山東省萊蕪市2024屆物理高一下期末調研試題含解析

山東省萊蕪市2024屆物理高一下期末調研試題注意事項：1．答題前，考生先將自己的姓名、準考證號填寫清楚，將條形碼準確粘貼在考生信息條形碼粘貼區(qū)。2．選擇題必須使用2B鉛筆填涂；非選擇題必須使用0．5毫米黑色字跡的簽字筆書寫，字體工整、筆跡清楚。3．請按照題號順序在各題目的答題區(qū)域內作答，超出答題區(qū)域書寫的答案無效；在草稿紙、試題卷上答題無效。4．保持卡面清潔，不要折疊，不要弄破、弄皺，不準使用涂改液、修正帶、刮紙刀。一、選擇題：（1-6題為單選題7-12為多選，每題4分，漏選得2分，錯選和不選得零分）1、(本題9分)如圖所示，質量為m1、長為L的木板置于光滑的水平面上，一質量為m的滑塊（視為質點）放置在木板左端，滑塊與木板間滑動摩擦力的大小恒為f，用水平的恒定拉力F作用于滑塊．當滑塊從靜止開始運動到木板右端時，木板在地面上移動的距離為s，滑塊速度為v1，木板速度為v2，在此過程中下列結論中正確的是（）A．關于木板滿足關系：fs＝m1v22B．摩擦力對滑塊做的功為－fLC．關于系統(tǒng)滿足關系：F(L＋s)=mv12＋m1v22D．F越大，滑塊與木板間產生的熱量越多2、(本題9分)原來靜止在光滑水平桌面上的木塊，被水平飛來的子彈擊中，當子彈深入木塊d深度時，木塊相對桌面移動了s，然后子彈和木塊以共同速度運動，設阻力大小恒為f，對這一過程，下列說法正確的是()A．子彈與木塊組成的系統(tǒng)機械能守恒B．系統(tǒng)損失的機械能等于f（d+s）C．子彈動能的減少量等于fdD．系統(tǒng)機械能轉變?yōu)閮饶艿牧康扔趂d3、關于靜電場的等勢面，下列說法正確的是A．兩個電勢不同的等勢面可能相交B．電場線與等勢面處處相互垂直C．同一等勢面上各點電場強度一定相等D．將一負的試探電荷從電勢較高的等勢面移至電勢較低的等勢面，電場力做正功4、關于力和運動的關系，以下說法中正確的是（）A．物體做曲線運動，其加速度一定改變B．物體做曲線運動，其加速度可能不變C．物體的運動狀態(tài)發(fā)生變化，該物體的受力情況一定發(fā)生變化D．物體在恒力作用下運動，其速度方向一定改變5、(本題9分)如圖所示，金屬棒MN兩端用等長的細軟導線連接后水平地懸掛．MN處在向里的水平勻強磁場中，棒中通有由M流向N的電流，此時懸線受金屬棒的拉力作用．為了使懸線中的拉力減小，可采取的措施有（）A．使磁場反向B．使電流反向C．增大電流強度D．減小磁感應強度6、(本題9分)如圖，物體套在豎直桿上，經細繩通過定滑輪拉動物體在水平面上運動，開始時、間的細繩呈水平狀態(tài)，現(xiàn)由計算機控制物體的運動，使其恰好以速度沿桿勻速下滑（始終未與滑輪相碰），則（）A．繩與桿的夾角為時，的速率為B．繩與桿的夾角為時，的速率為C．物體也做勻速直線運動D．物體做勻加速直線運動7、同步衛(wèi)星A的運行速率為V1，向心加速度為a1，運轉周期為T1；放置在地球赤道上的物體B隨地球自轉的線速度為V2，向心加速度為a2，運轉周期為T2；在赤道平面上空做勻速圓周運動的近地衛(wèi)星C的速率為V3，向心加速度為a3，動轉周期為T3。比較上述各量的大小可得（）A．T1=T2>T3 B．V3>V2>V1 C．a1<a2=a3 D．a3>a1>a28、2000年1月26日我國發(fā)射了一顆地球同步衛(wèi)星，其定點位置與東經98°的經線在同一平面內，如圖所示，發(fā)射地球同步衛(wèi)星時，先將衛(wèi)星發(fā)射至近地圓軌道1；然后點火，使其沿橢圓軌道2運行；最后再次點火，將衛(wèi)星送入同步圓軌道1．軌道1、2相切于Q點．軌道2、1相切于P點．當衛(wèi)星分別在l、2、1軌道上正常運行時（）A．若設衛(wèi)星在軌道1上的速率v1、衛(wèi)星在軌道1上的速率v1，則v1＜v1．B．衛(wèi)星要由軌道1變軌進入軌道2，需要在Q點加速C．若設衛(wèi)星在軌道1上經過Q點的加速度為a1Q；衛(wèi)星在軌道2上經過Q點時的加速度為a2Q，則a1Q=a2Q．D．衛(wèi)星要由軌道2變軌進入軌道1，需要在P點減速9、(本題9分)在如圖所示的豎直平面內，在水平線MN的下方有足夠大的勻強磁場，一個等腰三角形金屬線框頂點C與MN重合，線框由靜止釋放，沿軸線DC方向豎直落入磁場中．忽略空氣阻力，從釋放到線框完全進入磁場過程中，關于線框運動的v－t圖，可能正確的是：（）A． B． C． D．10、(本題9分)如圖所示，光滑半球的半徑為R，球心為O，固定在水平面上，其上方有一個光滑曲面軌道AB，高度為R/2。軌道底端水平并與半球頂端相切，質量為m的小球由A點靜止滑下，小球在水平面上的落點為C，則（）A．小球將沿半球表面做一段圓周運動后拋至C點B．小球將從B點開始做平拋運動到達C點C．OC之間的距離為D．OC之間的距離為2R11、起重機是指在一定范圍內垂直提升和水平搬運重物的多動作起重機械。一起重機的鋼繩由靜止開始勻加速提起質量為m的重物，當重物的速度為v1時，起重機的功率達到額定功率P，以后起重機保持該功率不變，繼續(xù)提升重物，直到以最大速度v2勻速上升為止。則A．重物的最大速度vB．重物勻加速運動的加速度a=C．鋼繩的最大拉力為mgD．鋼繩的最大拉力為P12、(本題9分)如圖甲所示，兩物體A、B疊放在光滑水平面上，對A施加一水平力F，F(xiàn)-t關系圖象如圖乙所示。兩物體在力F作用下由靜止開始運動，且始終保持相對靜止，則A．第1s末兩物體的速度最大B．第2s內，拉力F對物體A做正功C．第2s末，兩物體開始反向運動D．物體A對物體B的摩擦力方向始終與力F的方向相同二、實驗題（本題共16分，答案寫在題中橫線上）13、（6分）(本題9分)在“驗證機械能守恒定律”的實驗中，打點計時器接在頻率為f的交流電源上，在實驗中打下一條理想紙帶，如圖所示，選取紙帶上打出的連續(xù)5個點A、B、C、D、E，測出A點距起始點的距離為S0，點AC間的距離為S1，點CE間的距離為S2，已知重錘的質量為m，當?shù)氐闹亓铀俣葹間，則：（1）起始點O到打下C點的過程中，重錘重力勢能的減少量為△EP＝________，重錘動能的增加量為△EK＝__________．（2）根據(jù)題中提供的條件，可求出重錘實際下落的加速度a=__________,它和當?shù)氐闹亓λ俣萭進行比較，應該是a_________g（填“>”、“=”或“<”）．14、（10分）(本題9分)如圖所示為“研究平拋物體的運動”實驗，（1）在該實驗中，下列說法正確的是___________A．斜槽軌道必須光滑B．斜槽軌道末端可以不水平C．應使小球每次從斜槽上相同的位置由靜止釋放D．為更好地反映真實運動，記錄的點應適當多一些（2）如圖所示為實驗中用方格紙記錄了小球的運動軌跡，a、b、c為軌跡上的三點，小方格的邊長為L，重力加速度為g，則小球作平拋運動的初速度大小v0=_______，經b點時速度大小vb=_______。三、計算題要求解題步驟，和必要的文字說明（本題共36分）15、（12分）如圖所示，在一足夠大的空間內存在著水平向右的勻強電場，已知電場強度大小為E。有一質量為m的帶電小球，用絕緣輕細線懸掛起來，靜止時細線偏離豎直方向的夾角為。重力加速度為g，不計空氣阻力的作用。（1）求小球所帶的電荷量并判斷所帶電荷的性質；（2）如果將細線輕輕剪斷，細線剪斷后，經過時間t，求這一段時間內小球電勢能的變化量。16、（12分）(本題9分)如圖甲所示，一豎直平面內的軌道由粗糙斜面AD和光滑圓軌道DCE組成，AD與DCE相切于D點，C為圓軌道的最低點．將一小物塊置于軌道ADC上離地面高為H處由靜止下滑，用力傳感器測出其經過C點時對軌道的壓力N，改變H的大小，可測出相應的N大小，N隨H的變化關系如圖乙圖中折線PQI所示（PQ與QI兩直線相連接于Q點），QI反向延長交縱軸于F點（0，5.8N），重力加速度g取10m/s2，求：（1）小物塊的質量m；（2）圓軌道的半徑及軌道DC所對圓心角（可用角度的三角函數(shù)值表示）；（3）小物塊與斜面AD間的動摩擦因數(shù)．17、（12分）半徑為R=0.9m的光滑半圓形軌道固定在水平地面上，與水平面相切于A點。在距離A點1.3m的C處有一可視為質點的小滑塊，質量為m=0.5kg，小滑塊與水平面間的動摩擦因數(shù)為μ=0.1．對小滑塊施加一個大小為F=11N的水平推力，使小滑塊從C點由靜止開始運動，當運動到A點時撤去推力，小滑塊從圓軌道最低點A沖上豎直軌道。(g取10m/s1)問：(1)小滑塊在B處對軌道的壓力；(1)小滑塊通過B點后，落地點到B點的水平距離。

參考答案一、選擇題：（1-6題為單選題7-12為多選，每題4分，漏選得2分，錯選和不選得零分）1、A【解題分析】對木板，由動能定理有：fs=m1v1．故A正確．當滑塊從靜止開始運動到木板右端時，發(fā)生的位移為L+s（相對于地），滑塊克服摩擦力所做的功為f（L+s）．故B正確．滑塊與木板間產生的熱量Q=fL，根據(jù)能量守恒定律知：F（L+s）=Q+mv12+m1v1，可得，F(xiàn)（L+s）-fL=mv12+m1v1．故C錯誤．由Q=fL，知F增大時，Q不變，故D錯誤．故選A.點睛：本題是滑塊在木板上滑動的問題，要注意運動的相對性，知道求功時，位移應相對于地面．要準確判斷能量是如何轉化的，運用功能關系分析這種類型的問題．2、D【解題分析】

A.根據(jù)能量轉化和守恒定律分析可知：子彈原有的動能轉化為子彈和木塊的內能與后來木塊和子彈的動能之和，機械能由損失，故A不符合題意。BD.木塊和子彈所組成的系統(tǒng)損失的機械能與產生的熱能相等，為摩擦力與相對位移的乘積，即：Q=fd，故B不符合題意，D符合題意。C.只有阻力對子彈做功，動能定理得知：子彈損失的動能等于子彈克服阻力所做的功，大小f（d+s）。故C不符合題意。3、B【解題分析】

A．等勢面相交，則電場線一定相交，故在同一點存在兩個不同的電場強度方向，與事實不符，故A錯誤；B．電場線與等勢面垂直，B正確；C．同一等勢面上的電勢相同，但是電場強度不一定相同，C錯誤；D．將負電荷從高電勢處移動到低電勢處，受到的電場力方向是從低電勢指向高電勢，所以電場力方向與運動方向相反，電場力做負功，D錯誤；4、B【解題分析】

AB.物體做曲線運動的條件是受到的合力和運動方向不在一條直線上，做曲線運動的物體加速度不一定改變，只要合力不變，加速度就不變，如平拋運動，故A錯誤，B正確；

C.物體的運動狀態(tài)發(fā)生變化，就是速度發(fā)生了變化，物體就一定有加速度，物體的合外力就不為零，而受力情況卻不一定發(fā)生變化，如平拋運動，故C錯誤

D.物體在恒力作用下運動，當恒力的方向（加速度方向）與速度方向不在同一條直線上，物體就做曲線運動，速度方向一定改變；當恒力的方向（加速度方向）與速度方向相同時，物體在恒力的作用下速度方向不發(fā)生改變，故D錯誤．5、C【解題分析】

棒處于方向垂直紙面向里的勻強磁場中，棒中通有從M流向N的電流，根據(jù)左手定則可知，棒所受安培力的方向豎直向上，由于此時懸線上有拉力，為了使拉力減小，則安培力必須增加，由安培力公式F=BIL知，可以適當增加電流強度，或增大磁場，若使電流或磁場反向，安培力方向豎直向下，懸線的拉力將增大。故C正確，ABD錯誤。故選C。【題目點撥】解決本題的關鍵要掌握安培力的方向判斷方法：左手定則以及安培力大小公式F=BIL．6、B【解題分析】將A物體的速度按圖示兩個方向分解，如圖所示，

由繩子速率v繩=vcosα；而繩子速率等于物體B的速率，則有物體B的速率vB=v繩=vcosα．故A錯誤，B正確；因α減小，則vB=v繩=vcosα增大，B物體加速運動，但不是勻加速運動，故CD錯誤；故選B．點睛：對于運動的合成與分解問題，要知道分運動和合運動的運動特點，知道二者具有等時性和獨立性，能夠將合運動分解為兩個分運動，然后根據(jù)幾何關系求解速度或加速度之間的關系．7、AD【解題分析】

A、同步衛(wèi)星與地球自轉同步，所以T2＝T2。根據(jù)開普勒第三定律得衛(wèi)星軌道半徑越大，周期越大，故T2＞T2．故A正確。B、同步衛(wèi)星與物體2周期相同，根據(jù)圓周運動公式v，所以V2＞V2，故B錯誤。CD、同步衛(wèi)星與物體2周期相同，根據(jù)圓周運動公式a，得a2＞a2，同步衛(wèi)星2與人造衛(wèi)星2，都是萬有引力提供向心力，所以a，由于r2＞r2，由牛頓第二定律，可知a2＞a2．故C錯誤、D正確。故選：AD。8、BC【解題分析】

A.衛(wèi)星繞地球做勻速圓周運動時，由萬有引力提供向心力，則有：得軌道1的半徑比軌道1的半徑大，則v1>v1，故A錯誤；B.衛(wèi)星要由軌道1上的Q點變軌到軌道2，要做離心運動，故需要在Q點加速，故B正確；C.根據(jù)牛頓第二定律得：，得同一點r相同，則，故C正確；D.由軌道2變軌進入軌道1需要加速，使衛(wèi)星做離心運動。故D錯誤；9、CD【解題分析】

根據(jù)楞次定律的“來拒去留”可知線框受到向上的安培力，線框由靜止向下做加速運動，設線框的有效切割磁感線的長度為L，線框的電阻為R，則有，根據(jù)歐姆定律可得，故，根據(jù)牛頓第二定律可得，故，運動過程中，L在變大，v在變大，故加速度在減小，即速度時間圖像的斜率再減小，故AB錯誤；由于不知道當線框完全進入磁場時重力和安培力的關系，所以之后線框的速度可能繼續(xù)增大，可能恒定不變，故CD正確10、BC【解題分析】由A到B，由動能定理,在B點只有重力提供向心力，小球拋出，由平拋運動規(guī)律可知小球做平拋運動，B對；C對；11、AD【解題分析】

A.重物以最大速度為v2勻速上升時，F(xiàn)=mg，所以v2CD.勻加速提升重物時鋼繩拉力最大，且等于勻加速結束時的拉力，由P=Fv得FmB.重物做勻加速運動的加速度a=F12、BD【解題分析】試題分析：根據(jù)牛頓第二定律研究加速度與時間的關系，分析物體運動的性質．根據(jù)牛頓第二定律，分別對AB整體和B研究，分析．A、根據(jù)牛頓第二定律得知，兩物體的加速度a=B、由圖看出，1s-2s時間內，F(xiàn)的方向不變，物體一直加速，第2s內，拉力F對物體A做正功．故B正確．C、由于慣性，第2s末，兩物體開始做正向減速運動．故C錯誤．D、由f=故選BD?？键c：牛頓第二定律；滑動摩擦力．點評：本題是牛頓第二定律的應用問題，采用整體法和隔離法相結合研究．要注意F的正負表示F的方向．二、實驗題（本題共16分，答案寫在題中橫線上）13、mg(s0+s1【解題分析】

①重錘下落的高度為(s0+s1)，重力勢能的減少量為mg(s0+s1)．C點的速度為：v打C點時重錘的動能為：E②重錘下落的加速度a=s14、CD【解題分析】

（1）[1]AC.為了保證小球的初速度相等，每次從斜槽的同一位置由靜止釋放小球，斜槽不一定需要光滑，故A錯誤，C正確；B.為了保證小球的初速度水平，斜槽的末端需水平，故B錯誤；D.為更好地反映真實運動，記錄的點應適當多一些，故D正確。（2）[2]在豎直方向上，根據(jù)得，相等的時間間隔則小球平拋運動的初速度b點的豎直分速度根據(jù)平行四邊形定則知，b點的速度。三、計算題要求解題步驟，和必要的文字說明（本題共36分）15、（1）正電；（2）mg2t2（tan）2【解題分析】

（1）小球受到重力電場力F和細線的拉力T的作用，由共點力平衡條件有：qE=Tsin.mg=Tcos.得：q=.電場力的方向與電場強度的方向相同，故小球所帶電荷為正電荷。（2）剪斷細線后，小球做勻加速直線運動，設其加速度為a，由牛頓第二定律有：=ma解得：a=在t時間內，小球的位移為：l=at2.小球運動過程中，電場力做的功為：W=qElsin=mglsintan=mg2t2（tan）2所以小球電勢能的變化量（減少量）為：△Ep=mg2t2（tan）216、（1）0.5kg；（2）θ=arccos0.8=17°；（1）μ=0.1.【解題分析】解：（1）從圖象得到H=0時的彈力，即為物體的重力，從而得到物體的質量m=0.5kg.（2）由圖線知