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文档简介
黑龙江省双鸭山市尖山区一中2024届高一物理第二学期期末监测试题注意事项: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)硬盘是电脑主要的存储媒介,信息以字节的形式存储在硬盘的磁道和扇区上,家用台式电脑上的硬磁盘的磁道和扇区如图所示。若某台计算机上的硬盘共有个磁道(即个不同半径的同心圆),每个磁道分成个扇区,每个扇区可以记录个字节。电动机使磁盘以的角速度匀速转动,磁头在读写数据时是不动的,磁盘每转一圈,磁头沿半径方向跳动一个磁道。则()A.磁头在内圈磁道与外圈磁道上运动的线速度相同B.硬盘的转速为C.一个扇区通过磁头所用时间约为D.不计磁头转移磁道的时间,计算机内最多可以从一个硬盘面上读取个字节2、(本题9分)小船以恒定的速度渡河,船头始终垂直对岸,假定河中各处水流速度相等,小船渡河的路程、时间与水速的关系,下列说法正确的是()A.水速大时,路程长,时间长B.水速大时,路程长,时间不变C.水速大时,路程长,时间短D.路程、时间与水速无关3、(本题9分)如图所示,A是静止在赤道上的物体,B、C是同一平面内的两颗人造卫星.B位于离地高度等于地球半径的圆形轨道上,C是地球同步卫星.则以下判断正确的是A.卫星B的速度大小等于地球的第一宇宙速度B.A、B的线速度大小关系为vA>vBC.周期大小关系为TA=TC>TBD.B、C的线速度大小关系为vC>vB4、(本题9分)物体以初速度v0水平抛出,当抛出后竖直位移是水平位移的2倍时,则物体抛出的时间是()A. B. C. D.5、如图所示,A、B为某小区门口自动升降杆上的两点,A在杆的顶端,B在杆的中点处.杆从水平位置匀速转至竖直位置的过程中,A、B两点A.角速度大小之比2:lB.角速度大小之比1:2C.线速度大小之比2:lD.线速度大小之比1:26、(本题9分)有一充电的电容器,两板间的电压为3V,所带电荷量为4.5×10-4C,此电容器的电容是A.7.5×10-5F B.1.5×10-4FC.1.35×10-3F D.2.7×10-3F7、(本题9分)将一电荷量为+Q的小球放在不带电的金属球附近,所形成的电场线分布如图所示,金属球表面的电势处处相等.a、b为电场中的两点,则A.a点的电场强度比b点的大B.a点的电势比b点的高C.检验电荷-q在a点的电势能比在b点的大D.将检验电荷-q从a点移到b点的过程中,电场力做负功8、(本题9分)关于物体的平抛运动,下列说法错误的是()A.由于物体受力的大小和方向不变,因此平抛运动是匀变速运动B.由于物体速度的方向不断变化,因此平抛运动不是匀变速运动C.同一位置以不同的初速度水平抛出物体,初速度大的物体飞行时间长D.同一位置以不同的初速度水平抛出物体,初速度小的物体飞行时间长9、A、B为电场中一直线上的两个点,带正电的点电荷只受电场力的作用,从A点以某一初速度做直线运动到B点,其电势能Ep随位移x的变化关系如图所示.则从A到B过程中,下列说法正确的是()A.点电荷的速度先增大后减小B.空间电场是某负点电荷形成的C.电荷所受电场力先减小后增大D.空间各点的电势先升高后降低10、某厢式电梯在0~8s内的图像如图所示,质量为50kg的某同学站在电梯内,规定竖直向上为正方向,重力加速度取10m/s2,下列说法中正确的是A.0~2s内该同学处于超重状态B.6~8s内该同学处于超重状态C.0~8s内电梯上升的总高度为12mD.t=ls末,该同学对电梯的压力大小为600N11、(本题9分)如图所示,轻质弹簧上端固定,下端系一物体.物体在A处时,弹簧处于原长状态.用手托住物体使它从A处缓慢下降,到达B处时手和物体自然分开且物体也不动.此过程中,物体克服手的支持力所做的功为W.不考虑空气阻力,在此过程中()A.弹簧弹性势能增加量小于物体重力势能减少量B.弹簧弹性势能增加量大于物体重力势能减少量C.物体与弹簧组成的系统机械能增加量为WD.若将物体从A处由静止释放,则物体到达B处时的动能为W12、(本题9分)两个完全相同的金属小球(可视为点电荷),带电荷量之比为3:7,相距为r。现将两小球接触后再放回原来的位置上,则此时小球间的库仑力与接触前之比可能为A.4:21 B.4:25 C.2:5 D.25:21二.填空题(每小题6分,共18分)13、(本题9分)质量为m、速度为v的A球和质量为4m的静止的B球发生正碰,取A球碰前的运动方向为正,则碰后A球的速度可能为_________(填代号),B球的速度可能为_________(填代号)(1)0(2)-v(3)-0.4v(4)0.3v(5)0.8v14、如图,气缸固定于水平面,用截面积为20cm2的活塞封闭一定量的气体,活塞与缸壁间摩擦不计.当大气压强为1.0×105Pa、气体温度为87℃时,活塞在大小为40N、方向向左的力F作用下保持静止,气体压强为____Pa.若保持活塞不动,将气体温度降至27℃,则F变为______N.15、(本题9分)电动机通过一绳子吊起质量为8kg的物体,绳的拉力不能超过120N,电动机的功率不能超过1200W,要将此物体由静止起用最快的方式吊高90m(已知此物体在被吊高90m时已达到最大速度并匀速上升),则最大速度的大小为_________;所需时间为___________.(g=10m/s2)三.计算题(22分)16、(12分)(本题9分)如图甲所示,光滑水平面上有A、B两个物体,已知mA=1kg,开始时B静止,A以一初速度向右运动,与B碰撞后一起向右运动,它们的位移时间图像如图乙所示,求物体B的质量为多大?损失的能量占总能量的百分比多大?17、(10分)(本题9分)从某高处以6m/s的初速度、以30°抛射角斜向上抛出一石子,落地时石子的速度方向和水平线的夹角为60°,求:(1)石子在空中运动的时间;(2)石子的水平射程;(3)抛出点离地面的高度.(忽略空气阻力,g取10m/s2)
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、C【解题分析】
A.磁头在内圈磁道与外圈磁道同轴传动,角速度相同,由可知磁头在内圈磁道的线速度小于外圈磁道上运动的线速度,故A错误;B.硬盘的转速为故B错误;C.磁头转动的周期为一个扇区通过磁头所用时间约为故C正确;D.不计磁头转移磁道的时间,计算机内最多可以从一个硬盘面上读取的字节为故D错误。故选C。2、B【解题分析】
小船的船头始终垂直对岸,根据运动的独立性和等时性可知,河宽不变,小船速度不变,所以小船在河宽方向的时间(河宽与静水船速的比值)恒定不变;小船在河宽方向位移一定,水速越大,小船在水平方向的位移越大,根据平行四边形法则可知,小船的实际位移也越大,路程也越大,ACD错误,B正确。故选B。3、C【解题分析】根据万有引力提供向心力:,解得:,C的轨道半径大于B的轨道半径,则vB>vC,故D错误;第一宇宙速度指的是r=R时的速度,B的轨道半径为r=2R,由上可知卫星B的速度小于地球的第一宇宙速度,故A错误;A、C的角速度相等,根据v=rω知,vC>vA,所以vB>vA,故B错误;A、C的角速度相等,则A、C的周期相等,根据知,C的周期大于B的周期,故C正确.所以C正确,ABD错误.4、C【解题分析】
当竖直位移是水平位移的2倍,有解得故C正确,ABD错误。5、C【解题分析】
AB.因为AB两点是同轴转动,所以A、B
两点的角速度是相等的。故AB错误;CD.由v=rω,可知速度之比等于半径之比,故A、B
两点线速度大小之比为2:1,故C正确,D错误;6、B【解题分析】
已知当电压为3V时电量为4.5×10-4C;故由可知,故B正确。7、ABD【解题分析】
A项:电场线越密集的地方电场强度就越大,从上图中可以看出a处的电场线比b处的电场线密集,所以a点的场强大于b点的场强,故A项正确;B项:a点所在的电场线从Q出发到不带电的金属球终止,所以a点的电势高于金属球的电势,而b点所在处的电场线从金属球发出到无穷远,所以金属球的电势高于b点的电势,即a点的电势比b点的高.故B正确;
C项:电势越高的地方,负电荷具有的电势能越小,即负电荷在a点的电势能较b点小,故C错误;
D项:由上知,-q在a点的电势能较b点小,则把-q电荷从电势能小的a点移动到电势能大的b点,电势能增大,电场力做负功.所以D选项是正确的.
综上所述:本题答案为:ABD8、BCD【解题分析】平抛运动的物体只受重力,加速度为g,做匀变速曲线运动,故A正确B错误;平抛运动的物体水平方向做匀速直线运动,竖直方向做自由落体运动,则有h=12g9、CD【解题分析】
A、根据电势能Ep随位移x的变化图像可知,电势能先增大后减小,所以电场力先做负功再做正功,又点电荷只受电场力,所以合外力先做负功再做正功,因此点电荷的速度先减小后增大,A错误B、点电荷带正电,且电场力先做负功再做正功,所以电场强度的方向先向左再向右,空间电场可能是某正点电荷形成的,B错误C、电势能Ep随位移x的变化的图像斜率表示电场力,所以可知电场力先减小后增大,C正确D、根据Ep10、AC【解题分析】
A.0~2s内该同学向上加速,因加速度向上,则处于超重状态,选项A正确;B.6~8s内该同学向上减速,加速度向下,则处于失重状态,选项B错误;C.因v-t图像的面积表示位移,则0~8s内电梯上升的总高度为,选项C正确;D.t=ls末,电梯的加速度为,由牛顿第二定律:F-mg=ma解得F=mg+ma=550N,即该同学对电梯的压力大小为550N,选项D错误.11、AD【解题分析】试题分析:物体缓缓下降,则物体动能的变化忽略不计.在竖直方向上,物体受三个力保持受力平衡:竖直向下的重力,手给物体竖直向上的支持力,弹簧给物体竖直向上的拉力.拉力随弹簧的伸长量不断增大,而支持力和拉力之和始终等于重力.AB、重力做正功,弹力做负功,手的支持力做负功,根据动能定理可知,所以弹簧弹性势能增加量小于物体重力势能减少量,故A正确,B错误C、物体与弹簧组成的系统中,除了弹力和重力外,手的支持力做负功,则系统的机械能减小,减小量等于物体克服手的支持力做功,即系统机械能减小了W,故C错误;D、若物体从A处由静止释放,弹簧和重力做功不变,根据动能定理可知,结合公式,则物体的动能为W,故D项正确.故选AD12、AD【解题分析】
由库仑定律可得F=kQqA.4:21与分析相符,故A项与题意相符;B.4:25与分相不相符,故B项与题意不相符;C.2:5与分相不相符,故C项与题意不相符;D.25:21与分析相符,故A项与题意相符。二.填空题(每小题6分,共18分)13、(1)(3)(4)【解题分析】若vA=0,规定A球初速度方向为正方向,由动量守恒得:mv=mvA+4mvB,解得:vB=14v,碰撞前系统的总动能为:EK=12mv2,碰撞后系统的总动能为:E'K=12mvA2+124mvB2=18mv2<EK=12mv2,不违反能量守恒定律,故(1)可能;若vA=-v,规定A球初速度方向为正方向,由动量守恒得:mv=mvA+4mvB,解得:vB=12v,碰撞前系统的总动能为:EK=12mv2,碰撞后系统的总动能为:E'K=12mvA2+124mvB2=mv2>EK=12mv2,违反能量守恒定律,故(2)不可能;若vA=-0.4v,规定A球初速度方向为正方向,由动量守恒得:mv=mvA+4mvB,解得:vB=720v14、0【解题分析】对活塞:,解得若保持话塞不动,将气体温度降至27℃,则根据;解得;因此时内外气压相等,故F=0.15、157.75【解题分析】
[1]物体匀速时,速度达最大,牵引力等于重力,则有:F=mg由功率公式可得:解得:m/s[2]由牛顿第二定律可得:代入数据解得:m/s2末速度:m/s上升的时间:s上升高度为:m在功率恒定的过程中,最后匀速运动的速率为m/s,由动能定理得:代入数据后解得:s所以总时间:7.75
s三.计算题(22分)16、B的质量3kg.75%【解题分析】
因为系统所受的合外力等于零,所以系统动量守恒.从位移-时间图象中知道:碰撞前A、B速度分别为4m/s,1.碰撞后A、B速度为1m/s.
根据动量守恒定律列出等式:mAvA+1=(mA+mB)v解得:mB=3kg.损失的能量占总能量的百分比17、(1)1.2s(2)6.2m(3)3.6m【解题分析】(1)如图所示
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