-2023学年山东省桓台第一中学高一物理第二学期期中调研模拟试题请考生注意：1．请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用0．5毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。写在试题卷、草稿纸上均无效。2．答题前，认真阅读答题纸上的《注意事项》，按规定答题。一、选择题（本题共12小题，每小题5分，共60分，在每小题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项正确，有的小题有多个选项正确.全部选对的得5分，选不全的得3分，有选错的或不答的得0分）1、如图所示，对正在空中匀速上升的无人机分析，下列说法正确的是A．重力做正功，重力势能减小B．重力做负功，重力势能增加C．合力做正功，重力势能减小D．合力做负功，重力势能增加2、人造卫星绕地球做圆周运动时，卫星离地面的高度越高，（）A．周期越大 B．角速度越大C．线速度越大 D．向心加速度越大3、质量为m的小球，用长为l的线悬挂在O点，在O点正下方处有一光滑的钉子O′，把小球拉到与O′在同一竖直面内的某一位置，由静止释放，下摆过程中摆线将被钉子拦住，如图所示。当球第一次通过最低点P时（）A．小球的线速度突然增大B．小球的角速度突然减小C．摆线上的张力突然减小D．小球的向心加速度突然增大4、卫星电话在抢险救灾中能发挥重要作用．第一代、第二代海事卫星只使用静止轨道卫星，不能覆盖地球上的高纬度地区．而第三代海事卫星采用同步和中轨道卫星结合的方案，解决了覆盖全球的问题．它由4颗同步卫星与12颗中轨道卫星构成．中轨道卫星离地面的高度约为地球半径的2倍，分布在几个轨道平面上(与赤道平面有一定的夹角)．地球表面处的重力加速度为g，则由于地球的作用使中轨道卫星处的重力加速度约为()A． B． C．4g D．9g5、如图所示，半径为r的圆柱形转筒，绕其竖直中心轴OO′转动，小物体a在圆筒的内壁上，它与圆筒间的动摩擦因数为μ，要使小物体不下落，圆筒转动的角速度至少为（）A． B． C． D．6、如图所示，在地面上以速度v0抛出质量为m的物体，抛出物体落到比地面低h的海平面上．若以海平面为零势能面，不计空气阻力，则下列说法中正确的是()A．物体到海平面时的重力势能为mghB．重力对物体做的功为－mghC．物体在海平面上的动能为＋mghD．物体在海平面上的机械能为7、如图，质量为m2的物体2放在正沿平直轨道向右行驶的车厢底板上，并用竖直细绳通过光滑定滑轮连接质量为m1的物体1，与物体1相连接的绳与竖直方向成θ角，则（）A．车厢的加速度为gsinθ B．绳对物体1的拉力为C．物体2所受底板的摩擦力为m2gtanθ D．底板对物体2的支持力为(m2－m1)g8、如图所示的电路中，将滑动变阻器的滑片P向右滑动后，假设电流表A1和电压表V2两个电表的示数变化量的绝对值分别为I1和U2，则在滑片P向右滑动的过程中，下列说法正确的是（）A．V1变大B．A2变大C．V2变大D．不变9、一质量为m的物体被人用手由静止竖直向上以加速度a匀加速提升h。关于此过程，下列说法中不正确的是（）A．提升过程中手对物体做功B．提升过程中合外力对物体做功C．提升过程中物体的重力势能增加D．提升过程中物体克服重力做功mgh10、横截面为直角三角形的两个相同斜面紧靠在一起，固定在水平面上，如图所示．现有三个小球从左边斜面的顶点以不同的初速度向右平抛，最后落在斜面上．其落点分别是a、b、c．下列判断正确的是()A．图中三小球比较，落在a点的小球飞行时间最短B．图中三小球比较，落在c点的小球飞行时间最短C．图中三小球比较，落在c点的小球飞行过程速度变化最大D．图中三小球比较，小球飞行过程中的速度变化不一样11、如图所示，水平绷紧的传送带AB长L=6m，始终以恒定速率v1=4m/s运行。初速度大小为v2=6m/s的小物块(可视为质点)从与传送带等高的光滑水平地面上经A点滑上传送带。小物块m=1kg，物块与传送带间动摩擦因数μ=0.4，g取10m/s2，下列说法正确的是A．小物块可以到达B点B．小物块不能到达B点，返回A点速度为4m/sC．小物块向左运动速度减为0时相对传送带滑动的距离达到最大D．小物块在传送带上运动时，因相互间摩擦力产生的热量为50J12、关于平抛运动，下列说法中正确的是（）A．平抛运动是加速度不变的运动 B．做平抛运动的物体速度变化越来越快C．做平抛运动的物体在相等时间内速度变化量相等 D．质量不同的物体做平抛运动时加速度不同二．填空题(每小题6分，共18分)13、如图所示为一小球做平抛运动的闪光照相照片的一部分，图中背景方格的边长均为L=5cm，闪光频率f=10Hz，那么：(1)小球做平抛运动的初速度的大小是_________m/s；(2)小球经过B点时的速度大小是_________m/s。(3)经计算判断，A点_____________抛出点；（填写“是”或“不是”），若A点为坐标原点，则抛出点坐标_____________。14、某同学做“探究弹力与弹簧伸长量的关系”的实验，他先把弹簧放在水平桌面上使其自然伸展，用直尺测出其长度L0，再把弹簧竖直悬挂起来，刻度尺的零刻度线跟弹簧上端对齐，在弹簧的下部A处固定一个指针．如图所示．挂上钩码，平衡后测出其长度L，令x＝L－L0.改变钩码个数，进行多次测量．(1)用F表示弹簧下端受到的钩码的拉力，则如图所示的Fx图线，你认为符合实际情况的是（______）A．B．C．D．(2)如果将指针固定在A点的下方P处，在正确测出弹簧原长的情况下，再作出x随F变化的图象，此时弹簧劲度系数的测量值___________实际值(填“大于”“小于”或“等于”)．15、在“研究平抛物体的运动”的实验时，斜槽是否光滑对实验结果是否有影响____．（填“有”、“没有”．）平抛物体的运动规律可以概括为两点：①水平方向作匀速运动，②竖直方向作自由落体运动．为了研究平抛物体的运动，可做下面的实验：如图所示，用小锤打击弹性金属片，A球就水平飞出，同时B球被松开，做自由落体运动，我们将观察到_________；这个试验说明___________________________．三．计算题(22分)16、（12分）如图甲所示的电路中，R1、R2均为定值电阻，且R1＝100Ω，R2阻值未知，R3为滑动变阻器．当其滑片P从左端滑至右端时，测得电源的路端电压随电源中流过的电流变化图线如图乙所示，其中A、B两点是滑片P在变阻器的两个不同端点得到的．计算：（1）定值电阻R2的阻值；（2）滑动变阻器的最大阻值；（3）电源的电动势和内阻．17、（10分）如图所示，物体从距离斜面底端x1=4m处由静止滑下，若物块与斜面、水平面间动摩擦因数均为0.5，斜面倾角为37°，斜面与平面间由一小段圆弧平滑连接，已知；，求：（1）物块滑到斜面底端时的速度；（2）物块在水平面上向右运动的距离．

参考答案一、选择题（本题共12小题，每小题5分，共60分，在每小题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项正确，有的小题有多个选项正确.全部选对的得5分，选不全的得3分，有选错的或不答的得0分）1、B【解析】

无人机竖直方向匀速在上升的过程中，无人机的速度不变，动能不变，由动能定理知合外力做功等于无人机动能的变化，所以合外力不做功；无人机高度上升，重力做负功，则重力势能增加，故选项B正确，A、C、D错误．2、A【解析】

人造卫星绕地球做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，设地球质量为，卫星质量为；且设卫星运动轨道半径为，线速度大小为，角速度大小为，周期为，向心加速度为，则由上式可得故轨道越高，即半径越大，周期越大，线速度越小，角速度越小，向心加速度越小。故A正确，BCD错误；故选A。3、D【解析】

A．当球第一次通过P点时，线速度的大小不变，故A错误；B．由于线速度大小不变，根据知，转动的半径变小，则角速度变大，故B错误；C．根据牛顿第二定律得，，线速度大小不变，转动半径变小，则摆线张力变大，故C错误；D．根据知，线速度大小不变，转动的半径变小，则向心加速度突然变大，故D正确。故选D。4、A【解析】由题意可知中轨道卫星的轨道半径是地球半径的3倍，设地球半径为R，则中轨道卫星的轨道半径为，在地球表面有：，对中轨道卫星有：，解得：，故A正确、BCD错误．点睛：中轨道卫星高度约为地球半径的2倍，所以中轨道卫星的轨道半径是地球半径的3倍，根据万有引力提供向心力公式即可求解．5、D【解析】

要使物体不下落，则小物块在竖直方向上受力平衡，有：f＝mg.当摩擦力正好等于最大摩擦力时，圆筒转动的角速度ω取最小值，筒壁对物体的支持力提供向心力，根据向心力公式得：N＝mω2r，而f＝μN，联立以上三式解得：.故D正确；ABC错误；故选D.6、C【解析】

A项：以海平面为零势能面，所以物体在海平面上时的重力势能为0，选项A错误；B项：重力做功与路径无关，至于始末位置的高度差有关，抛出点与海平面的高度差为h，并且重力做正功，所以整个过程重力对物体做功为mgh，选项B错误；C项：由动能定理w=Ek2-Ek1，有，故C正确；D项：整个过程机械能守恒，即初末状态的机械能相等，以海平面为零势能面，抛出时的机械能为，所以物体在海平面时的机械能也为，故D错误．点晴：此题应用了动能定理解决重力势能的变化与重力做功的关系，动能定理揭示了外力对物体所做总功与物体动能变化之间的关系，它描述了力在空间的积累效果，力做正功，物体的动能增加，力做负功，动能减少．动能定理解决的问题不受运动形式和受力情况的限制．还有就是重力势能的变化与零势能面的选取无关．7、BC【解析】

AB．以物体1为研究对象，重力m1g和拉力T，根据牛顿第二定律得m1gtanθ=m1a得a=gtanθ则车厢的加速度也为gtanθ。对1的拉力为故A错误，B正确。

CD．对物体2研究，分析受力如图2，根据牛顿第二定律得：f=m2a=m2gtanθ．故C正确，D错误。故选BC。8、BCD【解析】

先由局部电阻RP的变化开始分析，分析全电路的电阻、电流以及路端电压，然后再逐步分析到局部电路.【详解】在滑片P向右滑动的过程中，RP变大，则电路的总电阻变大，总电流减小，路端电压变大，即A1减小，R1的电压减小，则R3以及与其并联的支路电压变大，A2读数变大；V2读数变大；R3电流变大，则R2电流减小，则两端电压减小，即V1读数变小，故选项A错误，BC正确；U2=E-I1(R1+r)，可知不变，可知选项D正确；故选BCD.【点睛】分清电路图，利用等效电阻法结合总量法，根据电阻的变化确定比值的变化是解决本题的关键。9、BC【解析】

A．设人对物体的拉力F，由牛顿第二定律得即提高过程中手对物体做功为，故A正确，不符合题意；B．提高过程中合外力对物体做功故B错误，符合题意；CD．提高过程中物体克服重力做功mgh，重力势能增加mgh，故C错误，符合题意，D正确，不符合题意。故选BC。10、BD【解析】

AB、小球在平抛运动过程中，可分解为竖直方向的自由落体运动和水平方向的匀速直线运动，由于竖直方向的位移落在c点处的最小，落在a点处的最大，所以落在a点的小球飞行时间最长，落在c点的小球飞行时间最短，故A错误、B正确；C、速度的变化量，则落在c点的小球速度变化最小，故C错误；D、由速度的变化，可知三者运动时间不同，小球飞行过程中的速度变化不一样，故D正确．11、BD【解析】小物块在水平方向受到摩擦力的作用，f=μmg，产生的加速度：a=fA、若小物块从右端滑上传送带后一直做匀减速运动，速度减为零时的位移是x，则-2ax=0-v22，得x=v222a=4.5m<6m，所以小物块不能到达B点，故A错误；B、小物块不能到达B点，速度减为零后反向做匀加速运动，当速度等于传送带速度v1后匀速运动，返回A点速度为4m/s，故B正确；C、小物块不能到达B点，速度减为零后反向做匀加速运动加速的过程相对于初速度继续向左运动，所以小物块向左运动速度减为0时相对传送带滑动的距离没有达到最大，故C错误；D、小物块向右加速的过程中的位移：x'=v122a=2m，当速度等于传送带速度v1时，经历的时间：t=-v1-v22a=2.5s，该时间内传送带的位移：s=v1【点睛】本题关键是对于物体运动过程分析，物体可能一直减速，也有可能先减速后匀速运动，也可能先减速后加速再匀速运动.12、AC【解析】

A.平抛运动的加速度为重力加速度，且不变，故A正确；B.速度变化快慢由加速度来描述，因平抛运动的加速度为重力加速度，所以做平抛运动的物体速度变化快慢不变，故B错误；C.平抛运动的加速度不变，由可知在相等时间内速度变化量相等，故C正确；D.平抛运动的加速度为重力加速度，与质量无关，故D错误。故选AC。二．填空题(每小题6分，共18分)13、1.52.5不是（-15cm，-5cm）【解析】

(1)[1]由于闪光频率f=10Hz，相邻两个位置的时间间隔相邻两个点的水平距离因此平抛初速度(2)[2]经过B点时的竖直速度等于AC段竖直方向的平均速度因此B点时的速度(3)[3][4]从抛出下落到B点的时间而AB两间的时间间隔为，因此A点不是抛出点。抛出点到B点的竖直高度水平距离因此若A点为坐标原点，则抛出点的横纵坐标分别为14、C等于【解析】

(1)A项：实验中用横轴表示弹簧的伸长量x，纵轴表示弹簧的拉力F（即所挂重物的重力大小），由F=kx可知，图象过原点，没有考虑弹簧的自身重量，故A错误；B项：图中当x=0时，弹簧有弹力，故B错误；C项：当竖直悬挂时，由于自身重力的影响弹簧会有一段伸长量，但此时所挂重物的重力为0N（即：F=0N），故C正确；D项：因为在弹簧的弹性限度内，弹簧的伸长与其所