辽宁省大连市渤海高级中学2024届高一物理第二学期期末质量检测模拟试题含解析

辽宁省大连市渤海高级中学2024届高一物理第二学期期末质量检测模拟试题注意事项1．考生要认真填写考场号和座位序号。2．试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。3．考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。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、(本题9分)平行板电容器的电容C＝．若要使平行板电容器的电容减小，下列操作可行的是A．减小极板的正对面积 B．减小极板的距离C．增大电介质的相对介电常数 D．增大电容器的带电量2、(本题9分)如图所示，小球从竖直放置的轻弹簧正上方自由下落，在小球接触弹簧到弹簧被压缩到最短的过程中，小球的动能A．一直变大B．一直变小C．先变小后变大D．先变大后变小3、(本题9分)1．(本题9分)对于公式v＝v0＋at，下列说法正确的是()A．适用于任何变速运动B．只适用于匀加速直线运动C．适用于任何匀变速直线运动D．v0和v只能是正值，不可能为负值4、(本题9分)如图所示，在轻弹簧的下端悬挂一个质量为m的小球A，若将小球A从弹簧原长位置由静止释放，小球A能够下降的最大高度为h．若将小球A换为质量为2m的小球B，仍从弹簧原长位置由静止释放，则小球B下降h时的速度为（已知重力加速度为g，且不计空气阻力）（）A． B． C． D．05、(本题9分)如图所示，轻杆长为L，一端固定在水平轴上的O点，另一端固定一个小球（可视为质点）．小球以O为圆心在竖直平面内做圆周运动，且能通过最高点，g为重力的加速度，下列说法正确的是（）A．小球到达最高点时所受轻杆的作用力不可能为零B．小球通过最低点时所受轻杆的作用力不可能向下C．小球通过最高点时所受轻杆的作用力一定随小球速度的增大而增大D．小球通过最低点时所受轻杆的作用力可能随小球速度的增大而减小6、(本题9分)如图所示，a、b、c是在地球大气层外圆形轨道上运行的3颗人造卫星，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．a卫星由于某种原因，轨道半径缓慢减小，其线速度将变大C．c加速可以追上同一轨道上的b，b减速可以等候同一轨道上的cD．b、c向心加速度相等，且大于a的向心加速度7、如图所示，在光滑水平面上放一辆小车，小车的左端放一只箱子，在水平恒力F作用下，将箱子从小车右端拉出，如果第一次小车被固定于地面，第二次小车不固定，小车在摩擦力作用下可沿水平面运动，在这两种情况下说法不正确的是()A．摩擦力大小不相等 B．F所做的功不相等C．摩擦产生的热量相等 D．箱子增加的动能相等8、(本题9分)如图所示，人在岸上拉船，已知船的质量为m，水的阻力恒为f，当轻绳与水平面的夹角为θ时，人的速度为v，人的拉力为F(不计滑轮与绳之间的摩擦)，则以下说法正确的是()A．船的速度为 B．船的速度为vsinθC．船的加速度为 D．船的加速度为9、关于物体做竖直上抛运动，下列说法正确的是A．物体先后经过同一位置，速度大小相同B．物体到达最高点时，速度为零，加速度也为零C．物体下降过程可看做自由落体运动D．从抛出点上升到最高点的时间大于从最高点返回抛出点的时间10、(本题9分)如图所示，一质量为M的光滑大圆环，用一细轻杆固定在竖直平面内；套在大环上质量为m的小环，从大环的最高处由静止滑下，滑到大环的最低点的过程中，(重力加速度大小为g)()A．小环滑到大圆环的最低点时处于失重状态B．小环滑到大圆环的最低点时处于超重状态C．此过程中小环的机械能守恒D．小环滑到大环最低点时，大圆环对杆的拉力大于(m＋M)g11、(本题9分)关于经典时空观与相对论时空观，下列说法正确的（）A．任何情况下物体的质量与物体的运动状态都无关B．当物体的速度接近光速时，物体的质量随物体速度的增大而增大C．经典时空观认为位移的测量、时间的测量都与参考系有关D．相对论认为，同一过程的位移和时间的测量在不同参考系中是不同的12、(本题9分)一质量为2kg的物体静止于光滑水平面上。从t=0时开始，第1秒内受到3N的水平外力作用，第2秒内受到同方向的1N的外力作用。下列说法正确的是()A．第1秒末物体的速度为1.5m/sB．第2秒末物体的动能为6JC．第2秒内外力冲量为2N·sD．2秒内物体动量的增量为4kg·m/s二．填空题(每小题6分，共18分)13、(本题9分)如图，飞机起飞时以300km/h的速度斜向上飞，飞行方向与水平方向成30°角，则水平方向的分速度vx=__________km/h，竖直方向的分速度vy=____________km/h．14、(本题9分)甲、乙俩物体以大小相等的线速度做匀速圆周运动，它们的质量之比为1:3，轨道半径之比为3:4，则甲、乙两物体的角速度大小之比为____，向心加速度大小之比为___。15、质量为20kg的小明坐在秋千板上，小明离系绳子的横梁2.5m。如果秋千板摆到最低点时，小明运动速度的大小是5m/s,他对秋千板的压力是______N；是______（填“失重”或“超重”）现象。（取g=10m/s2）三．计算题(22分)16、（12分）如图所示，质量m=2kg的小球，沿高h=5m的光滑曲面顶端由静止开始下滑至底端，不计空气阻力，重力加速度（1）重力做功WG（2）小球下滑至曲面底端时的速度大小v。17、（10分）质量为m=2kg的木块，由水平光滑轨道滑向半径R=0.4m竖直半圆光滑轨道，到最高点C后，水平飞出，落在水平轨道上的B点处，如图所示。g=10m/s2(1)若物块恰好能通过半圆轨道最高点C，a.求其水平位移；b.求其着地速度；(2)若发现物块的水平位移为1.6m，求物块对轨道的压力大小。

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、A【解题分析】

A．根据电容的决定式可知，减小极板的正对面积时，电容会减小，故A正确；B．根据电容的决定式可知，减小极板的距离，电容会增大，故B错误；C．根据电容的决定式可知，在增大电介质的相对介电常数时，电容会增大，故C错误；D．电容的大小与电量和电压无关，故改变电量不会影响电容的大小，故D错误。2、D【解题分析】

球与弹簧接触后，受到竖直向下的重力与竖直向上的弹簧弹力作用；开始，小球的重力大于弹力，合力向下，加速度向下，小球向下做加速运动；随小球向下运动，弹簧的弹力增大，合力减小，加速度减小，小球做加速度减小的加速运动，合力为零时，小球速度最大；以后当弹簧的弹力大于小球重力后，合力向上，加速度向上，速度方向与加速度方向相反，小球做减速运动，随小球向下运动，弹力增大，小球受到的合力增大，加速度增大，小球做加速度增大的减速运动，直到减速到零；由以上分析可知，小球的速度先增大后减小，动能先增大后减小；A.一直变大，与结论不相符，选项A错误；B.一直变小，与结论不相符，选项B错误；C.先变小后变大，与结论不相符，选项C错误；D.先变大后变小，与结论相符，选项D正确。3、B【解题分析】试题分析：vt=v0+at是匀变速直线运动的速度公式，只能适用于匀变速直线运动，即匀加速直线运动和匀减速直线运动．解：A、B、C，vt=v0+at是匀变速直线运动的速度公式，只能适用于匀变速直线运动，既能适用于匀加速直线运动，也能适用于匀减速直线运动，但不是任何变速运动，若是非匀变速运动，加速度是变化，不适用．故AB错误，C正确．D、v0和vt可以取正值，也可以取负值．故D错误．故选C【点评】解决本题关键要掌握公式vt=v0+at的适用条件：匀变速直线运动．4、B【解题分析】

小球A下降h过程，根据动能定理，有mgh﹣W1=0小球B下降h过程，根据动能定理，有:2m•gh﹣W1=﹣0联立解得，故选B.5、B【解题分析】试题分析：最高点时，若小球速度为零，重力与支持力相等，则加速度为零；故A错误；因最低点时，小球一定有向上的向心力；该力由拉力及重力的合力提供；故拉力一定向上；故B正确；在速度由零增大到时，小球通过最高点时所受轻轩的作用力随速度的增大而减小；故C错误；小球在最低点时，，故速度越大则拉力越大；故D错误；故选B．考点：向心力；牛顿定律的应用6、B【解题分析】

A.人造卫星绕地球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力，设卫星的质量为m、轨道半径为r、地球质量为M，有GmMr2=mv解得卫星线速度v=GM由图可知，ra＜rb=rc，则b、c的线速度大小相等，且小于a的线速度，故选项A不合题意；B.由v=GMr知，aC.c加速要做离心运动，不可以追上同一轨道上的b；b减速要做向心运动，不可以等候同一轨道上的c，故选项C不合题意；

D.由向心加速度a=GMr2知，b、c的向心加速度大小相等，且小于7、AD【解题分析】

A.由f=μN=μmg，可知，这两种情况下箱子所受的摩擦力大小一样大，故A错误。B.由于小车不固定时，箱子对地的位移较大，所以由W=Fl，可知，小车不固定时F做功较大，故B正确。C.摩擦产生的热量表达式为Q=μmgL，L是车长，所以Q相等，故C正确。D.根据动能定理得：（F-f）l=Ek，由于小车不固定时，箱子对地的位移大，所以小车不固定时，箱子所得到的动能较大，故D错误。此题选择不正确的选项，故选AD.8、AC【解题分析】

AB．船运动的速度是沿绳子收缩方向的速度和绕定滑轮的摆动速度的合速度，根据平行四边形定则有，v人=v船cosθ，则船的速度为，A正确，B错误；CD．对小船受力分析，有Fcosθ-f=ma，因此船的加速度大小为，C正确，D错误。9、AC【解题分析】

A.物体做竖直上抛运动，先后经过同一位置，速度大小相同，方向相反，故A正确。B.物体到达最高点时，速度为零，加速度为g，故B错误。C.物体下降过程初速度为零，只受重力，做自由落体运动，故C正确。D.根据对称性可知，从抛出点上升到最高点的时间与从最高点返回抛出点的时间相等，故D错误。10、BCD【解题分析】

AB．小环滑到大环的最低点时，有竖直向上的加速度，由牛顿运动定律可知小环处于超重状态．故A错误，B正确；C．由于大环固定不动，对小环的支持力不做功，只有重力对小环做功，所以小环的机械能守恒，故C正确；D．小环从最高到最低，由动能定理得：，小环在最低点时，根据牛顿第二定律得：，联立得：F=5mg，对大环分析，有：T=F+Mg=5mg+Mg＞（m+M）g，故D正确．11、BD【解题分析】

A.物体的质量与位置、运动状态有关，只是在速度较低的情况下，忽略变化不计，故A错误。B.根据相对论原理，当物体的速度接近光速时，物体的质量随物体速度的增大而增大，故B正确。C.经典时空观认为位移的测量、时间的测量都与参考系无关，故C错误。D.相对论认为，同一过程的位移和时间的测量在不同参考系中是不同的，故D正确。12、AD【解题分析】A、根据牛顿第二定律a=Fm，知第1秒内的加速度为a1由速度公式知第1秒末物体的速度为v=aB、根据速度公式知第2秒末物体的速度为v=a1t+C、根据冲量的定义可知第2秒内外力冲量为I=Ft=1×1=1N⋅s，故C错；D、根据动量公式P=mv=2×2=4kgm/s，故D对；故选AD点睛：本题考查了动量、动能、冲量等公式以及对公式的熟练运用情况。二．填空题(每小题6分，共18分)13、240，180【解题分析】将飞机的实际运动分解为水平方向的匀速运动和竖直方向的匀速运动，如图，

由几何关系，可得：vx=vcos37°=300km/h×0.8=240km/h；

vy=vsin37°=300km/h×0.6=180km/h；

点睛：飞机实际速度为合速度，可分解为水平方向和竖直方向的两个分运动；根据平行四边形定则，由几何关系，可得出两个分速度．14、4:34:3【解题分析】根据角速度表达式得：ω=vr；做圆周运动物体向心加速度为：a=v2r；根据题中所给速度、质量、半径关系，联立可得：ω甲：ω乙=4：3；a15、400N超重【解题分析】

以小孩为研究对象分析受力，根据牛顿第二定律得

FN-mg=mv根据牛顿第三定律得，小孩对秋千板的压力是400N．因加速度向上，则小孩处于超重状态。三．计算题(22分)16、（1）WG=100【解题分析】

根据功的定义式和机械能守恒定律解题即可。【题目详解】（1）重力做功WG（2）由机械能守恒