2023年甘肃省武威市第四中学高一物理第二学期期中学业质量监测模拟试题含解析

2023年甘肃省武威市第四中学高一物理第二学期期中学业质量监测模拟试题注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考场号和座位号填写在试题卷和答题卡上。用2B铅笔将试卷类型（B）填涂在答题卡相应位置上。将条形码粘贴在答题卡右上角"条形码粘贴处"。2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答案不能答在试题卷上。3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。4．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。一、选择题：本大题共10小题，每小题5分，共50分。在每小题给出的四个选项中，有的只有一项符合题目要求，有的有多项符合题目要求。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。1、两颗人造地球卫星，它们质量的比m1∶m2=1∶2，它们运行的线速度的比是v1∶v2=1∶2，那么（）。A．它们运行的周期比为16∶1 B．它们运行的轨道半径之比为1∶4C．它们所受向心力的比为1∶8 D．它们运动的向心加速度的比为1∶162、将一物体以9.8m/s的初速度水平抛出，经过一段时间后的末速度为初速度的倍，则这段时间是（g取9.8m/s2）（）A．B．C．D．3、一定质量的理想气体，经历一膨胀过程，这个过程可以用图上的直线ABC来表示，在A、B、C三个状态上，气体的温度TA、TB、TC相比较，大小关系为()A．TB＝TA＝TC B．TA>TB>TC C．TB>TA＝TC D．TB<TA＝TC4、关于自由落体运动，下列说法中正确的是A．不考虑空气阻力的运动是自由落体运动B．物体做自由落体运动时不受任何外力作用C．质量大的物体落到地面时的速度大D．自由落体运动是初速度为零的匀加速直线运动5、如图，a、b、c是地球大气层外圆形轨道上运行的三颗卫星，下列说法正确的是：A．b、c的线速度大小相等，且大于a的线速度：B．b、c的向心加速度大小相等，且大于a的向心加速度C．c加速可追上同轨道上的bD．a卫星由于某种原因，轨道半径缓慢减小，其线速度将增大6、如图所示，一个球绕中心轴线OO′以角速度ω做匀速圆周运动，则()A．a、b两点的线速度相同B．a、b两点的角速度相同C．若θ＝30°，则a、b两点的线速度之比va∶vb＝∶2D．若θ＝30°，则a、b两点的向心加速度之比aa∶ab＝2∶7、所示，木块从左边斜面的A点自静止开始下滑，经过一段水平面后，又滑上右边斜面并停留在B点．若木块与接触面间的动摩擦因数处处相等，AB连线与水平面夹角为θ，不计木块在路径转折处碰撞损失的能量，则A．木块与接触面间的动摩擦因数为B．木块与接触面间的动摩擦因数为C．左边斜面的倾角一定大于D．右边斜面的倾角一定不大于8、2009年1月，中国海军护航舰艇编队用时10天抵达亚丁湾、索马里海域为中国商船护航．如图所示，此次护航从三亚启航，经南海、马六甲海峡，穿越印度洋，总航程四千五百海里．关于此次护航，下列说法正确的是A．当研究护航舰艇的运行轨迹时，可以将其看做质点B．“四千五百海里”指的是护航舰艇的航行位移C．“四千五百海里”指的是护航舰艇的航行路程D．根据题中数据我们可以求得此次航行的平均速度9、如图所示为匀强电场中的一组等间距的竖直直线，一个带电粒子从A点以一定的初速度斜向上射入电场，结果粒子沿初速度方向斜向右上方做直线运动，则下列说法正确的是（）A．若竖直直线是电场线，电场的方向一定竖直向上B．若竖直直线是电场线，粒子沿直线向上运动过程动能保持不变C．若竖直直线是等势线，粒子一定做匀速直线运动D．若竖直直线是等势线，粒子沿直线斜向上运动过程电势能增大10、如图所示，轻质弹簧一端固定，另一端连接一小物块，O点为弹簧在原长时物块的位置。物块由A点静止释放，沿粗糙程度相同的水平面向右运动，最远到达B点。在从A到B的过程中，物块（）A．加速度先减小后增大B．经过O点时摩擦力的功率最大C．所受弹簧弹力始终做正功D．所受弹簧弹力做的功等于克服摩擦力做的功二、实验题11、（4分）在“用电流表和电压表测定电池的电动势和内阻”实验中，某同学测得了七组数据（如下表）．（1）根据表中实验数据在图中作出I—U图线____________；（2）从图线中得出，电源电动势E=___V，内电阻r=_____Ω.12、（10分）在“用单摆测重力加速度”的实验中，摆绳自然下垂状态下的摆绳长为L0，质量均匀分布的摆球半径为r，用停表测出n次全振动的时间为t.（1）利用单摆周期公式计算重力加速度g=_____________________。（2）下列选项哪些会使g的测量值偏小:_________，哪些会使g的测量值偏大_________。A．单摆振动过程中出现了圆锥摆的情况B．测摆长将摆线拉得过紧，C．正常测量摆长后，摆线来系紧，摆动过程中摆长逐渐变长，D．将n次全振动误记为n+1次，E.结束计时是秒表按下过迟。三、计算题：解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤．只写出最后答案的不能得分．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位13、（9分）观测到某一卫星环绕地球做匀速圆周运动，卫星距地面的高度为h．已知地球半径为R，地球质量为M，引力常量为求：（1）卫星绕地球运行时速度v；（2）卫星环绕地球运行的周期T．14、（14分）如图所示，半径R=0.9m的光滑的半圆轨道固定在竖直平面内，直径AC竖直，下端A与光滑的水平轨道相切。一小球沿水平轨道进入竖直圆轨道，通过最高点C时对轨道的压力为其重力的3倍。不计空气阻力，g取10m/s2。求：（1）小球在A点的速度大小；（2）小球的落地点到A点的距离。15、（13分）如图，质量为m=0.2kg的小球固定在L=0.9m的轻杆的一端，杆可绕O点的水平轴在竖直平面内转动，g=10m/s2，求：(1)当小球在最高点的速度为多大时，小球对杆的作用力为零；(2)当小球在最高点的速度分别为6m/s和1.5m/s时，杆对小球的作用力的大小和方向；(3)小球在最高点的速度能否等于零？

参考答案一、选择题：本大题共10小题，每小题5分，共50分。在每小题给出的四个选项中，有的只有一项符合题目要求，有的有多项符合题目要求。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。1、D【解析】

B．根据万有引力提供向心力解得它们运行的线速度的比是v1：v2=1：2，所以则轨道半径比r1：r2=4：1选项B错误；A．根据周期则周期比T1：T2=8：1选项A错误；D．根据可得它们运动的向心加速度的比为1∶16，选项D正确；C．根据F=ma可知，它们所受向心力的比为1∶32，选项C错误。故选D。2、B【解析】

已知v=v1．则竖直分速度为：．又vy=gt，解得：，故选B.3、C【解析】由理想气体状态方程：=C可知：则TB>TA=TC，故C正确，ABD错误；故选C.点睛：由图象求出A、B、C三状态的压强与体积，然后由理想气体的状态方程求出各状态的温度，然后比较温度大小．4、D【解析】

A．在空气中，不考虑空气阻力的运动不一定是自由落体运动，比如初速度不为零，或除了重力以外可能还受其它力，故A错误；B．物体在自由落体运动时仅受重力，故B错误；C．质量大的物体重力大，根据知，落地的速度与质量无关．故C错误；D．自由落体运动是初速度为零，加速度为g的匀加速直线运动，下落时间与质量无关，故D正确。故选：D。5、D【解析】

由图示可知：ra＜rb=rc，卫星绕地球做圆周运动，万有引力提供向心力；由牛顿第二定律得：，解得：v=，由ra＜rb=rc可知，b、c的线速度大小相等且小于a的线速度大小，故A正确；由牛顿第二定律得：=ma，解得：a=，由ra＜rb=rc可知，b、c的向心加速度大小相等且小于a的向心加速度，故B错误；c加速，c的速度增大，做圆周运动需要的向心力增大，需要的向心力大于卫星与地球间的万有引力，c要做离心运动，c不能追上b，故C错误；根据v=可知，a卫星由于某种原因，轨道半径缓慢减小，其线速度将增大，选项D正确；故选D．【点睛】本题考查了万有引力定律的应用，考查了比较向心加速度、线速度、周期大小关系，由图示求出卫星间的轨道半径关系是正确解题的关键，应用万有引力公式与牛顿第二定律可以解题．6、BC【解析】

AB：共轴转动的各点角速度相等，故a、b两点的角速度相等，但运动半径不等，所以线速度不等，故A错误，B正确．C、设球的半径为R，当θ=30°时，a的转动半径r=Rcos30°=，b的转动半径为R，根据v=rω可知，va：vb=：2，故C正确；D、设球的半径为R，当θ=30°时，a的转动半径r=Rcos30°=，b的转动半径为R，根据a=rω2可知，ana：anb=：2，故D错误．故选BC7、BCD【解析】

AB、设AB间的水平分位移为x，高度差为h，如图所示：对从A到B间的过程运用动能定理，有：，其中：，联立解得：，故A错误，B正确；CD、对左侧斜面，木块要能够滑下来，重力的下滑分力要大于滑动摩擦力，则：mgsinα＞μmgcosα，动摩擦因数：μ=tanθ，解得：α＞θ，对于右侧斜面，木块不能滑下，故重力的下滑分力要不大于滑动摩擦力，故：mgsinβ≤μmgcosβ，由于μ=tanθ，故：β≤θ，故CD正确．8、AC【解析】试题分析：当研究护航舰艇的运行轨迹时，护航舰艇的形状和大小是次要因素，可以忽略，能看做质点，A正确；“四千五百海里”指的是护航舰艇的运动轨迹的长度，指路程，B错误C正确；题中只知道路程，不知道位移，所以只能求出平均速率，不能求解平均速度考点：考查了路程和位移，质点，平均速度和平均速率9、BD【解析】

AB．粒子做直线运动，则粒子受到的合力与初速度共线，因此粒子一定受重力作用，若竖直直线是电场线，粒子受到的电场力一定竖直向上，粒子斜向右上做直线运动，因此合力一定为零，粒子做匀速直线运动，动能不变，由于粒子的电性未知，因此电场方向不能确定，选项A错误，B正确；CD．若竖直直线是等势线，电场力水平，由于粒子斜向右上做直线运动，因此电场力一定水平向左，合力与粒子运动的速度方向相反，粒子斜向右上做减速运动；粒子受到的电场力做负功，因此粒子沿直线斜向上运动过程电势能增大，选项C错误，D正确。故选BD。10、AD【解析】

AB．物块由A点开始向右加速运动，弹簧压缩量逐渐减小，减小，由知，a减小；当运动到时，a减小为零，此时物块速度最大，弹簧仍处于压缩状态；由于惯性，物块继续向右运动，此时物块做减速运动，且随着压缩量继续减小，a逐渐增大；当越过O点后，弹簧开始被拉伸，此时随着拉伸量增大，a继续增大，综上所述，从A到B过程中，物块加速度先减小后增大，在O点左侧时速度v达到最大，摩擦力的功率，故A正确，B错误；Ｃ．在AO段物块所受弹簧弹力做正功，在OB段物块所受弹簧弹力做负功，故C错误；Ｄ．由动能定理知，从A到B的过程中，弹簧弹力做功与摩擦力做功之和为0，故D正确。故选AD．二、实验题11、1.450.70【解析】

（1）利用表中坐标值，采用描点法并连线得图象如图所示；（2）由闭合电路欧姆定律可知U=E-Ir，可知，图象与纵坐标的交点为电源的电动势故电源的电动势为1.45V；而图象的斜率表示电源的内阻：．12、CABDE【解析】

（1）[1]．单摆摆长L=L0+r，单摆周期，由单摆周期公式可得，；（2）A、单摆振动过程中出现了圆锥摆的情况，则摆长变小，周期变小，由可知，测得的重力加速度g偏大；B、测摆线长时摆线拉得过紧，单摆摆长偏大，由可知，重力加速度的测量值偏大；C、摆线上端未牢固地系于悬点，振动中出现松动，使摆线长度增加了，计算时仍按测量值计算，L偏小，由可知，重力加速度的测量值偏小；D、实验中误将n次全振动记数为n+1次，则周期值会偏小，则由可知，重力加速度的测量值偏大；E、开始计时，秒表过迟按下，所测时间t偏小，则周期值会偏小，则由可知，重力加速度的测量值偏大；[2]．则会使g的测量值偏小的是：C；[3]．会使g的测量值偏大的是：ABDE。三、计算题：解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤．只写出最后答案的不能得分．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位13、（1）；（2）。【解析】

（1）设卫星质量为m，根据万有引力提供向心力，则有：解得：（2）根据万有引力提供向心力，则有：解得：14、（1）（2）【解析】

（1）设小球的质量为m，它通过最高点C时的速度为，根据牛顿第二定律有：

代人数据解得：设小球在A点的速度大小为，以地面为参考平面，根据机械能守恒定律