2022-2023学年山东省潍坊市高密市重点中学高一(下)期末模拟(四)物理试卷（含解析）

第=page11页，共=sectionpages11页2022-2023学年山东省潍坊市高密市重点中学高一(下)期末模拟(四)物理试卷1.如图所示，分别位于P、Q两点的两小球初始位置离水平地面的高度差为1.6m，现同时由警示开始释放两球，测得两球向后落地的时间差为0.2s，取g=10m/s2，空气阻力不计，A.0.8m B.1.25m C.2.45m2.如图所示为用绞车拖物块的示意图。拴接物块的细线被缠绕在轮轴上，轮轴逆时针转动从而拖动物块。已知轮轴的半径R=0.5m，细线始终保持水平；被拖动物块质量m=1kg，与地面间的动摩擦因数μ=0.5；轮轴的角速度随时间变化的关系是ω=kt，A.物块做匀速运动

B.细线对物块的拉力为5N

C.细线对物块的拉力为6N

D.物块做匀加速直线运动，第23.有科学家正在研究架设从地面到太空的“太空梯”。若“太空梯”建在赤道上，人沿“太空梯”上升到h高度处，恰好会感到自己“漂浮”起来。已知地球的半径为R，地球表面的重力加速度为g，则地球自转角速度为(

)A.gR(R+h)3 4.一汽车以某一速度在平直公路上匀速行驶。行驶过程中，司机忽然发现前方有一警示牌，立即刹车。刹车后汽车立即开始做匀减速直线运动，直至停止。已知从刹车开始计时，汽车在0∼2s内的位移大小为48m，4s∼6 sA.a=458m/s2,v5.如图所示，摩天轮悬挂的座舱在竖直平面内做匀速圆周运动，座舱的质量为m，运动半径为R，角速度大小为ω，重力加速度为g，则座舱(

)

A.运动周期为2πRω

B.在与转轴水平等高处受摩天轮作用力的大小为mg

C.线速度的大小为ω6.甲乙两质点在同一时刻、从同一地点沿同一方向做直线运动。质点甲做初速度为零、加速度大小为a1的匀加速直线运动，质点乙做初速度为v0、加速度大小为a2的匀减速直线运动至速度减为零保持静止，甲、乙两质点在运动过程中的x−v图像如图所示，虚线与对应的坐标轴垂直。下列说法正确的是A.甲乙两质点同时在x=6m处相遇

B.质点甲的加速度大小为1 m/s2

7.当一带电云层靠近避雷针时，由于静电感应使避雷针尖端带上电荷，避雷针周围电场的电场线分布如图中实线所示。一个电子以一定的速度进入电场(仅受电场力作用)，轨迹如图中虚线所示，则下列说法正确的是(

)

A.避雷针尖端带负电

B.电子一定是从A向B运动

C.电子在A点加速度比在B点加速度小

D.若将电子从B点由静止释放，电子运动轨迹将与电场线重合8.两个等量同种电荷固定于光滑水平面上，其连线的中垂线(在水平面内)上有A、B、C三点，如图甲所示，一个电荷量为2×10−5C、质量为1g的小物块从C点静止释放，其运动的v−t图像如图乙所示，其中B点处为整条图线的切线斜率最大的位置(图中标出了该切线A.小物块带负电

B.A、B两点间的电势差UAB=500V

C.小物体由C点到A点电势能先减小再增大9.将小球A从一座高度为H的高塔塔顶静止释放的同时，另一个小球B自塔底以初速度v0竖直上抛，A，B两小球在同一直线上运动，均不考虑空气阻力。下面判断正确的是(

)A.若H>v02g，则A、B两小球一定能在空中相遇

B.若H<v02g，则B球一定能在上升途中与A球相遇

C.若H>2v010.如图所示，衣服悬挂在不可伸长的轻绳上，衣架的挂钩是光滑的，轻绳的两端固定在两根竖直杆上的A、B两点，衣服处于静止状态。保持A端位置不变，将B端分别移动到B1、B2两点。下列说法正确的是(

)

A.B端移到B1，绳子张力变大 B.B端移到B1，绳子张力变小

C.B端移到B2，绳子张力变大 D.B11.小朋友喜欢的“踩踩球”其实就是由上下两个连在一起质量相等的半球组成，两半球间装有一个轻弹簧。玩耍时，将“踩踩球”直立静放在水平地面上，用脚从上半球顶部中心点向下踩压，当两半球贴合后放开脚，过一会儿贴合装置失效，弹簧恢复原长，球就会突然展开，瞬间弹起。如图所示，小明同学测得“踩踩球”展开静止在地面上时中间白色标记距地面的高度为h1；踩压贴合时中间白色标记距地面的高度为h2；弹起后到达最高点时中间白色标距地面的高度为h3。已知“踩踩球”总质量为m并全部集中在上下半球上，重力加速度大小为g，不计一切阻力，下列说法中正确的是(

)

A.“踩踩球”离开地面时的速度大小为2g(h3−h1)

B.上述踩压过程中压力做的功为12.如图所示，半径为R的光滑绝缘细管道位于竖直平面内，质量为m、带电量为+q的小球位于管道最低点A，B是最高点，空间存在水平向左、场强大小E=mgq的匀强电场，现在A点给小球一水平初速度v0，小球恰好能够做完整的圆周运动，重力加速度为gA.v0的大小为2(2+1)gR

B.经过B点时小球受到管道内壁支持力大小为(3−213.如图甲所示，一位同学利用光电计时器等器材测定当地的重力加速度g。有一直径为d的金属小球由O处静止释放，下落过程中能通过O处正下方、固定于P处的光电门，测得OP间的距离为H(H远大于d)

(1)如图乙所示，用游标卡尺测得小球的直径d=

(2)多次改变高度H，重复上述实验，作出1t2随H的变化图像如图丙所示，已知图线的倾斜程度(斜率)为k，则重力加速度的表达式g=

14.某实验小组利用小车、一端带有滑轮的导轨、打点计时器和几个已知质量的小钩码探究加速度与力的关系，实验装置如图甲所示．(1)图乙是实验中得到的一条纸带，图中相邻两计数点的时间间隔为0.1 s，由图中的数据可得小车的加速度(2)该实验小组以测得的加速度a为纵轴，所挂钩码的总重力F为横轴，作出的图象如丙图中图线1所示，发现图象不过原点，怀疑在测量力时不准确，他们将实验进行了改装，将一个力传感器安装在小车上，直接测量细线拉小车的力F′，作a−F′图如丙图中图线(3)该实验小组在正确操作实验后，再以测得的加速度a为纵轴，所挂钩码的总重力F和传感器测得的F′15.2022女篮世界杯半决赛。中国女篮以61比59险胜澳大利亚队，时隔28年再次挺进决赛！比赛中，为防止球被抢断，两名中国队员之间采取高抛传球。如图所示，甲队员将篮球自A点以与水平面成α=53°的方向向乙队员抛出，乙恰好在篮球被抛出t=1.5s时，在B点将球稳稳接住，且知A、B两点间的水平距离为x=9m，篮球的质量m=(1)篮球被甲抛出时的速度大小及A、B两点间的高度差(2)队员甲对篮球所做的功(抛球动作过程中篮球高度的变化可忽略

16.如图所示，物体A的质量为M=1kg，静止在光滑水平面上的平板车B的质量为m=0.5kg、长L=1m.某时刻A以v0=4m/s向右的初速度滑上平板车B的上表面，在A滑上B的同时，给B施加一个水平向右的拉力．忽略物体17.如图所示，水平轨道BC的左端与固定的光滑竖直14圆轨道相切于B点，右端与一倾角为30∘的光滑斜面轨道在C点平滑连接(即物体经过C点时速度的大小不变)，斜面顶端固定一轻质弹簧，一质量为2kg的滑块从圆弧轨道的顶端A由静止释放，经水平轨道后滑上斜面并压缩弹簧，第一次可将弹簧压缩至D点，已知光滑圆轨道的半径R=0.45m，水平轨道BC长为0.4m，其动摩擦因数μ=0.2(1)滑块第一次经过圆轨道上(2(3)滑块在水平轨道BC18.在“质子疗法”中，质子先被加速到具有较高的能量，然后被引向轰击肿瘤，杀死细胞。如图所示，质量为m、电荷量为q的质子从极板A处由静止加速，通过极板A1中间的小孔以v0=1×107m/s射出，然后从坐标系xOy中的B点(0,d)平行于x坐标轴进入yOP区域，该区域充满沿y轴负方向的匀强电场，电场强度为E，O(1)极板AA(2)B、C(3)电场强度

答案和解析1.【答案】C

【解析】根据自由落体运动规律可得h所以在空中运动时间为t=根据题意可得2(解得h=2.45故C正确；

2.【答案】C

【解析】A.物块速度与轮轴线速度相等，速度与时间成正比，因此物块做匀变速直线运动，故A错误；BCv可知，物块加速度a对物块受力分析得F则F故B错误，C正确；D.由运动学公式x可得，

1s

内位移为

0.5m

，

2s

内位移为

2m

，第

2s

内位移为

故选C。

3.【答案】B

【解析】在地面万有引力等于重力G当人感到自己“漂浮”起来，为完全失重，万有引力全部提供做向心力有G联立解得ω故B正确，ACD错误。故选B。

4.【答案】D

【解析】设汽车的加速度大小为a，初速度为v0，则在0～2s内，x1=汽车在4sv=v则4～x代入数据解得v0a=但当t=6s时，可得速度为v则4～0−v联立①②a=v0故D正确，ABC错误。故选D。

5.【答案】D

【解析】A.座舱的运动周期为T故A错误；B.在与转轴水平等高处，摩天轮对座舱水平方向分力提供向心力，对座舱竖直方向分力与座舱重力平衡，所以合作用力大于mg，故BC.座舱线速度的大小为v故C错误；D.座舱所受合外力提供向心力，大小为F故D正确。故选D。

6.【答案】D

【解析】BC.设质点甲、乙的加速度大小分别为a1、a2，当x=0时，乙的速度为6mv对质点乙v代入数据联立解得a当质点甲的速度v1=8m/s、质点乙的速度v对质点乙v代入数据联立解得a联立解得a1=故BC错误；A.当x=x对于质点乙有x可知

t1≠t2

，说明两个质点不是同时到达D.设乙减速到零的时间为

t0

t则6sx设甲、乙两质点经过时间t后相遇，相遇时离出发点距离为x，则对质点甲有x对质点乙有x联立解得x=16m<

x故选D。

7.【答案】C

【解析】A.据电子运动过程受力情况可知，避雷针尖端带正电，故A错误；B.根据题意，由图无法判断电子的运动方向，电子可能从

A

向

B

运动，也可能从

B

向

A

运动，故B错误；C.由电场线的疏密程度可知，

B

点场强比

A

点场强大，则电子在

A

点加速度比在

B

点加速度小，故C正确；D.

B

点处电场线为曲线，电子由静止释放后轨迹不与电场线重合，故D错误。故选C。

8.【答案】D

【解析】A.小物块受到向外的力，带正电，选项A错误；B.根据动能定理得qU选项B错误；C.由图知，由

C

到

A

的过程中，物块的速度不断增大，动能不断增大，根据能量守恒知，物块的电势能不断减小，故C错误；D.

v−t

图象的斜率等于加速度，

B

点处为整条图线切线斜率最大的位置，说明

B

为中垂线上加速度最大的点，由图可知切线的斜率为

2qE所以B为中垂线上电场强度最大的点，故D正确。故选D。

9.【答案】BD【解析】若B球正好运动到最高点时相遇，则B速度减为零所用的时间tA自由下落的位移为hB竖直上抛的位移为h又h联立得v将t代入解得H当AB A自由下落的位移为H代入时间得H由以上分析可知当

H>2v02g

时，A、B两小球不能在空中相遇，当

H<2v02g

时，A、B两小球能在空中相遇，所以若

H>2v02g

，A、若

v02g<H<2v02故选BD。

10.【答案】D

【解析】设绳子间的夹角为2θ，绳子总长为L，两杆间距离为d根据几何关系有L得sin当B端移到B1位置或B2位置时，d、L都不变，则2解得F可见，绳子张力F也不变，故D正确，ABC错误。故选D。

11.【答案】AC【解析】A.设球离地的速度为

v

，由动能定理可得−解得v故A正确；D.弹簧恢复原长过程中，根据动量定理，“踩踩球”所受合外力的冲量大小为I故D错误；BC.设弹簧的最大弹性势能为

Ep

，踩压过程中压力做的功为

W

，弹簧恢复原长连接装置拉紧前上半球速度为

1连接装置拉紧过程由动量守恒可得m踩压过程由功能关系可得E联立解得W=2mg故B错误，C正确。故选AC。

12.【答案】AB【解析】A.如图所示

小球在等效最低点P静止时，受重力、支持力和电场力三力平衡，根据平衡条件，有m结合E可知θ且重力和电场力的合力为F小球恰好能够做完整的圆周运动，说明小球经过等效最高点Q时速度刚好为零，由A到Q根据动能定理，有−解得v故A正确；C.在A点根据向心力公式有N解得N故C错误；BD.由A到−解得v在B点有m解得经过B点时小球受到管道内壁的支持力大小为N若在A点给小球的水平初速度增大一倍，则有v故B正确，D错误。故选AB。

13.【答案】

0.195

未平衡摩擦力或平衡不足，钩码的重力比细线的拉力大

将n个钩码都放在小车上，每次从小车上取一个钩码挂在细线上，其余钩码留在小车上随小车一起运动

【解析】(1)根据△x=aT2(2)由图线可知，F不等于零时，力传感器可以直接得出绳子拉力的大小．用钩码的重力表示绳子的拉力，必须满足钩码的质量远小于小车的质量，否则绳子的拉力实际上小于钩码的重力．所以对于图线上相同的力，用传感器测得的加速度偏大，原因是钩码的质量未远小于小车的质量，导致钩码的重力比细线的拉力大．点睛：根据连续相等时间内的位移之差是一恒量，运用逐差法求出小车的加速度；根据F不等于零，加速度仍然为零，分析图象不过原点的原因．当钩码的质量未远远小于小车质量时，钩码的重力大于绳子的拉力．

14.【答案】

0.195

未平衡摩擦力或平衡不足，钩码的重力比细线的拉力大

将n个钩码都放在小车上，每次从小车上取一个钩码挂在细线上，其余钩码留在小车上随小车一起运动

【解析】(1)根据△x=aT2(2)由图线可知，F不等于零时，力传感器可以直接得出绳子拉力的大小．用钩码的重力表示绳子的拉力，必须满足钩码的质量远小于小车的质量，否则绳子的拉力实际上小于钩码的重力．所以对于图线上相同的力，用传感器测得的加速度偏大，原因是钩码的质量未远小于小车的质量，导致钩码的重力比细线的拉力大．点睛：根据连续相等时间内的位移之差是一恒量，运用逐差法求出小车的加速度；根据F不等于零，加速度仍然为零，分析图象不过原点的原因．当钩码的质量未远远小于小车质量时，钩码的重力大于绳子的拉力．

15.【答案】(1)0.75【解析】(1v所以篮球被抛出时速度的大小为v在竖直方向，篮球做竖直上抛运动，在竖直方向的初速度为v所以A、B两点的竖直高度差即为竖直方向分运动的位移，故有h(2W故运动员甲对篮球所做的功WFW可得W16.

【详解】物体A滑上平板车B以后做匀减速运动，由牛顿第二定律得μ解得a物体A不滑落的临界条件是A到达B的右端时A、B具有共同的速度v1v02−v12又v0−v1联立解得va拉力F若F<1 N，则A滑到B的右端时，速度仍大于B的速度，于是将从B上滑落，所以F当F较大时，在A到达B的右端之前，就与B具有相同的速度，之后，A必须相对B静止，才不会从B的左端滑落。对A、B整体和A分别应用牛顿第二定律得Fμ解得F若F大于3 N，A就会相对综合得出力F应满足的条件是1 

16.【答案】解：物体A滑上木板B以后，作匀减速运动，

有µMg=MaA得aA=µg=2

m/s2

物体A不滑落的临界条件是A到达B的右端时，A、B具有共同的速度v1，则：v02−v122aA=v122aB+L

又：v0−v1aA=v1aB，可得：aB=6m/s2

再代入F+µMg=maB得：F=ma【解析】物体A不滑落的临界条件是A到达B的右端时，A、B具有共同的速