1、高一物理期末考试模拟试题一选择题(1-8单选，9-12多选。每题4分，部分2分，共48分。)1.关于曲线运动，下列说法正确的是( )A. 做曲线运动的物体，速度方向一定发生变化B. 做曲线运动的物体，速度大小一定发生变化C. 物体在恒力作用下，不可能做曲线运动D. 曲线运动一定是变加速运动【答案】A【解析】【详解】做曲线运动的物体，速度方向一定发生变化，选项A正确；做曲线运动的物体，速度大小不一定发生变化，例如匀速圆周运动，选项B错误；物体在恒力作用下，也可能做曲线运动，例如平抛运动，选项C错误；曲线运动可能是匀变速运动，例如平抛运动，选项D错误.2.从同一高度以相同的速率分别抛出质量相等的三
2、个小球，一个竖直向上抛，一个竖直向下抛，另一个水平抛，则（）A. 落地时，三个小球的速度相同B. 落地时，三个小球重力的瞬时功率相同C. 运动过程中，三个小球重力做功的平均功率相同D. 运动过程中，三个小球重力做功相同【答案】D【解析】【分析】小球沿着不同的方向抛出，都只有重力做功，机械能守恒，故可得到落地时速度大小相等，但方向不同；根据瞬时功率表达式判断瞬时功率的大小【详解】小球运动过程中，只有重力做功，机械能守恒，故末速度大小相等，但方向不同，故A错误；落地时速度大小相等，但方向不同，根据可知，重力的瞬时功率不等，故B错误；根据重力做功公式W=mgh可知，三个小球重力做功相同，落地的时间不
3、同，竖直上抛时间最长，竖直下抛时间最短，所以运动过程中，三个小球重力做功的平均功率不同，故C错误，D正确；故选D。【点睛】本题关键在于沿不同方向抛出的小球都只有重力做功，机械能守恒；同时速度是矢量，大小相等、方向相同速度才是相同，要有矢量意识3.关于电场的性质正确的是：（）A. 电场强度大的地方，电势一定高B. 正点电荷产生的电场中电势都为正C. 匀强电场中，两点间的电势差与两点间距离成正比D. 电场强度大的地方，沿场强方向电势变化快【答案】D【解析】A项，场强和电势没有直接关系，电场强度大的地方电势不一定高，故A项错误。B项，正点电荷产生的电场中电场线由正点电荷发出指向无穷远，但本题中没有规
4、定哪儿为零势点，所以正点电荷产生的电场中电势不一定为正，故B项错误。C项，匀强电场中，两点间电势差与两点沿电场线方向上的距离 成正比 ，故C项错误。D项，电场强度大的地方，电场线密集，等势线距离小，电势变化快，故D项正确4.在奥运比赛项目中，高台跳水是我国运动员的强项。质量为m的跳水运动员进入水中后受到水的阻力而做减速运动，设水对他的阻力大小恒为F，那么在他减速下降高度为h的过程中，下列说法正确的是（g为当地的重力加速度）A. 他的动能减少了FhB. 他的机械能减少了FhC. 他的机械能减少了（Fmg）hD. 他重力势能增加了mgh【答案】B【解析】【详解】运动员进入水中后，受到重力和水的阻力
5、，克服合力做的功等于动能的减小量，故动能减小（F-mg）h，故A错误；运动员进入水中后，除重力外，克服阻力做功Fh，故机械能减小Fh，故B正确，C错误；运动员进入水中后，重力做功mgh，故重力势能减小mgh，故D错误；5.如图，从地面上方某点，将一质量为1kg小球以5m/s的初速度沿水平方向抛出。小球经过1s落地。不计空气阻力，g=10m/s2。则可求出A. 小球抛出时离地面的高度是10mB. 小球落地时重力的瞬时功率为100WC. 小球落地时的速度大小是15m/sD. 小球落地时的速度方向与水平地面成30o角【答案】B【解析】【详解】小球抛出点的高度h=gt2101m5m；故A错误。小球落地
6、时竖直分速度vy=gt=10m/s，落地时重力的瞬时功率为P=mgvy=100W，选项B正确；小球的速度大小，故C错误。设小球落地的速度方向与水平方向的夹角为，则tan2，可知30故D错误。6.下列说法，正确的是（ ）A. 电源向外电路提供电能越多，表示电动势越大B. 电动势在数值上等于电源将正电荷从负极移送到正极时，非静电力所做的功C. 电动势越大的电源，将其他形式的能转化为电能的本领越大D. 电源的电动势与外电路有关，外电路电阻越大，电动势就越大【答案】C【解析】【详解】根据电动势的定义式E=W/q，可知电源移动单位正电荷时向外电路提供的电能越多，电动势越大，电动势在数值上等于电源将单位正
7、电荷从负极移送到正极时，非静电力所做的功，故AB错误；电动势越大的电源，将其他形式的能转化为电能的本领越大，选项C正确；电源的电动势与外电路无关，选项D错误.7.若加在某导体两端电压变为原来的3/5时，导体中的电流减小了0.4A。如果所加电压变为原来的2倍，则导体中的电流为（）A. 1.0AB. 1.5AC. 2.0AD. 2.5A【答案】C【解析】【详解】设导体两端原来的电压为U，电流为I，则导体的电阻；又由题，导体两端的电压变为原来的3/5时，导体中的电流减小了0.4 A，则有 ；联立得，解得I=1.0 A；当电压变为2U时，I=2I=2.0A，故选C.8.如图所示是一个双量程电压表，表头
8、是一个内阻Rg=500，满刻度电流为Ig=1mA的毫安表，现接成量程分别为10V和100V的两个量程，则所串联的电阻R1和R2分别为 （ ）A. 9500，9.95104B. 9500，9104C. 1.0103，9104D. 1.0103，9.95104【答案】B【解析】试题分析：由，所以两端电压，所以；同理，。 B正确考点：串联电路电压和电阻的关系9.关于电场力的功及电势能变化情况正确的是：（）A. 电场中某点电势的大小等于电场力将单位正电荷从该点移到零电势点电场力所做的功B. 电场中某点电势大小等于单位正电荷在该点所具有的电势能C. 在电场中无论移动正电荷还负电荷，只要电场力做正功，电荷
9、电势能都要减少D. 正电荷沿电场线方向移动，电势能减少；负电荷沿电场线方向移动，电势能增加【答案】ABCD【解析】【详解】A.根据电势差与电场力做功的关系可知，电场中某点电势的大小等于电场力将单位正电荷从该点移到零电势点电场力所做的功，A正确。B.根据可知，电场中某点电势大小等于单位正电荷在该点所具有的电势能，B正确。C.根据电场力做功与电势能关系可知，电场力做正功，电势能减小，C正确。D.正电荷沿电场线移动，电场力做正功，电势能减小，负电荷沿电场线移动，电场力做负功，电势能增大，D正确。10.如图所示，将两个等量异种点电荷分别固定于A、B两处，AB为两点电荷的连线，MN为AB连线的中垂线，交
10、AB于O点，M、N距两个点电荷较远，以下说法正确的是（）A. 沿直线由A到B,各点的电场强度先减小后增大B. 沿直线由A到B,各点的电势升高C. 沿中垂线由M到O，电场强度增大D. 将一正电荷从M点移到O点，电场力做正功【答案】ABC【解析】【详解】由电场线的分布可知，沿直线由A到B，电场线先变疏后变密，则电场强度先减小后增大。故A正确。电场线方向由B到A，根据顺着电场线方向电势降低可知，沿直线由A到B，各点的电势一直升高。故B正确。沿中垂线由M到O，电场线越来越密，电场强度一直增大，故C正确。MN是一条等势线。将一正电荷从M点移到O点，电场力不做功，故D错误。11.在如图所示的电路中，电源电
11、动势为E，内电阻为r，闭合开关S，待电流达到稳定后，电流表示数为I，电压表示数为U，电容器C所带电荷量为Q，将滑动变阻器的滑动触头P从图示位置向a端移动一些，待电流达到稳定后，则与P移动前相比()A. U变小B. I变小C. Q增大D. Q减小【答案】BC【解析】【分析】首先搞清电路的结构：电流稳定时，变阻器与R2串联，R1上无电流，无电压，电容器的电压等于变阻器的电压，电压表测量变阻器的电压，电流表测量干路电流；当滑片P向a端移动一些后，变阻器接入电路的电阻增大，根据欧姆定律分析电路的总电阻变化和干路电流的变化，再分析电表读数的变化和电容器电量的变化【详解】解：当滑动变阻器P的滑动触头从图示
12、位置向a端移动时，其接入电路的电阻值增大，外电路总电阻增大，由闭合电路的欧姆定律可知，干路的电流I减小；变阻器两端的电压，由I减小，可知U增大，即电容器C两端的电压增大，再据Q=CU，可判断出电容器的电荷量Q增大，故BC正确，AD错误。故选BC。【点睛】本题是含有电容器的动态变化分析问题，要综合考虑局部与整体的关系，对于电容器明确两端的电压，再利用电容器的定义式判断电量的变化情况12.如图所示，一小球自A点由静止自由下落，到B点时与弹簧接触，到C点时弹簧被压缩到最短。若不计弹簧质量和空气阻力，在小球由ABC的过程中，若仅以小球为系统，且取地面为参考面，则A. 小球从AB的过程中机械能守恒；小球
13、从BC的过程中只有重力和弹力做功，所以机械能也守恒B. 小球在B点时动能最大C. 小球减少的机械能，等于弹簧弹性势能的增量D. 小球到达C点时,球和地球系统的重力势能和弹簧的弹性势能之和最大.【答案】CD【解析】【详解】小球从AB的过程中只受重力，机械能守恒；小球从BC的过程中，由于弹力对小球做功，所以小球的机械能不守恒。故A错误。小球从B到C过程，受到重力和弹力两个力作用，弹力先小于重力，后大于重力，所以小球先加速和减速，故动能先变大后变小，弹力与重力相等时，动能最大，小球动能最大的位置在BC之间某点，故B错误；小球从A到C过程中，小球和弹簧系统的机械能守恒，而在最高点和最低点动能都为零，故
14、减少的重力势能全部转化为弹性势能，故C正确；小球到达C点时动能为零，动能最小，由系统的机械能守恒知，小球和地球系统的重力势能和弹簧的弹性势能之和最大，故D正确。二实验题13.在利用自由落体“验证机械能守恒定律”的实验中，（1）下列器材中不必要的一项是_（只需填字母代号）A重物 B纸带 C天平 D50Hz低压交流电源 E毫米刻度尺（2）关于本实验的误差，下列说法正确的是_A必须选择质量较小的重物，以便减小误差B必须选择点迹清晰且第1、2两点间距约为2mm的纸带，以便减小误差C必须先松开纸带后接通电源，以便减小误差D本实验应选用密度大体积小的重物，以便减小误差（3）在该实验中，质量m=lkg的重锤
15、自由下落，在纸带上打出了一系列的点，如图所示O是重锤刚下落时打下的点，相邻记数点时间间隔为0.02s，长度单位是cm，g=9.8m/s2则从点O到打下记数点B的过程中，物体重力势能的减小量EP=_J，动能的增加量EK=_J（两空均保留3位有效数字）由此你得到的结论是_。【答案】 (1). C (2). BD (3). 0.476 (4). 0.473 (5). 在误差允许的范围内，物体机械能守恒（或者说：在误差允许的范围内，物体减少的势能等于增加的动能）【解析】【详解】（1）在“验证机械能守恒定律”的实验中，要验证动能增加量和势能减小量是否相等，质量约去，不需要天平测量物体的质量，所以天平不必
16、要故选C.（2）为了减小阻力对其影响，选用重锤时，应该选用质量大体积小重锤的进行实验，故A错误，D正确；物体自由下落时根据公式h=gt2，其中t=T=0.02s，由此可知，开始所打两个点之间的距离约等于2mm，则第1、2两点间距约为2mm的纸带，打第一个点的速度接近为零，误差较小，故B正确；应先接通电压后释放纸带，故C错误（3）利用匀变速直线运动的推论；重物由O点运动到B点时，重物的重力势能的减少量Ep=mgh=1.09.80.0486 J=0.476JEkB=mvB2=0.473J；实验得到的结论是：在误差允许的范围内，物体机械能守恒（或者说：在误差允许的范围内，物体减少的势能等于增加的动能
17、）14.（1）读出图中游标卡尺和螺旋测微器的读数：图a的读数为_cm图b读数为_cm（2）如图所示，甲图为一段粗细均匀的新型导电材料棒，现测量该材料的电阻率。首先用多用电表的欧姆档（倍率为10）粗测其电阻，指针位置如图乙所示，其读数R=_。然后用以下器材用伏安法尽可能精确地测量其电阻：A电流表： 量程为200mA，内阻约为0.1B电压表： 量程为3V，内阻约为3kC滑动变阻器：最大阻值为20，额定电流1AD低压直流电源：电压6V，内阻忽略F电键K，导线若干在方框中画出实验电路图_.如果实验中电流表示数为I，电压表示数为U，并测出该棒的长度为L、直径为d，则该材料的电阻率=_（用测出的物理量的符
18、号表示）【答案】 (1). 1.052 (2). 1.0295 (3). 200.0 (4). 见解析 (5). 【解析】【详解】（1）由图可知，游标卡尺的固定刻度读数为1cm，游标读数为0.0226mm=0.52mm，所以最终读数为1cm+0.52mm=1.052cm螺旋测微器固定刻度示数为10mm，可动刻度示数为29.50.01mm=0.295mm，螺旋测微器示数为10mm+0.295mm=10.295mm=1.0295cm（2）多用电表的读数：2010=200；待测电阻阻值为200，滑动变阻器最大阻值为20，为测多组实验数据，滑动变阻器应采用分压接法；，则有：，则电流表应采用内接法，实验
19、电路图如图所示由欧姆定律可得，电阻阻值，由电阻定律得：，则电阻率 三计算题（15题8分，16题10分，17题10分，18题12分）15.如图所示，轨道ABC被竖直固定在水平桌面上，A距水平地面高H=0.75m，C距水平地面高h=0.45m，。一质量m=0.10kg的小物块自A点从静止开始下滑，从C点以水平速度飞出后落在地面上的D点。现测得C、D两点的水平距离为x=0.60m。，不计空气阻力，求：（1）小物块从C点飞出时速度的大小vc；（2）小物块从A点运动到C点的过程中克服摩擦力做的功Wf。【答案】（1）（2）【解析】【详解】（1）从C到D，根据平抛运动规律可得，竖直方向：，水平方向解得小物块
20、从C点飞出时速度的大小；（2）小物块从A到C，根据动能定理可得求得克服摩擦力做功：16.如图所示，一个质量为1.010-4kg的带电小球，穿过一根光滑的绝缘杆，置于场强为2.0102N/C的水平向右的匀强电场中，杆与水平面夹角为37.小球刚好匀速下滑，问：(1)小球带的电量为多少?(2)杆上A、B两点相距10cm，小球由A运动至B电场力所做的功多大?A、B两点的电势差UAB为多大?(sin37=0.6，cos37=0.8)【答案】(1) 3/810-5C，负电 (2) 610-5J；16V【解析】【详解】（1）对小球受力分析，向下的重力，杆对球斜向上的支持力以及水平向左的电场力，由平衡知识可知
21、：tan37=qE/mg解得：q=3/810-5C，小球负电（2）小球由A运动至B电场力所做的功WAB=EqLcos37=610-5JUAB=EL cos37 =16V17.如图中，R1=2，R2= R3 =6，滑动变阻器全值电阻为R4= 6，电源内电阻r=1.0当滑键P移至A端时，电压表读数为5 V.求：（1）当P移至B端时电源的总功率 （2）滑键P分别在A、B两端时电源的效率【答案】（1） 12W（2）；【解析】【详解】（1）P移至A端时，R3被短路等效电路如图所示外电路的总电阻为电路中总电流为A电源的电动势为E=U+Ir=6V当P移至B端时，R2、R3、R4均被短路，电路中总电流为A电源
22、的总功率为W（2）电源的效率：P在A端时，电源的效率为P在B端时，电源的效率为18.飞机若仅依靠自身喷气式发动机产生推力起飞需要较长的跑道，某同学设计在航空母舰上安装电磁弹射器以缩短飞机起飞距离，他的设计思想如下：如图所示，航空母舰的水平跑道总长l=180 m，其中电磁弹射器是一种长度为l1=120 m的直线电机，这种直线电机从头至尾可以提供一个恒定的牵引力F牵，一架质量为m=2.0104kg的飞机，其喷飞式发动机可以提供恒定的推力F推=1.2105N假设飞机整个过程所受的平均阻力为飞机重力的0.2倍飞机离舰起飞的速度v=100 m/s，航母处于静止状态，飞机可视为质量恒定的质点请你求出(计算结果均保留二位有效数字)：(1)飞机离开电磁弹射区后的加速度大小(2)电磁弹射器的牵引力F牵的大小(3)电磁弹射器输出效率可以达到80%，则每弹射这样一架飞机电磁弹射器需要消耗多少能量【答案】(1) (2) 7.1105N (3)J【解析】【详解】（1）在电磁弹射区外，由牛顿第二定律得：解得（2）由动能定理得：解得F牵=7.1105N（3）电磁弹射器对飞机做的功为J则其消耗的能量J