2021-2022學年高一（下）期末物理模擬卷（白山市使用）（word版含答案）

1、試卷第 =page 7 7頁，共 =sectionpages 7 7頁試卷第 =page 1 1頁，共 =sectionpages 3 3頁高一（下）期末物理試題（白山市使用）一、單選題1如圖所示，物塊與在水平圓盤上與圓盤一起繞軸做勻速圓周運動，下列可能會讓物塊做離心運動的是（）A減小物塊的質量B增加圓盤轉動的角速度C增加圓盤轉動的周期D減小圓盤轉動的轉速2若一個質點由靜止開始做勻加速直線運動，下列有關說法正確的是（）A某時刻質點的動量與所經歷的時間成正比B某時刻質點的動量與所發(fā)生的位移成正比C某時刻質點的動能與所經歷的時間成正比D某時刻質點的動能與所發(fā)生位移的平方成正比3如圖所示，小球分別以

2、3v0和v0的速度水平拋出，落到一傾角為的固定斜面上時，其速度方向均與斜面垂直，不計空氣阻力，則兩小球在空中飛行的水平位移之比為（）A1：1B3：1C9：1D1：34關于向心加速度，正確的說法是（）A向心加速度越大，線速度也越大B向心加速度越大，角速度也越大C向心加速度越大，圓周運動半徑越小D向心加速度越大，線速度和角速度的乘積也越大52019年女排世界杯，中國女排以十一連勝奪冠。如圖為排球比賽場地示意圖，其長度為L，寬度s，球網高度為h?，F女排隊員在底線中點正上方沿水平方向發(fā)球，發(fā)球點高度為1.5h，排球做平拋運動（排球可看做質點，忽空氣阻力），重力加速度為g，則排球（ ）A能過網的最小初速

3、度為B能落在界內的最大位移為C能過網而不出界的最大初速度為D能落在界內的最大末速度為6我國計劃在2020年發(fā)射首個火星探測器，實現火星環(huán)繞和著陸巡視探測。假設“火星探測器”貼近火星表面做勻速圓周運動，測得其周期為T。已知引力常量為G，由以上數據可以求得（）A火星的質量B火星探測器的質量C火星的第一宇宙速度D火星的密度7如圖所示，箱子放在水平地面上，箱內有一質量為m的鐵球以速度v向左壁碰去，來回碰幾次后停下來，而箱子始終靜止，則整個過程中（）A鐵球對箱子的沖量為零B鐵球和箱子受到的沖量為零C箱子對鐵球的沖量為mv，向右D摩擦力對箱子的沖量為mv，向左二、多選題8甲、乙兩物體的質量之比為12，甲、

4、乙兩物體所在的位置高度之比為21，它們都做自由落體運動，運動時間均大于1s，則下列說法中正確的是A下落的時間之比是12B落地時的速度之比是1C下落過程中加速度之比是11D下落過程中最后1秒內速度的增加量之比是119如圖所示，A、C和B、C是兩個固定的斜面，斜面的頂端A、B在同一豎直線上甲、乙兩個小物體在同一豎直線上甲、乙兩個小物塊分別從斜面AC和BC頂端由靜止開始下滑，質量分別是、（），與斜面間的動摩擦因數均為若甲、乙滑至底端C的過程中克服摩擦力做的功分別是、，所需時間分別是、甲、乙滑至底端C時速度分別是、，動能分別是、，則（ ）ABC D10如圖所示為汽車在水平路面上啟動過程中的v-t圖象，

5、Oa為過原點的傾斜直線，ab段 表示以額定功率行駛時的加速階段，bc段是與ab段相切的水平直線，下述說法正確的是A0-t1時間內汽車以恒定功率做勻加速運動Bt1-t2時間內的平均速度為Ct1-t2時間內汽車牽引力做功大于D在全過程中t1時刻的牽引力及其功率都是最大值11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，然經過點火，使其沿橢圓軌道2運行，最后再次點火，將換入同步軌道3，軌道1、2相切于Q點，軌道2、3相切于P點，如圖所示。關于這顆衛(wèi)星分別在1、2、3軌道上正常運行時，以下說法正確的是（）A衛(wèi)星在三個軌道運動的周期關系是：B衛(wèi)星在軌道3上的角速度大于在軌道1上的角速度C衛(wèi)星在軌道1上

6、經過Q點的動能小于軌道2上經過Q點時的動能D衛(wèi)星在軌道2上的機械能可能等于它在軌道3上運動時的機械能12如圖所示，兩個質量均為m的小木塊a和b，（可視為質點）放在水平圓盤上，之間用輕質細線連接，且a，b之間的距離恰等于線長，a與轉軸OO的距離為L，b與轉軸的距離為2L，木塊與圓盤的最大靜摩擦力為木塊所受重力的k倍，重力加速度大小為g，若圓盤從靜止開始繞轉軸緩慢地加速轉動用表示圓盤轉動的角速度，下列說法正確的是Ab一定比a先開始滑動B當 時，細線突然斷開，a立即做離心運動C當時，a所受摩擦力的大小為kmgD當時，b受到的靜摩擦力達到最大值三、實驗題13如圖，在用斜槽軌道做“探究平拋運動的規(guī)律”的

7、實驗時讓小球多次沿同一軌道運動，通過描點法畫小球做平拋運動的軌跡。（1）為了能較準確地描出運動軌跡，下面列出了一些操作要求，正確的是( )A、通過調節(jié)使斜槽的末端保持水平B、每次釋放小球的位置可以不同C、每次必須由靜止釋放小球D、小球運動時不應與木板上的白紙（或方格紙）相接觸（2）下圖中A、B、C、D為某同學描繪的平拋運動軌跡上的幾個點，已知方格邊長為L。則小球的初速度v0=_ ；B點的速度大小vb=_ 。（重力加速度為g）14某實驗小組利用電磁打點計時器和如圖的其他器材開展多項實驗探究，選擇了一條符合實驗要求的紙帶，數據如圖（已知相鄰計數點的時間為T），回答下列問題：(1)按裝置安裝器材，然

8、后先給計時器通電后釋放重物，釋放重錘時應使重錘_計時器（填“靠近”或“遠離”）。(2)若是探究重力做功和物體動能的變化的關系。需求出重錘運動到各計數點的瞬時速度，試寫出在E點時重錘運動的瞬時速度vE=_（用題中和圖中所示字母表示）。(3)若是測量重力加速度g。為減少實驗的偶然誤差，采用逐差法處理數據，則加速度大小可以表示為g=_（用題中和圖中所示字母表示）。(4)為了驗證重錘下落過程機械能是否守恒，則重錘的質量是否有必要測量_（填“是”或“否”）(5)在研究重錘在AE運動過程中機械能是否守恒時，結果發(fā)現重錘增加的動能總是小于減小的重力勢能，造成實驗誤差的主要原因是_（只寫一條即可）。四、解答題

9、15如圖，一滑雪道由和兩段滑道組成，其中段傾角為，段水平，段和段由一小段光滑圓弧連接，一個質量為的背包在滑道頂端A處由靜止滑下，若后質量為的滑雪者從頂端以的初速度、的加速度勻加速追趕，恰好在坡底光滑圓弧的水平處追上背包并立即將其拎起，背包與滑道的動摩擦因數為，重力加速度取，忽空氣阻力及拎包過程中滑雪者與背包的重心變化，求：（1）滑道段的長度；（2）滑雪者拎起背包時這一瞬間的速度。16冬奧會項目跳臺滑雪是以滑雪板為工具，在專設的跳臺上通過助滑坡獲得速度，比跳躍距離和動作姿勢的一種雪上競技項目。如圖所示是跳臺滑雪的示意圖，雪道由傾斜的助滑雪道、水平平臺、著陸雪道及減速區(qū)組成，其中的豎直高度差的傾角

10、為與間平滑連接。一滑雪運動員自A處由靜止滑下，從水平平臺以速度水平飛出，落到著陸雪道上。運動員可視為質點，不計其在雪道滑行和空中飛行時所受的阻力，重力加速度，。求：（1）A處與水平平臺間的高度差h；（2）運動員在空中飛行的時間t；（3）運動員在空中飛行時，離開的最大距離s。172019年1月3日，我國“嫦娥四號”探測器成功著陸在月球背面預選著陸區(qū)，月球車“玉兔二號”到達月面開始巡視探測，對研究月球和太陽系早期歷史具有重要價值。已知地球半徑為R，地球表面的重力加速度大小為g，月球半徑是地球的，質量是地球的，著陸前探測器在距月面高度為h的環(huán)月軌道上做圓周運動。求：（1）月球表面處重力加速度的大小；

11、（2）探測器在環(huán)月軌道上做圓周運動的周期T。答案第 = page 11 11頁，共 = sectionpages 11 11頁答案第 = page 1 1頁，共 = sectionpages 2 2頁參考答案：1B【詳解】試題分析：當物體受到的合力的大小不足以提供物體所需要的向心力的大小時，物體就要遠離圓心，此時物體做的就是離心運動運動過程中靜摩擦力提供向心力，當靜摩擦力不足以提供物體所需要的向心力的大小時，物體就要遠離圓心，根據公式，可知當增加轉動的線速度，角速度，轉速，減小轉動周期時，所需向心力增加，可能會讓物塊做離心運動，故B正確2A【詳解】A根據和，聯立可得與成正比，故A正確；B根據可

12、得與成正比，故B錯誤；C由于與成正比，故C錯誤；D由于與成正比，故D錯誤。故選A。3C【詳解】設斜面傾角為，當初速度為v0時，由速度偏角公式可得解得在空中飛行的水平位移為同理可得，當初速度為3v0時，在空中飛行的水平位移為則兩小球在空中飛行的水平位移之比為故選C。4D【詳解】A根據可知，向心加速度越大，線速度不一定越大，選項A錯誤；B根據 可知，向心加速度越大，角速度不一定越大，選項B錯誤；C根據可知，向心加速度越大，圓周運動半徑不一定越小，選項C錯誤；D根據可知，向心加速度越大，線速度和角速度的乘積也越大，選項D正確；故選D.5C【詳解】根據平拋運動的兩分運動規(guī)律聯立可得A剛能過網的條件為帶

13、入軌跡方程可得最小初速度為故A錯誤；B能落在界內的最大位移是落在斜對角上，構成的直角三角形，由幾何關系有故B錯誤；C能過網而不出界是落在斜對角上，條件為帶入軌跡方程可得最大初速度為故C正確；D根據末速度的合成規(guī)律可知，能落在界內的最大末速度為故D錯誤。故選C。6D【詳解】AC根據和可知，因缺少火星的半徑，故無法求出火星的質量、火星的第一宇宙速度，選項AC均錯誤；B根據上式可知，火星探測器的質量m被約去，故無法求出其質量，B錯誤；D根據可得 又代入上式可知，火星的密度故可求出火星的密度，D正確。故選D。7C【詳解】A箱子在水平方向上受到兩個力作用，球隊對箱子的作用力和地面對箱子的摩擦力，二力始終

14、等大反向，其合力始終為零，故箱子始終靜止。因此，鐵球對箱子的沖量與摩擦力對箱子的沖量等大反向，合沖量為零，故A錯誤；B根據動量定理，鐵球受到的沖量為I=0-mv=-mv而箱子受到的沖量始終為零，故B錯誤；C根據動量定理，箱子對鐵球的沖量為I=0-mv=-mv負號表示方向向右，故C正確；D箱子對鐵球的沖量mv，向右，根據牛頓第三定律，鐵球對箱子的沖量為mv，向左。又因為摩擦力與鐵球對箱子的作用力等大反向，所以摩擦力對箱子的沖量為mv，向右，故D錯誤。故選C。8BCD【詳解】A根據得：因為高度之比為2：1則下落時間之比為：1，故A錯誤；B根據v=gt可知，落地時的速度之比是：1，故B正確；C甲乙都

15、做自由落體運動，加速度相等，故C正確；D速度的增加量v=gt，所以最后1s內速度的增加量相等，故D正確。9BC【詳解】試題分析：設斜面的傾角為，斜面水平長度為s，過程中重力和摩擦力做功，根據動能定理得：，故，解得，因為，所以兩物體動能大小不能確定，因為，所以，故A錯誤B正確；過程中摩擦力做的功為，因為，所以，故C正確；根據平均速度定義可得，由于，所以時間關系不能確定，故D錯誤；考點：考查了動能定理，功的計算，運動學公式10CD【詳解】A在0t1時間內，汽車運動的速度時間圖象為斜線，故汽車做勻加速直線運動，故牽引力恒定，由P=Fv可知，汽車的牽引力的功率均勻增大，故A錯誤；B在t1t2時間內，若

16、圖象為直線時，平均速度為而現在圖象為曲線，故圖象的面積大于直線時的面積，即位移大于直線時的位移，故平均速度大于，故B錯誤；C在t1t2時間內，由動能定理可知故牽引力做功一定大于，故C正確；D在0t1時間內，汽車做勻加速直線運動，牽引力不變，速度增大，功率增大，t1t2時間內，功率不變，速度增大，牽引力減小，t2時刻后，牽引力減小到與阻力大小相等，此后汽車做勻速直線運動，因此在全過程中t1時刻的牽引力及其功率都是最大值，故D正確。故選CD?？键c：汽車啟動的兩種方式；功率；動能定理。11AC【詳解】A根據開普勒第三定律，在軌道3上的半長軸大于軌道1上的半徑，衛(wèi)星在軌道3上的周期大于在軌道1上周期，

17、A正確；B根據知軌道半徑越大，角速度越小，B錯誤；C從軌道1到軌道2，衛(wèi)星在Q點做離心運動，要實現這個運動必須使衛(wèi)星所需向心力大于萬有引力，所以應給衛(wèi)星加速，增加所需的向心力，所以在軌道2上Q點的速度大于軌道1上Q點的速度，速度大的動能大，C正確；D衛(wèi)星從軌道2變軌到軌道3上要做離心運動，必須在P點加速，所以衛(wèi)星在軌道2上運動時的機械能小于它在軌道3上運動時的機械能，D錯誤。故選AC。12CD【詳解】兩個物體用細線相連，一定是同時開始滑動，故A錯誤；對于單個木塊，靜摩擦力提供向心力，恰好不滑動時，有：kmg=m2r，故；故如果沒有細線相連，a、b恰好不滑動的臨界角速度分別為：、；若=時，細線突

18、然斷開，由于，故a不會做離心運動，故B錯誤；角速度逐漸增加的過程中，是b物體的靜摩擦力先達到最大，臨界角速度為，故D正確；當a的靜摩擦力達到最大時，兩個物體整體恰好不滑動，故：kmg+kmg=m2L+m22L，聯立解得：=，故C正確；故選CD點睛：本題的關鍵是正確分析木塊的受力，明確木塊做圓周運動時，靜摩擦力提供向心力，把握住臨界條件：單個靜摩擦力達到最大、兩個物體的靜摩擦力達到最大，由牛頓第二定律分析解答13 ACD 【詳解】（1）1A。只有斜槽的末端保持水平，小球才具有水平方向初速度，其運動才是平拋運動，故A正確B、每次釋放小球的位置必須相同，以保證小球有相同的水平初速度，故B錯誤；C、每次由靜止釋放小球，是為了使小球有相同的初速度，故C正確；D、小球運動時不應與木板上的白紙（或方格紙）相接觸，如果小球在運動與木板上的白紙相接觸就會改變它的運動軌跡，使其不能做平拋運動，故D正確。（2）2根據平拋運動的特點在豎直方向上： 在水平方向上：聯立解得：3根據平均速度可以求出b點