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2022-2023学年江苏省南京市高一下册期末物理专项提升模拟题（AB卷）含解析
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这是一份2022-2023学年江苏省南京市高一下册期末物理专项提升模拟题（AB卷）含解析，共39页。试卷主要包含了下列说确的是，下列各种说法中正确的是等内容，欢迎下载使用。
2022-2023学年江苏省南京市高一下册期末物理专项提升模拟题
（A卷）
第I卷（选一选）
评卷人
得分
一、单 选 题
1．下列说确的是（ ）
A．牛顿发现了万有引力定律，并计算出太阳与地球间引力的大小
B．在有力做功的过程中，一定有机械能转化为内能
C．物体做速率增加的直线运动时，其所受的合外力的方向一定与速度方向相同
D．小船渡河的最短时间由河宽、水流速度和静水速度共同决定
2．对于做平抛运动的物体，以下说法中正确的是（ ）
A．若只有抛出点的高度增加一倍，则在空中的运动时间也增加一倍
B．若只有水平初速度增加一倍，则水平射程也增加一倍
C．若只有抛出点的高度增加一倍，则水平射程也增加一倍
D．若只有水平初速度增加一倍，则在空中的运动时间也增加一倍
3．从高处以初速度竖直向上抛出一个质量为的小球，如图所示。若取抛出点为零势点，没有计空气阻力，则（ ）
A．在抛出点小球的机械能为
B．在点小球的机械能为
C．在点小球的机械能为
D．小球着地时的机械能为
4．下列各种说法中正确的是（ ）
A．甲图中，没有计一切阻力，一可视为质点的小球从A点正上方从静止开始下落，小球从右端口B点离开时，小球的机械能守恒
B．乙图中，汽车通过轻质光滑的定滑轮将一个质量为m的物体从井中拉出，汽车在水平面上以v0做匀速运动，则当跟汽车连的细绳与水平夹角θ为30°时，绳对物体的拉力的功率为
C．丙图中，奥运会蹦床比赛，如果没有计空气阻力，全过程中，运动员、弹性蹦床、地球组成的系统机械能守恒
D．丁图中，B的质量是A的质量的2倍，a=2m，b=0.2m，没有计一切阻力，当B由A的顶端从静止开始滑到A的底端的过程中，B的机械能守恒
5．质量为m的汽车，启动后沿平直路面行驶，如果发动机功率恒为P，且行驶过程中受到的阻力大小一定，汽车速度能够达到的值为v，那么当汽车的车速为时，汽车的瞬时加速度的大小为（ ）
A． B． C． D．
6．2017年下半年我国发北斗三号卫星．北斗导航卫星的发射需要几次变轨，例如某次变轨，先将卫星发射至近地圆轨道1上，然后在P处变轨到椭圆轨道2上，由轨道2在Q处变轨进入圆轨道3，轨道1、2相切于P点，轨道2、3相切于Q点．忽略空气阻力和卫星质量的变化，则以下说确的是
A．该卫星从轨道1变轨到轨道2需要在P处减速
B．该卫星在轨道从轨道1到轨道2再到轨道3，机械能逐渐增大
C．该卫星在轨道3的动能大于在轨道1的动能
D．该卫星在轨道3上Q点的加速度小于在轨道2上Q点的加速度
7．滑板运动是非常受欢迎的运动，如图所示为滑板运动训练轨道简化图，装置由AB、BC、CD三段轨道组成，轨道交接处均由很小的圆弧平滑连接（图中未画出），轨道与滑板间的动因数都相同，为方便训练AB轨道可以适当调整，CD轨道固定。若运动员从A静止开始下滑则刚好能到达D，那么将AB轨道向右平移后从A正上方A1静止滑下，则（ ）
A．没有能到达D
B．刚好能到达D
C．若能D刚好到达D1，一定有AD∥A1D1
D．若能D刚好到达D1，但没有一定有AD∥A1D1
评卷人
得分
二、多选题
8．如图甲所示，质量为m的小球，在半径为r（小球的半径远小于r）的竖直光滑圆轨道内侧做完整的圆周运动，以竖直向下为正方向，在点时，轨道对小球的弹力F随速率平方变化的图象如图乙所示。重力加速度取10m/s，根据图象信息，以下判断正确的是（ ）
A．小球的质量m=2kg
B．竖直圆轨道的半径r=0.2m
C．小球到达圆心等高点的最小加速度为30
D．小球过轨道点时，对轨道最小压力为60N
9．如图所示，甲球从O点以水平速度v1飞出，落在水平地面上的A点；乙球从O点以水平速度v2飞出，落在水平地面上的B点，反弹后恰好也落在A点。两球质量均为m，若乙球落在B点时的速度大小为v3，与地面的夹角为60°，且与地面发生碰撞时水平速度没有变，竖直速度等大反向，没有计空气阻力，下列说确的是（ ）
A．由O点到A点，甲、乙两球运动时间之比是1:1
B．O、A两点的水平距离与O、B两点的水平距离之比是3:1
C．运动过程中甲、乙重力的平均功率为3:1
D．设地面处势能为0，甲、乙两球在运动过程中的机械能之比为3:1
10．如图所示，吊车下方吊一个质量为500kg的重物，二者一起保持恒定的速度沿水平方向做匀速直线运动。某时刻开始，吊车以10kW的恒定功率将重物向上吊起，经t=5s重物达到速度。忽路空气阻力，取g=10m/．则在这段t时间内（ ）
A．重物的速度为2m/s
B．重物克服重力做功的平均功率为9.8kW
C．重物做匀变速曲线运动
D．重物处于超重状态
第II卷（非选一选）
评卷人
得分
三、实验题
11．在“研究平抛物体运动”的实验中：
（1）下列措施中能减小实验误差的措施为 ______（选填序号）；
A．斜槽轨道末端切线必须水平
B．斜槽轨道必须光滑
C．每次要平衡力
D．小球每次应从斜槽同一位置静止释放
（2）在该实验中，某同学没有以抛出点建立坐标系，而是取下白纸后在轨迹上随意取了一点如图所示，a、b、c三点的位置在运动轨迹上已标出（g取10 m/s2）。则：小球平抛的初速度为 ________m/s，从抛出到a点的时间为________ s。
12．如图是用“落体法”验证机械能守恒定律的实验装置。（g取）
（1）选出一条清晰的纸带如图甲所示，其中O点为打点计时器打下的个点，A、B、C为三个计数点，打点计时器通以频率为50Hz的交变电流。用分度值为1mm的刻度尺测得，，，在计数点A和B、B和C之间还各有一个点，重锤的质量为。甲同学根据以上数据算出：当打点计时器打到B点时重锤的重力势能比开始下落时减少了______J；此时重锤的动能比开始下落时增加了________J。（结果均保留三位有效数字）
（2）另一个同学利用他自己实验时打出的纸带，测量出了各计数点到打点计时器打下的个点的距离h，算出了各计数点对应的速度v，然后以h为横轴、以为纵轴作出了如图乙所示的图线，图线未过原点O的原因可能是________。
评卷人
得分
四、解 答 题
13．某火星探测实验室进行电子计算机模拟实验，结果为探测器在近火星表面轨道做圆周运动的周期是T，探测器着陆过程中，次接触火星表面后，以v0的初速度竖直反弹上升，经t时间再次返回火星表面，设这一过程只受火星的重力作用，且重力近似没有变．已知引力常量为G，试求：
（1）火星的密度
（2）火星的半径
（3）火星的宇宙速度?
14．如图所示，半径R=1.0m的光滑圆弧轨道固定在竖直平面内，轨道的一个端点B和圆心O的连线与水平方向间的夹角θ=37°，另一端点C为轨道的点．C点右侧的光滑水平面上紧挨C点静止放置一木板，木板质量M=1kg，上表面与C点等高．质量为m=1kg的物块（可视为质点）从空中A点以v0=1.2m/s的速度水平抛出，恰好从圆弧轨道的B端沿切线方向进入轨道．（忽略空气阻力，取g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8）求：
（1）物块B点时的速度vB；
（2）物块C点时对轨道的压力FC；
（3）若物块与木板间动因数，物块在木板上滑动2s后离开木板，求物块在木板上滑动滑动过程中系统产生的热量Q．
15．如图所示，有一固定在水平地面的光滑平台．平台右端B与静止的水平传送带平滑相接，传送带长L=4m.有一个质量为m=0.5kg的滑块，放在水平平台上，平台上有一根轻质弹簧，左端固定，右端与滑块接触但没有连接，现将滑块缓慢向左移动压缩弹簧，且弹簧始终在弹性限度内，在弹簧处于压缩状态时，若将滑块由静止释放，滑块恰能到达传送带右端C点．已知滑块与传送带间的动因数，
求：(1)滑块到达B点时的速度，及弹簧储存的弹性势能；
(2)若传送带以3.0m/s的速度沿顺时针方向匀速转动，当滑块冲上传送带时，对滑块施加一大小恒为0.5N的水平向右的作用力，滑块从B运动到C的过程中,力对它做的功；
答案：
1．C
【分析】
【详解】
A．牛顿无法计算出天体之间万有引力的大小，因为他没有知道引力常量G的值，故A错误；
B．当有静力做功时，没有机械能和内能之间的转化，故B错误；
C．物体做速率增加的直线运动时，加速度与速度同向，则其所受的合外力的方向一定与速度方向相同，故C正确；
D．小船渡河的最短时间由河宽、静水速度共同决定，与水流速度无关，故D错误。
故选C。
2．B
【分析】
【详解】
A．若抛出点的高度增加1倍，根据
得
知在空中运动的时间变为原来的倍．故A错误；
C．根据
得
则水平射程
知抛出点的高度增加1倍，水平射程变为原来的倍，故C错误；
B．若只有初速度增加1倍，根据
知，水平射程增加1倍．故B正确；
D．平抛运动的时间与初速度无关．故D错误。
故选B。
【名师点睛】
此题是对平抛物体的考查；要知道平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做落体运动，运动的时间由高度决定，初速度和时间共同决定水平位移。
3．B
【详解】
A．由题意，在抛出点小球的重力势能为零，所以机械能等于初动能，为，故A错误；
BCD．小球做竖直上抛运动，只受重力作用，机械能守恒，所以在点和着地时，小球的机械能都为，故B正确，CD错误。
故选B。
4．C
【详解】
A．甲图中，在小球从下落到运动至凹槽点的过程中，虽然小球对凹槽的压力具有水平向左的分量，但凹槽受到墙壁作用处于静止状态，此过程凹槽对小球的作用力垂直于速度方向，没有做功，只有重力对小球做功，小球机械能守恒；在小球从凹槽点向右端口B点运动过程中，小球对凹槽的压力具有水平向右的分量，从而使凹槽向右运动，此时凹槽对小球的作用力方向没有再和小球速度方向垂直，将对小球做负功，小球一部分机械能转化为凹槽的动能，所以该过程小球的机械能没有守恒，故A错误；
B．根据运动的合成与分解可知，汽车速度v0在沿绳方向的分量与物体的速度v1大小相等，即
当θ为30°时，有
在汽车向右匀速行驶过程中，θ减小，则v1增大，即物体竖直向上做加速运动，绳对物体的拉力F大于mg，所以θ为30°时，绳对物体的拉力的功率
故B错误；
C．丙图中，奥运会蹦床比赛，如果没有计空气阻力，全过程中，运动员、弹性蹦床、地球组成的系统内只有重力和弹力做功，所以系统机械能守恒，故C正确；
D．由于没有计一切阻力，当B由A的顶端从静止开始滑到A的底端的过程中，由于B对A的压力存在水平向右的分量，所以A会向右运动，A对B的支持力方向与B的速度方向没有垂直，会对B做负功，B的一部分机械能转化为A的动能，所以该过程B的机械能没有守恒，故D错误。
故选C。
5．D
【详解】
当汽车以速度行驶时，牵引力与阻力大小相等，所以有
当汽车的车速为时，牵引力大小为
根据牛顿第二定律有
解得
故选D。
6．B
【详解】
A．卫星在轨道上运行时，轨道的半长轴越大，需要的能量越大，由于轨道2半长轴比轨道1半径大，因此该卫星从轨道1变轨到轨道2需要在P处点火加速，故A错误；
B．卫星在轨道上运行时，轨道的半长轴越大，需要的能量越大，所以卫星从轨道1到轨道2再到轨道3，机械能逐渐增大．故B正确；
C．根据，卫星在轨道3的线速度小于在轨道1的线速度，由可知，卫星在轨道3的动能小于在轨道1的动能，故C错误；
D．根据牛顿第二定律和万有引力定律得：
所以卫星在轨道3上Q点的加速度等于在轨道2上Q点的加速度，故D错误；
故选B.
7．C
【详解】
设AB的倾角为α，CD的倾角为β，滑板与轨道间的动因数为μ，运动员从A到D的过程，克服力做功为
由上式可推知，运动员从AB轨道滑至CD轨道过程中，克服力做的功只与初、末位置之间的水平距离有关。设A、D的高度差为hAD，则根据动能定理有
所以AD与水平方向夹角的正切值为
同理可知，若运动员在CD轨道上达到D1，则A1D1与水平方向的夹角正切值也为μ，则一定有AD∥A1D1，且根据几何关系可知D1一定高于D，故ABD错误，C正确。
故选C。
8．BD
【分析】
【详解】
A．由图像可知，当v2=4时，F=10，则由
解得
m=1kg
故A错误；
B．由图像可知，当v02=2时，F=0，则由
解得
故B正确；
C．小球到达圆心等高点的最小速度为v1，则
解得
v12=6
则最小向心加速度为
竖直方向的加速度为g，则合加速度大于30m/s2，故C错误；
D．小球过轨道点时，最小速度v2，则
解得
v22=10
对轨道最小压力为
故D正确。
故选BD。
9．BCD
【详解】
A．根据平抛运动规律可知，由于下落高度相同，甲从O到A的时间和乙从O到B的时间相同，设为t，再根据斜抛运动规律的对称性可知乙从B到A的时间为2t，所以由O点到A点，甲、乙两球运动时间之比是1:3，故A错误；
B．设O、B之间水平距离为x，则根据斜抛运动规律的对称性可知B、A之间的水平距离为2x，即O、A之间的水平距离为3x，所以O、A两点的水平距离与O、B两点的水平距离之比是3:1，故B正确；
C．整个运动过程，甲、乙下落高度相同，重力做功相同，而甲、乙两球运动时间之比是1:3，根据可知甲、乙重力的平均功率为3:1，故C正确；
D．根据前面分析可知
由题意，乙落在B点时的竖直分速度大小为
设O、B之间的竖直距离为h，根据运动学公式有
设地面处势能为0，则甲、乙两小球抛出时机械能分别为
甲、乙两球在运动过程中只有重力做功，机械能守恒，所以机械能之比为3:1，故D正确，
故选BCD。
10．BD
【详解】
A．物体水平方向匀速运动，竖直方向做变加速运动，在竖直方向，当牵引力等于阻力时，竖直方向获得速度，则
故速度
故A错误；
B．在竖直方向，根据动能定理可知
解得
重物克服重力做功的平均功率为
故B正确；
C．物体水平方向匀速运动，竖直方向加速运动，所以物体的加速度即竖直方向的加速度，在竖直方向，有
由于功率恒定，当增大时，牵引力F减小，所以加速度减小，又因合力方向与物体速度方向没有共线，所以物体做变速曲线运动，故C错误；
D．由于物体在竖直方向做加速运动，所以物体受到的向上的拉力大于重力，故处于超重状态，故D正确。
故选BD。
11． AD##DA 2 0.05
【详解】
（1）[1]A．为了使小球每次从斜槽轨道末端抛出后能够做平抛运动，需要小球在斜槽轨道末端的速度沿水平方向，为了减小误差，斜槽轨道末端切线必须水平，故A符合题意；
BCD．为了使小球每次从斜槽轨道末端抛出时的速度相同，应使小球每次应从斜槽同一位置静止释放，而斜槽轨道是否光滑对上述要求无影响，所以斜槽轨道没有必须光滑，且实验中也没有需要平衡力，故BC没有符合题意，D符合题意。
故选AD。
（2）[2]由图可知a、b、c三点中相邻两点间水平距离相同，则相邻两点间的时间间隔相同，均设为T，根据运动学规律有
解得
所以小球平抛的初速度为
[3]小球b点时的竖直分速度为
小球从抛出到b点的时间为
从抛出到a点的时间为
12． 先释放纸带再接通电源
【详解】
（1）[1]当打点计时器打到B点时，重锤的重力势能减少量
[2]打B点时重锤的速度
此时重锤的动能增加量
（2）[3]由图线可知，当时，重锤的速度没有等于零，原因是该同学做实验时先释放了纸带，然后才接通电源。
13．(1) (2) (3)
【详解】
(1)设火星的半径为R,则火星的质量为M,探测器质量为m,探测器绕火星表面飞行时,有:
解得：
则根据密度的定义有
(2)探测器在火星表面的万有引力近似等于重力,有:
根据题意有探测器在火星表面反弹后做竖直上抛运动,根据竖直上抛运动落回抛出点的时间
得火星表面的重力加速度
由以上各式解得：
（3）宇宙速度等于
解得：
故本题答案是：(1) (2) (3)
点睛： (1)已知探测器在火星表面轨道做圆周运动的周期T根据万有引力提供向心力可以求出火星的质量,再根据密度定义可以求出火星的密度;
(2)根据竖直上抛可以求出火星表面的重力加速度,根据火星表面万有引力与重力相等求出火星的半径R.
围绕万有引力提供圆周运动的向心力和星球表面重力和万有引力相等求解即可.
14．(1) 2m/s (2) 46N，沿OC方向 (3) 8J
【详解】
（1）设物体在B点的速度为vB，在C点的速度为vC，从A 到B物体做平抛运动，有
vBsinθ=v0
代入数据解得
vB=2m/s
（2）从B到C，由动能定理得
代入数据解得
vC=6m/s
在C点，根据牛顿第二定律有
代入数据解得
FC′=46N
由牛顿第三定律得，物体对轨道的压力为
FC=FC′=46N
沿OC方向．
（3）对物块根据牛顿第二定律
运动的位移为
对木板根据牛顿第二定律
运动的位移为
系统产生的热量
代入数据解得
Q=8J
点睛：本题主要考查了将平抛、圆周运动及直线运动在一起考查，注意分析运动过程，并根据过程正确的选择物理规律求解．
15．(1) 4m/s， 4J ； (2) -3.75J
【分析】
【详解】
（1）滑块从释放至运动到B点，由能量守恒得
从B到C，由动能定理得
联立两式，代入数据解得
弹簧的弹性势能转化为滑块的动能
（2）加力F后，由于 ，滑块滑上传送带时，加速度大小为a，有
解得
滑块减速的时间
滑块减速的位移
故滑块之后匀速运动，从B到C，由动能定理得
代入数据解得
2022-2023学年江苏省南京市高一下册期末物理专项提升模拟题
（B卷）
第I卷（选一选）
评卷人
得分
一、单 选 题
1．在科学发展史上，很多科学家做出了杰出的贡献。他们在物理学的研究过程中应用了很多科学的思想方法，下列叙述正确的是（ ）
A．安培首先提出用电场线描绘抽象的电场这种形象化的研究方法
B．牛顿提出“提出假说，数学推理，实验验证，合理外推”的科学推理方法
C．用质点来代替有质量的物体是采用了理想模型的方法
D．场强表达式和加速度表达式都是利用比值法得到的定义式
2．2020年12月17日，嫦娥五号成功返回地球，创造了我国到月球取土的伟大历史。如图所示，嫦娥五号取土后，在P处由圆形轨道Ⅰ变轨到椭圆轨道Ⅱ，以便返回地球。下列说确的是（ ）
A．嫦娥五号在轨道Ⅰ和Ⅱ运行时均超重
B．嫦娥五号在轨道Ⅰ和Ⅱ运行时机械能相等
C．嫦娥五号在轨道Ⅰ和Ⅱ运行至P处时速率相等
D．嫦娥五号在轨道Ⅰ和Ⅱ运行至P处时加速度大小相等
3．如图所示，一圆盘可绕一通过圆心且垂直于盘面的竖直轴转动，在圆盘上放一块橡皮，橡皮块随圆盘一起转动（俯视为逆时针）。某段时间圆盘转速没有断增大，但橡皮块仍相对圆盘静止，在这段时间内，关于橡皮块所受合力F的方向的四种表示（俯视图）中，正确的是（ ）
A． B．
C． D．
4．如图所示为某正常体型的高中学生在练习深蹲的示意图，假设其身高为，站立和下蹲时重心的位置均位于虚线处，每分钟下蹲20次，取重力加速度，则该同学下蹲过程中重力做功的功率约为（ ）
A． B． C． D．
5．在如图所示的电路中，闭合开关S，当滑动变阻器的滑动触头P向上滑动时，三个理想电表的示数都发生了变化，电表A、V1、V2的示数分别用IA、U1、U2表示，下列判断正确的是（ ）
A．IA增大，U1增大 B．IA增大，U2增大
C．IA减小，U1增大 D．IA减小，U2增大
6．某研究性学习小组用如图甲所示装置研究平行板电容器的放电现象，开关先置于1位置对电容器充电，稳定后，开关置于2位置，利用电流传感器记录电容器放电过程，作出图线如图乙所示，已知电源电动势为E，图线与坐标轴围成面积为S.下列说确的是（ ）
A．电容器放电时通过电流传感器的电流减小得越来越快
B．电容器放电持续时间与电阻R的阻值没有关系
C．电容C的大小等于
D．电阻R的阻值会影响电容C的测量结果
7．如图所示，光滑竖直杆固定，杆上套一质量为m的环，环与轻弹簧一端相连，弹簧的另一端固定在O点，O点与B点在同一水平线上，BC>AB，AC=h，环从A处由静止释放运动到B点时弹簧仍处于伸长状态，整个运动过程中弹簧始终处于弹性限度内，重力加速度为g，环从A处开始运动时的加速度大小为2g，则在环向下运动的过程中（ ）
A．环在B处的加速度大小为0 B．环在C处的速度大小为
C．环从B到C一直做加速运动 D．环的速度的位置在B、C两点之间
评卷人
得分
二、多选题
8．如图所示，排球比赛中运动员将排球从M点水平击出，排球飞到P点时，被对方运动员击出，球又斜向上飞出后落到M点正下方的N点，N点与P点等高，轨迹的点Q与M等高，没有计空气阻力，下列说确的有（ ）
A．排球两次飞行过程中加速度相同
B．排球两次飞行过程中重力对排球做的功相等
C．排球离开M点的速率比Q点的速率大
D．排球到达P点时的速率比离开P点时的速率大
9．两个位于纸面内的点电荷产生电场的等势面如图中实线所示，相邻等势面间的电势差相等。虚线是一个电子在该电场中的运动轨迹，轨迹与某等势切于P点。下列说确的是（ ）
A．两点电荷可能是异种点电荷 B．A点的电场强度比B点的大
C．A点的电势高于B点的电势 D．电子运动到P点时动能最小
10．如图甲所示，一个小球悬挂在细绳下端，由静止开始沿竖直方向运动，运动过程中小球的机械能E与路程x的关系图像如图乙所示，其中O-x1过程的图像为曲线，x1-x2过程的图像为直线。忽略空气阻力。下列说确的是
A．O-x1过程中小球所受拉力大于重力
B．小球运动路程为x1时的动能为零
C．O-x2过程中小球的重力势能一直增大
D．x1-x2过程中小球一定做匀加速直线运动
第II卷（非选一选）
评卷人
得分
三、实验题
11．某同学要测量一均匀新材料制成的圆柱体的电阻率ρ，步骤如下：
（1）用螺旋测微器测量其直径如图甲所示，由图可知其直径D=______mm；
（2）用多用电表的电阻“×10”挡，按正确的操作步骤测此圆柱体的电阻，表盘示数如图乙所示，则该电阻的阻值为______Ω；
（3）该同学想用伏安法更地测量其电阻，现有的器材及其代号和规格如下：
待测圆柱体电阻；
电流表A（量程0～30mA，内阻约30Ω）；
电压表V（量程0～3V，内阻约10kΩ）；
直流电源E（电动势4V，内阻没有计）；
滑动变阻器R（阻值范围0～15Ω，允许通过的电流2.0A）；
开关S；导线若干。
为减小测量误差，请在图中虚线框内画出完整实验电路图______；
（4）测得导电材料的长度L和直径D。正确连接电路。测得多组电压表示数U和对应电流表的示数I，通过描点作出的U—I图像为一条过原点的倾斜直线，其斜率为k，则该材料的电阻率ρ=______（用k、L、D三个物理量表述）；
（5）由于电表内阻的影响，实验中电阻率的测量值______（选填“大于”或“小于”）真实值。
评卷人
得分
四、解 答 题
12．如图所示，电源电动势E=8V，内阻r=0.8Ω，闭合开关S后，标有“6V，12W”的灯泡恰能正常发光，电动机M的内阻R0=2Ω，求：
（1）流过电源的电流；
（2）电动机的发热功率。
13．如图所示，一个电子由静止开始经加速电场加速后，又沿偏转电场极板间的轴线从O点垂直射入偏转电场，并从另一侧射出打到荧光屏上的P点，点为荧光屏的。已知电子质量m，电荷量e，加速电场电压，偏转电场电压U，极板的长度，板间距离d，极板的末端到荧光屏的距离（忽略电子所受重力）。求：
（1）电子射入偏转电场时的初速度；
（2）电子打在荧光屏上的P点到点的距离h；
14．如图所示，空间存在竖直向下的匀强电场，其场强E=2.0×102V/m，有一根长L=0.64m的绝缘细绳，一端固定在O点，另一端系一质量m=0.2kg带正电q=4.0×10-2C的小球。拉起小球至绳水平后在A点无初速度释放，当小球运动到O点的正下方B点时绳恰好断裂，小球继续运动并垂直打在同一竖直平面且与水平面成θ=37°的挡板MN上的C点（已知：g=10m/s2，sin 53°=0.8，cos 53°=0.6）。求：
（1）绳子的张力；
（2）B、C两点的电势差；
（3）当小球运动到C点时，突然再施加一恒力F作用在小球上，同时把挡板迅速撤走，若小球以后做直线运动，则所加恒力F的最小值。
15．如图所示，足够长的传送带AB以速度顺时针转动，与水平面夹角为，下端与足够长的光滑水平轨道BC平滑连接，CO高度，滑块P、Q用细线拴在一起静止在水平轨道BC上，中间有一被压缩的轻质弹簧（P、Q与弹簧没有相连）。剪断细线后弹簧恢复原长，Q离开桌面落到地面距离O点的位置。已知滑块与传送带之间的动因数，滑块P、Q质量分别为kg、kg。若滑块B点时没有能量损失，重力加速度，求：
(1)Q离开桌面时的速度大小；
(2)弹簧压缩时储存的弹性势能；
(3)P在传送带上运动的时间；（结果可用根号表示）
(4)物块P与传送带之间因而产生的内能。（结果可用根号表示）
答案：
1．C
【详解】
A．法拉第首先提出用电场线和磁感线描绘抽象的电场和磁场这种形象化的研究方法。故A错误；
B．伽利略提出“提出假说，数学推理，实验验证，合理外推”的科学推理方法，故B错误；
C．用质点来代替有质量的物体是采用了理想模型的方法，故C正确；
D．场强表达式是比值法得到的定义式，加速度表达式没有是比值法得到的定义式，故D错误；
故选C。
2．D
【详解】
A．嫦娥五号在轨道Ⅰ和Ⅱ运行时均处于失重状态，故A错误；
BC．嫦娥五号在轨道Ⅰ上P点时经加速后进入轨道Ⅱ运行，故嫦娥五号在轨道Ⅰ上P处的速率大于在轨道Ⅱ运行至P处时速率；加速后势能没有变，动能增大，则机械能增大，故BC错误；
D．根据得
可知嫦娥五号在轨道Ⅰ和Ⅱ运行至P处时加速度大小相等，故D正确。
故选D。
3．C
【详解】
匀速转动时，只有法向加速度（向心加速度），橡皮块受到的静力指向盘心，当加速转动时，会产生切向加速度，真正的加速度等于两个加速度的矢量和。
故选C。
4．B
【详解】
设高中生的体重50kg，做下蹲时，由图可知重心下降约0.6m，该同学下蹲过程中重力做功的功率约为
故选B。
5．A
【详解】
当滑动变阻器的滑动触头P向上滑动时，R2减小，外电路的总电阻减小，由闭合电路欧姆定律可知，电路中总电流I增大，外电路电压
U外=E−Ir
减小，R3的电压U3=U外减小，流经R3的电流I3减小，由并联电路特点可知
I=I3+IA
即IA增大，流经R1、R2的电流增大， R1电压
U1=IA R1
U1增大，由串联电路特点可知
U3= U1+ U2
则有U2减小，由此可知
A正确，BCD错误。
故选A。
6．C
【详解】
A．由题图乙可知，图线的斜率的值越来越小，说明流过电流传感器的电流减小得越来越慢，故A错误；
B．电阻R越大，电路中的电流越小，而电容器储存的电荷量一定，所以电容器放电持续时间与电阻R的阻值有关，故B错误；
C．图线与时间轴所围的面积表示电荷量，所以电容器储存的电荷量为S，根据电容的定义式
可得电容C的大小为
故C正确；
D．电阻R的阻值的大小会影响放电时间，但没有会影响放电量的多少，也就没有会影响电容C的大小的测量结果，故D错误。
故选C。
7．D
【详解】
A．环在处水平方向合外力为0，竖直方向上只受重力，所加速度为，A错误；
B．环在运动过程中，OC的长度大于OA的长度，因此弹簧从A点到C点伸长量变大，弹性势能增加，如果物体的重力势能全部转化为动能则有
可得物体的速度为，但是物体的重力势能转化为动能和弹性势能，因此速度小于，B错误；
CD．环在处，根据牛顿第二定律
弹力在竖直方向的分力
环点向下做加速度减小的加速运动，滑动至距离点处时，弹簧的伸长量与在处大小相等，所以弹簧弹力在竖直方向的分力与重力等大反向，加速度为0，此时速度，之后环做减速运动，因为，所以环的速度的位置在B、C两点之间，环从B到C先加速后减速，C错误，D正确。
故选D。
8．ACD
【详解】
A．没有计空气阻力，排球在空中的抛体运动只受重力而做匀变速曲线运动，加速度均为重力加速度g，故A正确；
B．设排球的抛体高度为h，次从M到P，重力做正功为
第二次做斜上抛运动从P到Q到N点，重力做功为零，故B错误；
C．排球从M到P和从Q到N都是平抛运动，在M、P点均只有水平方向的速度，高度h相同，由知运动时间相同，但，由可推出离开M点的速度大于Q点的速度，故C正确；
D．将排球从P到Q的斜上抛运动由逆向思维法可看成从Q到P的平抛，则由M到P和Q到P的平抛运动比较，运动高度相同，则运动时间相同，竖直分速度一样，但M到P的水平位移大，则水平速度较大，由
可知从Q到P的末速度大小大于从P到Q的初速度大小，故D正确。
故选ACD。
9．CD
【详解】
A．根据电荷间等势面的分布情况可知两点电荷时同种电荷，又根据电子在该电场中的运动轨迹可判断电子一直受到排斥的力，故可知两点电荷为同种负电荷；故A错误；
B．根据等势面的疏密程度可以判断A点的电场强度比B点的小，故B错误；
C．因为两点电荷是同种负电荷，电场线指向负电荷，故可知A点的电势高于B点的电势，故C正确；
D．根据电子的运动轨迹和电场线的方向可知由M到P电场力做负功，由P到N电场力做正功；由M到P动能减小，由P到N动能增加，故电子运动到P点时动能最小，故D正确。
故选CD。
10．BD
【详解】
A．小球在竖直向上的拉力和竖直向下的重力下运动，拉力做功改变小球的机械能，则：
可知题中机械能-路程图像斜率的大小为拉力的大小；O-x1过程中小球所受拉力竖直向上且减小，拉力做正功，小球的机械能增加，开始时小球从静止开始加速，拉力大于重力，运动过程中拉力逐渐减小，x1之后，拉力竖直向上做负功，小球向下运动，所以x1处速度为零，动能为零，说明O-x1过程中小球先加速后减速，所以在减速阶段拉力小于重力，A错误，B正确；
C．O-x1过程中小球向上运动，重力做负功，重力势能增大，x1-x2过程中小球向下运动，重力做正功，重力势能减小，C错误；
D．x1-x2过程中重力大于拉力，小球向下运动，图像斜率没有变，拉力没有变，所以小球加速度恒定，向下做匀加速直线运动，D正确。
故选BD。
11． 4.950 120 小于
【详解】
（1）[1]由螺旋测微器的读数，可得该圆柱体的直径为
（2）[2]由多用电表的读数，可得该电阻的阻值为
（3）[3]由于电压表内阻远大于待测电阻的阻值，则电流表应采用外接法；滑动变阻器阻值相对于待测电阻阻值较小，为测量多组数据，滑动变阻器应采用分压式接法，所得电路图如下图所示
（4）[4]由题可知，U—I图像的斜率为
根据电阻定律有
其中导电材料的横截面积为
联立可得，该材料的电阻率为
（5）[5]由于选用电流表外接法，因此电流表测量的电流为流过待测电阻的电流和流过电压表的电流之和，即测量的电流数值比实际通过的电流大，则得到U—I图像的斜率k偏小，实验中电阻率的测量值小于真实值。
12．（1）2.5A；（2）0.5W
【详解】
（1）由于灯泡正常发光，可知路端电压为
U=6V
则电源的内电压为
Ur=E-U=2V
故流过电源的电流为
（2）流过灯泡的电流为
则流过电动机的电流为
I2=I-I1=0.5A
故电动机的发热功率为
13．（1）；（2）
【详解】
（1）根据动能定理得
解得
（2）在偏转电场，有
运动的时间为
速度偏转角度满足
电子打在荧光屏上的P点到点的距离
14．（1）30N；（2）227.56V；（3）6N
【详解】
（1）小球从A点运动到B点，由动能定理有
小球在B点时，由牛顿第二定律有
联立解得，绳子的张力为
（2）小球离开B点后做类平抛运动，由于小球垂直打在挡板上，则有
小球从B点运动到C点，由动能定理有
解得，B、C两点沿电场线方向的距离为
则B、C两点的电势差为
（3）若要小球到达C点后做直线运动，则需要满足小球所受合力为零或者合力方向与速度方向共线。而当所加恒力F与速度方向垂直向上时，所加恒力F取得最小值，如下图所示
由几何知识可得，所加恒力F的最小值为
15．(1)；(2)；(3)；(4)
【详解】
(1) Q离开桌面后做平抛运动，根据平抛规律可得
解得
(2)根据动量守恒得
根据能量守恒得
解得
(3)滑块P上滑时，由牛顿第二定律得
从开始上滑到速度为零，由匀变速运动规律可得
解得，上滑时间为
上滑的距离为
滑块P下滑速度达到前，加速度仍为，则有
解得，下滑加速到的时间为
加速到运动的距离为
共速后，由牛顿第二定律可得
以加速下滑的距离为
根据位移公式得
解得，以加速下滑的时间为
故P在传送带上运动的时间为
(4)时间内的相对位移为
时间内的相对位移为
时间内的相对位移为
则物块P与传送带之间因而产生的内能为
2022-2023学年江苏省南京市高一下册期末物理专项提升模拟题
（A卷）
第I卷（选一选）
评卷人
得分
一、单 选 题
1．下列说确的是（ ）
A．牛顿发现了万有引力定律，并计算出太阳与地球间引力的大小
B．在有力做功的过程中，一定有机械能转化为内能
C．物体做速率增加的直线运动时，其所受的合外力的方向一定与速度方向相同
D．小船渡河的最短时间由河宽、水流速度和静水速度共同决定
2．对于做平抛运动的物体，以下说法中正确的是（ ）
A．若只有抛出点的高度增加一倍，则在空中的运动时间也增加一倍
B．若只有水平初速度增加一倍，则水平射程也增加一倍
C．若只有抛出点的高度增加一倍，则水平射程也增加一倍
D．若只有水平初速度增加一倍，则在空中的运动时间也增加一倍
3．从高处以初速度竖直向上抛出一个质量为的小球，如图所示。若取抛出点为零势点，没有计空气阻力，则（ ）
A．在抛出点小球的机械能为
B．在点小球的机械能为
C．在点小球的机械能为
D．小球着地时的机械能为
4．下列各种说法中正确的是（ ）
A．甲图中，没有计一切阻力，一可视为质点的小球从A点正上方从静止开始下落，小球从右端口B点离开时，小球的机械能守恒
B．乙图中，汽车通过轻质光滑的定滑轮将一个质量为m的物体从井中拉出，汽车在水平面上以v0做匀速运动，则当跟汽车连的细绳与水平夹角θ为30°时，绳对物体的拉力的功率为
C．丙图中，奥运会蹦床比赛，如果没有计空气阻力，全过程中，运动员、弹性蹦床、地球组成的系统机械能守恒
D．丁图中，B的质量是A的质量的2倍，a=2m，b=0.2m，没有计一切阻力，当B由A的顶端从静止开始滑到A的底端的过程中，B的机械能守恒
5．质量为m的汽车，启动后沿平直路面行驶，如果发动机功率恒为P，且行驶过程中受到的阻力大小一定，汽车速度能够达到的值为v，那么当汽车的车速为时，汽车的瞬时加速度的大小为（ ）
A． B． C． D．
6．2017年下半年我国发北斗三号卫星．北斗导航卫星的发射需要几次变轨，例如某次变轨，先将卫星发射至近地圆轨道1上，然后在P处变轨到椭圆轨道2上，由轨道2在Q处变轨进入圆轨道3，轨道1、2相切于P点，轨道2、3相切于Q点．忽略空气阻力和卫星质量的变化，则以下说确的是
A．该卫星从轨道1变轨到轨道2需要在P处减速
B．该卫星在轨道从轨道1到轨道2再到轨道3，机械能逐渐增大
C．该卫星在轨道3的动能大于在轨道1的动能
D．该卫星在轨道3上Q点的加速度小于在轨道2上Q点的加速度
7．滑板运动是非常受欢迎的运动，如图所示为滑板运动训练轨道简化图，装置由AB、BC、CD三段轨道组成，轨道交接处均由很小的圆弧平滑连接（图中未画出），轨道与滑板间的动因数都相同，为方便训练AB轨道可以适当调整，CD轨道固定。若运动员从A静止开始下滑则刚好能到达D，那么将AB轨道向右平移后从A正上方A1静止滑下，则（ ）
A．没有能到达D
B．刚好能到达D
C．若能D刚好到达D1，一定有AD∥A1D1
D．若能D刚好到达D1，但没有一定有AD∥A1D1
评卷人
得分
二、多选题
8．如图甲所示，质量为m的小球，在半径为r（小球的半径远小于r）的竖直光滑圆轨道内侧做完整的圆周运动，以竖直向下为正方向，在点时，轨道对小球的弹力F随速率平方变化的图象如图乙所示。重力加速度取10m/s，根据图象信息，以下判断正确的是（ ）
A．小球的质量m=2kg
B．竖直圆轨道的半径r=0.2m
C．小球到达圆心等高点的最小加速度为30
D．小球过轨道点时，对轨道最小压力为60N
9．如图所示，甲球从O点以水平速度v1飞出，落在水平地面上的A点；乙球从O点以水平速度v2飞出，落在水平地面上的B点，反弹后恰好也落在A点。两球质量均为m，若乙球落在B点时的速度大小为v3，与地面的夹角为60°，且与地面发生碰撞时水平速度没有变，竖直速度等大反向，没有计空气阻力，下列说确的是（ ）
A．由O点到A点，甲、乙两球运动时间之比是1:1
B．O、A两点的水平距离与O、B两点的水平距离之比是3:1
C．运动过程中甲、乙重力的平均功率为3:1
D．设地面处势能为0，甲、乙两球在运动过程中的机械能之比为3:1
10．如图所示，吊车下方吊一个质量为500kg的重物，二者一起保持恒定的速度沿水平方向做匀速直线运动。某时刻开始，吊车以10kW的恒定功率将重物向上吊起，经t=5s重物达到速度。忽路空气阻力，取g=10m/．则在这段t时间内（ ）
A．重物的速度为2m/s
B．重物克服重力做功的平均功率为9.8kW
C．重物做匀变速曲线运动
D．重物处于超重状态
第II卷（非选一选）
评卷人
得分
三、实验题
11．在“研究平抛物体运动”的实验中：
（1）下列措施中能减小实验误差的措施为 ______（选填序号）；
A．斜槽轨道末端切线必须水平
B．斜槽轨道必须光滑
C．每次要平衡力
D．小球每次应从斜槽同一位置静止释放
（2）在该实验中，某同学没有以抛出点建立坐标系，而是取下白纸后在轨迹上随意取了一点如图所示，a、b、c三点的位置在运动轨迹上已标出（g取10 m/s2）。则：小球平抛的初速度为 ________m/s，从抛出到a点的时间为________ s。
12．如图是用“落体法”验证机械能守恒定律的实验装置。（g取）
（1）选出一条清晰的纸带如图甲所示，其中O点为打点计时器打下的个点，A、B、C为三个计数点，打点计时器通以频率为50Hz的交变电流。用分度值为1mm的刻度尺测得，，，在计数点A和B、B和C之间还各有一个点，重锤的质量为。甲同学根据以上数据算出：当打点计时器打到B点时重锤的重力势能比开始下落时减少了______J；此时重锤的动能比开始下落时增加了________J。（结果均保留三位有效数字）
（2）另一个同学利用他自己实验时打出的纸带，测量出了各计数点到打点计时器打下的个点的距离h，算出了各计数点对应的速度v，然后以h为横轴、以为纵轴作出了如图乙所示的图线，图线未过原点O的原因可能是________。
评卷人
得分
四、解 答 题
13．某火星探测实验室进行电子计算机模拟实验，结果为探测器在近火星表面轨道做圆周运动的周期是T，探测器着陆过程中，次接触火星表面后，以v0的初速度竖直反弹上升，经t时间再次返回火星表面，设这一过程只受火星的重力作用，且重力近似没有变．已知引力常量为G，试求：
（1）火星的密度
（2）火星的半径
（3）火星的宇宙速度?
14．如图所示，半径R=1.0m的光滑圆弧轨道固定在竖直平面内，轨道的一个端点B和圆心O的连线与水平方向间的夹角θ=37°，另一端点C为轨道的点．C点右侧的光滑水平面上紧挨C点静止放置一木板，木板质量M=1kg，上表面与C点等高．质量为m=1kg的物块（可视为质点）从空中A点以v0=1.2m/s的速度水平抛出，恰好从圆弧轨道的B端沿切线方向进入轨道．（忽略空气阻力，取g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8）求：
（1）物块B点时的速度vB；
（2）物块C点时对轨道的压力FC；
（3）若物块与木板间动因数，物块在木板上滑动2s后离开木板，求物块在木板上滑动滑动过程中系统产生的热量Q．
15．如图所示，有一固定在水平地面的光滑平台．平台右端B与静止的水平传送带平滑相接，传送带长L=4m.有一个质量为m=0.5kg的滑块，放在水平平台上，平台上有一根轻质弹簧，左端固定，右端与滑块接触但没有连接，现将滑块缓慢向左移动压缩弹簧，且弹簧始终在弹性限度内，在弹簧处于压缩状态时，若将滑块由静止释放，滑块恰能到达传送带右端C点．已知滑块与传送带间的动因数，
求：(1)滑块到达B点时的速度，及弹簧储存的弹性势能；
(2)若传送带以3.0m/s的速度沿顺时针方向匀速转动，当滑块冲上传送带时，对滑块施加一大小恒为0.5N的水平向右的作用力，滑块从B运动到C的过程中,力对它做的功；
答案：
1．C
【分析】
【详解】
A．牛顿无法计算出天体之间万有引力的大小，因为他没有知道引力常量G的值，故A错误；
B．当有静力做功时，没有机械能和内能之间的转化，故B错误；
C．物体做速率增加的直线运动时，加速度与速度同向，则其所受的合外力的方向一定与速度方向相同，故C正确；
D．小船渡河的最短时间由河宽、静水速度共同决定，与水流速度无关，故D错误。
故选C。
2．B
【分析】
【详解】
A．若抛出点的高度增加1倍，根据
得
知在空中运动的时间变为原来的倍．故A错误；
C．根据
得
则水平射程
知抛出点的高度增加1倍，水平射程变为原来的倍，故C错误；
B．若只有初速度增加1倍，根据
知，水平射程增加1倍．故B正确；
D．平抛运动的时间与初速度无关．故D错误。
故选B。
【名师点睛】
此题是对平抛物体的考查；要知道平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做落体运动，运动的时间由高度决定，初速度和时间共同决定水平位移。
3．B
【详解】
A．由题意，在抛出点小球的重力势能为零，所以机械能等于初动能，为，故A错误；
BCD．小球做竖直上抛运动，只受重力作用，机械能守恒，所以在点和着地时，小球的机械能都为，故B正确，CD错误。
故选B。
4．C
【详解】
A．甲图中，在小球从下落到运动至凹槽点的过程中，虽然小球对凹槽的压力具有水平向左的分量，但凹槽受到墙壁作用处于静止状态，此过程凹槽对小球的作用力垂直于速度方向，没有做功，只有重力对小球做功，小球机械能守恒；在小球从凹槽点向右端口B点运动过程中，小球对凹槽的压力具有水平向右的分量，从而使凹槽向右运动，此时凹槽对小球的作用力方向没有再和小球速度方向垂直，将对小球做负功，小球一部分机械能转化为凹槽的动能，所以该过程小球的机械能没有守恒，故A错误；
B．根据运动的合成与分解可知，汽车速度v0在沿绳方向的分量与物体的速度v1大小相等，即
当θ为30°时，有
在汽车向右匀速行驶过程中，θ减小，则v1增大，即物体竖直向上做加速运动，绳对物体的拉力F大于mg，所以θ为30°时，绳对物体的拉力的功率
故B错误；
C．丙图中，奥运会蹦床比赛，如果没有计空气阻力，全过程中，运动员、弹性蹦床、地球组成的系统内只有重力和弹力做功，所以系统机械能守恒，故C正确；
D．由于没有计一切阻力，当B由A的顶端从静止开始滑到A的底端的过程中，由于B对A的压力存在水平向右的分量，所以A会向右运动，A对B的支持力方向与B的速度方向没有垂直，会对B做负功，B的一部分机械能转化为A的动能，所以该过程B的机械能没有守恒，故D错误。
故选C。
5．D
【详解】
当汽车以速度行驶时，牵引力与阻力大小相等，所以有
当汽车的车速为时，牵引力大小为
根据牛顿第二定律有
解得
故选D。
6．B
【详解】
A．卫星在轨道上运行时，轨道的半长轴越大，需要的能量越大，由于轨道2半长轴比轨道1半径大，因此该卫星从轨道1变轨到轨道2需要在P处点火加速，故A错误；
B．卫星在轨道上运行时，轨道的半长轴越大，需要的能量越大，所以卫星从轨道1到轨道2再到轨道3，机械能逐渐增大．故B正确；
C．根据，卫星在轨道3的线速度小于在轨道1的线速度，由可知，卫星在轨道3的动能小于在轨道1的动能，故C错误；
D．根据牛顿第二定律和万有引力定律得：
所以卫星在轨道3上Q点的加速度等于在轨道2上Q点的加速度，故D错误；
故选B.
7．C
【详解】
设AB的倾角为α，CD的倾角为β，滑板与轨道间的动因数为μ，运动员从A到D的过程，克服力做功为
由上式可推知，运动员从AB轨道滑至CD轨道过程中，克服力做的功只与初、末位置之间的水平距离有关。设A、D的高度差为hAD，则根据动能定理有
所以AD与水平方向夹角的正切值为
同理可知，若运动员在CD轨道上达到D1，则A1D1与水平方向的夹角正切值也为μ，则一定有AD∥A1D1，且根据几何关系可知D1一定高于D，故ABD错误，C正确。
故选C。
8．BD
【分析】
【详解】
A．由图像可知，当v2=4时，F=10，则由
解得
m=1kg
故A错误；
B．由图像可知，当v02=2时，F=0，则由
解得
故B正确；
C．小球到达圆心等高点的最小速度为v1，则
解得
v12=6
则最小向心加速度为
竖直方向的加速度为g，则合加速度大于30m/s2，故C错误；
D．小球过轨道点时，最小速度v2，则
解得
v22=10
对轨道最小压力为
故D正确。
故选BD。
9．BCD
【详解】
A．根据平抛运动规律可知，由于下落高度相同，甲从O到A的时间和乙从O到B的时间相同，设为t，再根据斜抛运动规律的对称性可知乙从B到A的时间为2t，所以由O点到A点，甲、乙两球运动时间之比是1:3，故A错误；
B．设O、B之间水平距离为x，则根据斜抛运动规律的对称性可知B、A之间的水平距离为2x，即O、A之间的水平距离为3x，所以O、A两点的水平距离与O、B两点的水平距离之比是3:1，故B正确；
C．整个运动过程，甲、乙下落高度相同，重力做功相同，而甲、乙两球运动时间之比是1:3，根据可知甲、乙重力的平均功率为3:1，故C正确；
D．根据前面分析可知
由题意，乙落在B点时的竖直分速度大小为
设O、B之间的竖直距离为h，根据运动学公式有
设地面处势能为0，则甲、乙两小球抛出时机械能分别为
甲、乙两球在运动过程中只有重力做功，机械能守恒，所以机械能之比为3:1，故D正确，
故选BCD。
10．BD
【详解】
A．物体水平方向匀速运动，竖直方向做变加速运动，在竖直方向，当牵引力等于阻力时，竖直方向获得速度，则
故速度
故A错误；
B．在竖直方向，根据动能定理可知
解得
重物克服重力做功的平均功率为
故B正确；
C．物体水平方向匀速运动，竖直方向加速运动，所以物体的加速度即竖直方向的加速度，在竖直方向，有
由于功率恒定，当增大时，牵引力F减小，所以加速度减小，又因合力方向与物体速度方向没有共线，所以物体做变速曲线运动，故C错误；
D．由于物体在竖直方向做加速运动，所以物体受到的向上的拉力大于重力，故处于超重状态，故D正确。
故选BD。
11． AD##DA 2 0.05
【详解】
（1）[1]A．为了使小球每次从斜槽轨道末端抛出后能够做平抛运动，需要小球在斜槽轨道末端的速度沿水平方向，为了减小误差，斜槽轨道末端切线必须水平，故A符合题意；
BCD．为了使小球每次从斜槽轨道末端抛出时的速度相同，应使小球每次应从斜槽同一位置静止释放，而斜槽轨道是否光滑对上述要求无影响，所以斜槽轨道没有必须光滑，且实验中也没有需要平衡力，故BC没有符合题意，D符合题意。
故选AD。
（2）[2]由图可知a、b、c三点中相邻两点间水平距离相同，则相邻两点间的时间间隔相同，均设为T，根据运动学规律有
解得
所以小球平抛的初速度为
[3]小球b点时的竖直分速度为
小球从抛出到b点的时间为
从抛出到a点的时间为
12． 先释放纸带再接通电源
【详解】
（1）[1]当打点计时器打到B点时，重锤的重力势能减少量
[2]打B点时重锤的速度
此时重锤的动能增加量
（2）[3]由图线可知，当时，重锤的速度没有等于零，原因是该同学做实验时先释放了纸带，然后才接通电源。
13．(1) (2) (3)
【详解】
(1)设火星的半径为R,则火星的质量为M,探测器质量为m,探测器绕火星表面飞行时,有:
解得：
则根据密度的定义有
(2)探测器在火星表面的万有引力近似等于重力,有:
根据题意有探测器在火星表面反弹后做竖直上抛运动,根据竖直上抛运动落回抛出点的时间
得火星表面的重力加速度
由以上各式解得：
（3）宇宙速度等于
解得：
故本题答案是：(1) (2) (3)
点睛： (1)已知探测器在火星表面轨道做圆周运动的周期T根据万有引力提供向心力可以求出火星的质量,再根据密度定义可以求出火星的密度;
(2)根据竖直上抛可以求出火星表面的重力加速度,根据火星表面万有引力与重力相等求出火星的半径R.
围绕万有引力提供圆周运动的向心力和星球表面重力和万有引力相等求解即可.
14．(1) 2m/s (2) 46N，沿OC方向 (3) 8J
【详解】
（1）设物体在B点的速度为vB，在C点的速度为vC，从A 到B物体做平抛运动，有
vBsinθ=v0
代入数据解得
vB=2m/s
（2）从B到C，由动能定理得
代入数据解得
vC=6m/s
在C点，根据牛顿第二定律有
代入数据解得
FC′=46N
由牛顿第三定律得，物体对轨道的压力为
FC=FC′=46N
沿OC方向．
（3）对物块根据牛顿第二定律
运动的位移为
对木板根据牛顿第二定律
运动的位移为
系统产生的热量
代入数据解得
Q=8J
点睛：本题主要考查了将平抛、圆周运动及直线运动在一起考查，注意分析运动过程，并根据过程正确的选择物理规律求解．
15．(1) 4m/s， 4J ； (2) -3.75J
【分析】
【详解】
（1）滑块从释放至运动到B点，由能量守恒得
从B到C，由动能定理得
联立两式，代入数据解得
弹簧的弹性势能转化为滑块的动能
（2）加力F后，由于 ，滑块滑上传送带时，加速度大小为a，有
解得
滑块减速的时间
滑块减速的位移
故滑块之后匀速运动，从B到C，由动能定理得
代入数据解得
2022-2023学年江苏省南京市高一下册期末物理专项提升模拟题
（B卷）
第I卷（选一选）
评卷人
得分
一、单 选 题
1．在科学发展史上，很多科学家做出了杰出的贡献。他们在物理学的研究过程中应用了很多科学的思想方法，下列叙述正确的是（ ）
A．安培首先提出用电场线描绘抽象的电场这种形象化的研究方法
B．牛顿提出“提出假说，数学推理，实验验证，合理外推”的科学推理方法
C．用质点来代替有质量的物体是采用了理想模型的方法
D．场强表达式和加速度表达式都是利用比值法得到的定义式
2．2020年12月17日，嫦娥五号成功返回地球，创造了我国到月球取土的伟大历史。如图所示，嫦娥五号取土后，在P处由圆形轨道Ⅰ变轨到椭圆轨道Ⅱ，以便返回地球。下列说确的是（ ）
A．嫦娥五号在轨道Ⅰ和Ⅱ运行时均超重
B．嫦娥五号在轨道Ⅰ和Ⅱ运行时机械能相等
C．嫦娥五号在轨道Ⅰ和Ⅱ运行至P处时速率相等
D．嫦娥五号在轨道Ⅰ和Ⅱ运行至P处时加速度大小相等
3．如图所示，一圆盘可绕一通过圆心且垂直于盘面的竖直轴转动，在圆盘上放一块橡皮，橡皮块随圆盘一起转动（俯视为逆时针）。某段时间圆盘转速没有断增大，但橡皮块仍相对圆盘静止，在这段时间内，关于橡皮块所受合力F的方向的四种表示（俯视图）中，正确的是（ ）
A． B．
C． D．
4．如图所示为某正常体型的高中学生在练习深蹲的示意图，假设其身高为，站立和下蹲时重心的位置均位于虚线处，每分钟下蹲20次，取重力加速度，则该同学下蹲过程中重力做功的功率约为（ ）
A． B． C． D．
5．在如图所示的电路中，闭合开关S，当滑动变阻器的滑动触头P向上滑动时，三个理想电表的示数都发生了变化，电表A、V1、V2的示数分别用IA、U1、U2表示，下列判断正确的是（ ）
A．IA增大，U1增大 B．IA增大，U2增大
C．IA减小，U1增大 D．IA减小，U2增大
6．某研究性学习小组用如图甲所示装置研究平行板电容器的放电现象，开关先置于1位置对电容器充电，稳定后，开关置于2位置，利用电流传感器记录电容器放电过程，作出图线如图乙所示，已知电源电动势为E，图线与坐标轴围成面积为S.下列说确的是（ ）
A．电容器放电时通过电流传感器的电流减小得越来越快
B．电容器放电持续时间与电阻R的阻值没有关系
C．电容C的大小等于
D．电阻R的阻值会影响电容C的测量结果
7．如图所示，光滑竖直杆固定，杆上套一质量为m的环，环与轻弹簧一端相连，弹簧的另一端固定在O点，O点与B点在同一水平线上，BC>AB，AC=h，环从A处由静止释放运动到B点时弹簧仍处于伸长状态，整个运动过程中弹簧始终处于弹性限度内，重力加速度为g，环从A处开始运动时的加速度大小为2g，则在环向下运动的过程中（ ）
A．环在B处的加速度大小为0 B．环在C处的速度大小为
C．环从B到C一直做加速运动 D．环的速度的位置在B、C两点之间
评卷人
得分
二、多选题
8．如图所示，排球比赛中运动员将排球从M点水平击出，排球飞到P点时，被对方运动员击出，球又斜向上飞出后落到M点正下方的N点，N点与P点等高，轨迹的点Q与M等高，没有计空气阻力，下列说确的有（ ）
A．排球两次飞行过程中加速度相同
B．排球两次飞行过程中重力对排球做的功相等
C．排球离开M点的速率比Q点的速率大
D．排球到达P点时的速率比离开P点时的速率大
9．两个位于纸面内的点电荷产生电场的等势面如图中实线所示，相邻等势面间的电势差相等。虚线是一个电子在该电场中的运动轨迹，轨迹与某等势切于P点。下列说确的是（ ）
A．两点电荷可能是异种点电荷 B．A点的电场强度比B点的大
C．A点的电势高于B点的电势 D．电子运动到P点时动能最小
10．如图甲所示，一个小球悬挂在细绳下端，由静止开始沿竖直方向运动，运动过程中小球的机械能E与路程x的关系图像如图乙所示，其中O-x1过程的图像为曲线，x1-x2过程的图像为直线。忽略空气阻力。下列说确的是
A．O-x1过程中小球所受拉力大于重力
B．小球运动路程为x1时的动能为零
C．O-x2过程中小球的重力势能一直增大
D．x1-x2过程中小球一定做匀加速直线运动
第II卷（非选一选）
评卷人
得分
三、实验题
11．某同学要测量一均匀新材料制成的圆柱体的电阻率ρ，步骤如下：
（1）用螺旋测微器测量其直径如图甲所示，由图可知其直径D=______mm；
（2）用多用电表的电阻“×10”挡，按正确的操作步骤测此圆柱体的电阻，表盘示数如图乙所示，则该电阻的阻值为______Ω；
（3）该同学想用伏安法更地测量其电阻，现有的器材及其代号和规格如下：
待测圆柱体电阻；
电流表A（量程0～30mA，内阻约30Ω）；
电压表V（量程0～3V，内阻约10kΩ）；
直流电源E（电动势4V，内阻没有计）；
滑动变阻器R（阻值范围0～15Ω，允许通过的电流2.0A）；
开关S；导线若干。
为减小测量误差，请在图中虚线框内画出完整实验电路图______；
（4）测得导电材料的长度L和直径D。正确连接电路。测得多组电压表示数U和对应电流表的示数I，通过描点作出的U—I图像为一条过原点的倾斜直线，其斜率为k，则该材料的电阻率ρ=______（用k、L、D三个物理量表述）；
（5）由于电表内阻的影响，实验中电阻率的测量值______（选填“大于”或“小于”）真实值。
评卷人
得分
四、解 答 题
12．如图所示，电源电动势E=8V，内阻r=0.8Ω，闭合开关S后，标有“6V，12W”的灯泡恰能正常发光，电动机M的内阻R0=2Ω，求：
（1）流过电源的电流；
（2）电动机的发热功率。
13．如图所示，一个电子由静止开始经加速电场加速后，又沿偏转电场极板间的轴线从O点垂直射入偏转电场，并从另一侧射出打到荧光屏上的P点，点为荧光屏的。已知电子质量m，电荷量e，加速电场电压，偏转电场电压U，极板的长度，板间距离d，极板的末端到荧光屏的距离（忽略电子所受重力）。求：
（1）电子射入偏转电场时的初速度；
（2）电子打在荧光屏上的P点到点的距离h；
14．如图所示，空间存在竖直向下的匀强电场，其场强E=2.0×102V/m，有一根长L=0.64m的绝缘细绳，一端固定在O点，另一端系一质量m=0.2kg带正电q=4.0×10-2C的小球。拉起小球至绳水平后在A点无初速度释放，当小球运动到O点的正下方B点时绳恰好断裂，小球继续运动并垂直打在同一竖直平面且与水平面成θ=37°的挡板MN上的C点（已知：g=10m/s2，sin 53°=0.8，cos 53°=0.6）。求：
（1）绳子的张力；
（2）B、C两点的电势差；
（3）当小球运动到C点时，突然再施加一恒力F作用在小球上，同时把挡板迅速撤走，若小球以后做直线运动，则所加恒力F的最小值。
15．如图所示，足够长的传送带AB以速度顺时针转动，与水平面夹角为，下端与足够长的光滑水平轨道BC平滑连接，CO高度，滑块P、Q用细线拴在一起静止在水平轨道BC上，中间有一被压缩的轻质弹簧（P、Q与弹簧没有相连）。剪断细线后弹簧恢复原长，Q离开桌面落到地面距离O点的位置。已知滑块与传送带之间的动因数，滑块P、Q质量分别为kg、kg。若滑块B点时没有能量损失，重力加速度，求：
(1)Q离开桌面时的速度大小；
(2)弹簧压缩时储存的弹性势能；
(3)P在传送带上运动的时间；（结果可用根号表示）
(4)物块P与传送带之间因而产生的内能。（结果可用根号表示）
答案：
1．C
【详解】
A．法拉第首先提出用电场线和磁感线描绘抽象的电场和磁场这种形象化的研究方法。故A错误；
B．伽利略提出“提出假说，数学推理，实验验证，合理外推”的科学推理方法，故B错误；
C．用质点来代替有质量的物体是采用了理想模型的方法，故C正确；
D．场强表达式是比值法得到的定义式，加速度表达式没有是比值法得到的定义式，故D错误；
故选C。
2．D
【详解】
A．嫦娥五号在轨道Ⅰ和Ⅱ运行时均处于失重状态，故A错误；
BC．嫦娥五号在轨道Ⅰ上P点时经加速后进入轨道Ⅱ运行，故嫦娥五号在轨道Ⅰ上P处的速率大于在轨道Ⅱ运行至P处时速率；加速后势能没有变，动能增大，则机械能增大，故BC错误；
D．根据得
可知嫦娥五号在轨道Ⅰ和Ⅱ运行至P处时加速度大小相等，故D正确。
故选D。
3．C
【详解】
匀速转动时，只有法向加速度（向心加速度），橡皮块受到的静力指向盘心，当加速转动时，会产生切向加速度，真正的加速度等于两个加速度的矢量和。
故选C。
4．B
【详解】
设高中生的体重50kg，做下蹲时，由图可知重心下降约0.6m，该同学下蹲过程中重力做功的功率约为
故选B。
5．A
【详解】
当滑动变阻器的滑动触头P向上滑动时，R2减小，外电路的总电阻减小，由闭合电路欧姆定律可知，电路中总电流I增大，外电路电压
U外=E−Ir
减小，R3的电压U3=U外减小，流经R3的电流I3减小，由并联电路特点可知
I=I3+IA
即IA增大，流经R1、R2的电流增大， R1电压
U1=IA R1
U1增大，由串联电路特点可知
U3= U1+ U2
则有U2减小，由此可知
A正确，BCD错误。
故选A。
6．C
【详解】
A．由题图乙可知，图线的斜率的值越来越小，说明流过电流传感器的电流减小得越来越慢，故A错误；
B．电阻R越大，电路中的电流越小，而电容器储存的电荷量一定，所以电容器放电持续时间与电阻R的阻值有关，故B错误；
C．图线与时间轴所围的面积表示电荷量，所以电容器储存的电荷量为S，根据电容的定义式
可得电容C的大小为
故C正确；
D．电阻R的阻值的大小会影响放电时间，但没有会影响放电量的多少，也就没有会影响电容C的大小的测量结果，故D错误。
故选C。
7．D
【详解】
A．环在处水平方向合外力为0，竖直方向上只受重力，所加速度为，A错误；
B．环在运动过程中，OC的长度大于OA的长度，因此弹簧从A点到C点伸长量变大，弹性势能增加，如果物体的重力势能全部转化为动能则有
可得物体的速度为，但是物体的重力势能转化为动能和弹性势能，因此速度小于，B错误；
CD．环在处，根据牛顿第二定律
弹力在竖直方向的分力
环点向下做加速度减小的加速运动，滑动至距离点处时，弹簧的伸长量与在处大小相等，所以弹簧弹力在竖直方向的分力与重力等大反向，加速度为0，此时速度，之后环做减速运动，因为，所以环的速度的位置在B、C两点之间，环从B到C先加速后减速，C错误，D正确。
故选D。
8．ACD
【详解】
A．没有计空气阻力，排球在空中的抛体运动只受重力而做匀变速曲线运动，加速度均为重力加速度g，故A正确；
B．设排球的抛体高度为h，次从M到P，重力做正功为
第二次做斜上抛运动从P到Q到N点，重力做功为零，故B错误；
C．排球从M到P和从Q到N都是平抛运动，在M、P点均只有水平方向的速度，高度h相同，由知运动时间相同，但，由可推出离开M点的速度大于Q点的速度，故C正确；
D．将排球从P到Q的斜上抛运动由逆向思维法可看成从Q到P的平抛，则由M到P和Q到P的平抛运动比较，运动高度相同，则运动时间相同，竖直分速度一样，但M到P的水平位移大，则水平速度较大，由
可知从Q到P的末速度大小大于从P到Q的初速度大小，故D正确。
故选ACD。
9．CD
【详解】
A．根据电荷间等势面的分布情况可知两点电荷时同种电荷，又根据电子在该电场中的运动轨迹可判断电子一直受到排斥的力，故可知两点电荷为同种负电荷；故A错误；
B．根据等势面的疏密程度可以判断A点的电场强度比B点的小，故B错误；
C．因为两点电荷是同种负电荷，电场线指向负电荷，故可知A点的电势高于B点的电势，故C正确；
D．根据电子的运动轨迹和电场线的方向可知由M到P电场力做负功，由P到N电场力做正功；由M到P动能减小，由P到N动能增加，故电子运动到P点时动能最小，故D正确。
故选CD。
10．BD
【详解】
A．小球在竖直向上的拉力和竖直向下的重力下运动，拉力做功改变小球的机械能，则：
可知题中机械能-路程图像斜率的大小为拉力的大小；O-x1过程中小球所受拉力竖直向上且减小，拉力做正功，小球的机械能增加，开始时小球从静止开始加速，拉力大于重力，运动过程中拉力逐渐减小，x1之后，拉力竖直向上做负功，小球向下运动，所以x1处速度为零，动能为零，说明O-x1过程中小球先加速后减速，所以在减速阶段拉力小于重力，A错误，B正确；
C．O-x1过程中小球向上运动，重力做负功，重力势能增大，x1-x2过程中小球向下运动，重力做正功，重力势能减小，C错误；
D．x1-x2过程中重力大于拉力，小球向下运动，图像斜率没有变，拉力没有变，所以小球加速度恒定，向下做匀加速直线运动，D正确。
故选BD。
11． 4.950 120 小于
【详解】
（1）[1]由螺旋测微器的读数，可得该圆柱体的直径为
（2）[2]由多用电表的读数，可得该电阻的阻值为
（3）[3]由于电压表内阻远大于待测电阻的阻值，则电流表应采用外接法；滑动变阻器阻值相对于待测电阻阻值较小，为测量多组数据，滑动变阻器应采用分压式接法，所得电路图如下图所示
（4）[4]由题可知，U—I图像的斜率为
根据电阻定律有
其中导电材料的横截面积为
联立可得，该材料的电阻率为
（5）[5]由于选用电流表外接法，因此电流表测量的电流为流过待测电阻的电流和流过电压表的电流之和，即测量的电流数值比实际通过的电流大，则得到U—I图像的斜率k偏小，实验中电阻率的测量值小于真实值。
12．（1）2.5A；（2）0.5W
【详解】
（1）由于灯泡正常发光，可知路端电压为
U=6V
则电源的内电压为
Ur=E-U=2V
故流过电源的电流为
（2）流过灯泡的电流为
则流过电动机的电流为
I2=I-I1=0.5A
故电动机的发热功率为
13．（1）；（2）
【详解】
（1）根据动能定理得
解得
（2）在偏转电场，有
运动的时间为
速度偏转角度满足
电子打在荧光屏上的P点到点的距离
14．（1）30N；（2）227.56V；（3）6N
【详解】
（1）小球从A点运动到B点，由动能定理有
小球在B点时，由牛顿第二定律有
联立解得，绳子的张力为
（2）小球离开B点后做类平抛运动，由于小球垂直打在挡板上，则有
小球从B点运动到C点，由动能定理有
解得，B、C两点沿电场线方向的距离为
则B、C两点的电势差为
（3）若要小球到达C点后做直线运动，则需要满足小球所受合力为零或者合力方向与速度方向共线。而当所加恒力F与速度方向垂直向上时，所加恒力F取得最小值，如下图所示
由几何知识可得，所加恒力F的最小值为
15．(1)；(2)；(3)；(4)
【详解】
(1) Q离开桌面后做平抛运动，根据平抛规律可得
解得
(2)根据动量守恒得
根据能量守恒得
解得
(3)滑块P上滑时，由牛顿第二定律得
从开始上滑到速度为零，由匀变速运动规律可得
解得，上滑时间为
上滑的距离为
滑块P下滑速度达到前，加速度仍为，则有
解得，下滑加速到的时间为
加速到运动的距离为
共速后，由牛顿第二定律可得
以加速下滑的距离为
根据位移公式得
解得，以加速下滑的时间为
故P在传送带上运动的时间为
(4)时间内的相对位移为
时间内的相对位移为
时间内的相对位移为
则物块P与传送带之间因而产生的内能为
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