2021-2022學(xué)年廈門市大同中學(xué)物理高一第二學(xué)期期末檢測試題含解析

2021-2022學(xué)年高一物理下期末模擬試卷考生請(qǐng)注意：1．答題前請(qǐng)將考場、試室號(hào)、座位號(hào)、考生號(hào)、姓名寫在試卷密封線內(nèi)，不得在試卷上作任何標(biāo)記。2．第一部分選擇題每小題選出答案后，需將答案寫在試卷指定的括號(hào)內(nèi)，第二部分非選擇題答案寫在試卷題目指定的位置上。3．考生必須保證答題卡的整潔?？荚嚱Y(jié)束后，請(qǐng)將本試卷和答題卡一并交回。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(cuò)選和不選得零分）1、兩個(gè)質(zhì)量相等的小球在光滑水平面上沿同一直線同方向運(yùn)動(dòng)，A球的動(dòng)量是8kg·m/s，B球的動(dòng)量是5kg·m/s，A球追上B球時(shí)發(fā)生碰撞，則碰撞后A、B兩球的動(dòng)量可能值是（）A．PA=6kg·m/s，PB=7kg·m/s B．PA=3kg·m/s，PB=10kg·m/sC．PA=－2kg·m/s，PB=14kg·m/s D．PA=7kg·m/s，PB=6kg·m/s2、如圖所示，平行板電容器帶有等量異種電荷（上板正、下板負(fù)），與靜電計(jì)相連，靜電計(jì)金屬外殼和電容器下極板都接地（電勢為零），在兩極板間有一點(diǎn)P，以C表示電容器的電容，E表示兩板間的電場強(qiáng)度，表示P點(diǎn)的電勢，表示靜電計(jì)指針與豎直桿的偏角。若保持電容器上極板不動(dòng)，將下極扳向上移動(dòng)一小段距離至圖中虛線位置，則下列判斷正確的是（）A．C變大 B．增大 C．增大 D．E變大3、(本題9分)下列物理量中，屬于矢量的是（）A．功B．功率C．重力勢能D．加速度4、有一充電的電容器，兩板間的電壓為3V，所帶電荷量為4.5×10－4C，此電容器的電容是A．7.5×10－5F B．1.5×10－4FC．1.35×10－3F D．2.7×10－3F5、(本題9分)科學(xué)家們推測太陽系的第十顆行星就在地球的軌道上，從地球上看，它永遠(yuǎn)在太陽背面，人類一直未能發(fā)現(xiàn)它，可以說是“隱居”著的地球的“孿生兄弟”．由以上信息可以確定（）A．這顆行星的公轉(zhuǎn)周期與地球相等 B．這顆行星的半徑等于地球的半徑C．這顆行星的密度等于地球的密度 D．這顆行星上同樣存在著生命6、(本題9分)為美觀和經(jīng)濟(jì)，許多橋建成拱形，汽車通過橋項(xiàng)時(shí)，對(duì)橋面的壓力會(huì)減小，過快的汽車將失去控制、無法轉(zhuǎn)向，造成安全隱患，故拱形橋上都會(huì)有限速標(biāo)志.設(shè)汽車對(duì)橋面的壓力是其重力的0.6倍時(shí)，其速度就是限速標(biāo)志對(duì)應(yīng)的速度，橋頂圓弧對(duì)應(yīng)的半徑為130m，則該限速標(biāo)志所示速度約為(取g=10m/s2)（）A．54km/h B．60km/h C．80km/h D．100km/h7、(本題9分)一個(gè)質(zhì)量為為m的物體以加速度a=g豎直向上加速運(yùn)動(dòng)，在物體上升高度h的過程中，以下說法中正確的是（）A．物體的重力勢能增加了mghB．物體的動(dòng)能增加了2mghC．拉力不做功機(jī)械能保持不變D．物體的機(jī)械能增加了2mgh8、(本題9分)如圖所示，有M和N兩顆質(zhì)量相等的人造地球衛(wèi)星，都繞地球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)．兩顆衛(wèi)星相比較（）A．M受到的萬有引力較大B．M的周期較大C．N的線速度較大D．N的角速度較大9、(本題9分)質(zhì)量為m的小球A，沿光滑水平面以速度v0與質(zhì)量為2m的靜止小球B發(fā)生正碰，碰撞后，A球的動(dòng)能變?yōu)樵瓉淼?，那么小球B的速度可能是A．v0 B．v0 C．v0 D．v010、(本題9分)關(guān)于地球同步衛(wèi)星，它們一定具有相同的（

）A．質(zhì)量 B．高度 C．向心力 D．周期11、(本題9分)質(zhì)量相同的滑塊A、B置于光滑的水平面上，A的弧形表面也是光滑的，如圖所示，開始時(shí)A靜止，若B以速度v0向A滑去，滑至某一高度后向下返回，對(duì)于這一過程，下述說法中正確的是（）A．B在勢能最大點(diǎn)處的速度為零B．B在勢能最大點(diǎn)處的速度為C．B回到平面上后，將以小于v0的速度向左做勻速直線運(yùn)動(dòng)D．B回到平面上后將靜止不動(dòng)12、(本題9分)如圖，一個(gè)電量為q質(zhì)量為m的帶電粒子（不計(jì)重力），以一已知的速度v0，從A點(diǎn)垂直射入某一偏轉(zhuǎn)電場中，然后以速度v從B點(diǎn)射出，則：A．若此粒子以速度“-v”從B點(diǎn)射入，則它剛好以速度“-v0”從A點(diǎn)射出；B．若將此粒子的反粒子“-q、m”以速度“-v”從B點(diǎn)射入，則它剛好以速度“-v0”從A點(diǎn)射出；C．若將此粒子的反粒子“-q、m”以速度“-v0”從B點(diǎn)射入，則它剛好以速度“-v”從A點(diǎn)射出；D．若此粒子以速度“-v0”從B點(diǎn)射入，則它剛好以速度“-v”從A點(diǎn)射出。二、實(shí)驗(yàn)題（本題共16分，答案寫在題中橫線上）13、（6分）(本題9分)為了“探究動(dòng)能改變與合外力做功”的關(guān)系，某同學(xué)設(shè)計(jì)了如下實(shí)驗(yàn)方案：A．第一步他把帶有定滑輪的木板有滑輪的一端墊起，把質(zhì)量為M的滑塊通過細(xì)繩與質(zhì)量為m的帶夾重錘相連，然后跨過定滑輪，重錘夾后連一紙帶，穿過打點(diǎn)計(jì)時(shí)器，調(diào)整木板傾角，直到輕推滑塊后，滑塊沿木板勻速運(yùn)動(dòng)，如圖甲所示．B．第二步保持木板的傾角不變，將打點(diǎn)計(jì)時(shí)器安裝在木板靠近滑輪處，取下細(xì)繩和重錘，將滑塊與紙帶相連，使其穿過打點(diǎn)計(jì)時(shí)器，然后接通電源釋放滑塊，使之從靜止開始加速運(yùn)動(dòng)，打出紙帶，如圖乙所示．打出的紙帶如圖丙所示：試回答下列問題：（1）已知O、A、B、C、D、E、F相鄰計(jì)數(shù)點(diǎn)的時(shí)間間隔為Δt，根據(jù)紙帶求滑塊速度，當(dāng)打點(diǎn)計(jì)時(shí)器打A點(diǎn)時(shí)滑塊速度=_______，打點(diǎn)計(jì)時(shí)器打B點(diǎn)時(shí)滑塊速度=____________．（2）已知重錘質(zhì)量m，當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣萭，要測出某一過程合外力對(duì)滑塊做的功，還必須測出這一過程滑塊________________（寫出物理量名稱及符號(hào)），合外力對(duì)滑塊做功的表達(dá)式=____________．（3）測出滑塊運(yùn)動(dòng)OA段、OB段、OC段、OD段、OE段合外力對(duì)滑塊所做的功以及．以v2為縱軸，以W為橫軸建立坐標(biāo)系，描點(diǎn)作出v2–W圖象，可知它是一條過坐標(biāo)原點(diǎn)的傾斜直線，若直線斜率為k，則滑塊質(zhì)量M=____________．14、（10分）某實(shí)驗(yàn)小組利用如圖1所示的裝置，探究物體的加速度與合外力、質(zhì)量關(guān)系，將光電門A、B固定在一端帶定滑輪的長木板上的適當(dāng)位置，小車上固定有擋光片，擋光片寬度d較小，可將擋光片經(jīng)過光電門過程中的平均速度近似看成小車經(jīng)過A、B兩點(diǎn)的瞬時(shí)速度。實(shí)驗(yàn)進(jìn)行了如下的操作：(1)將長木板沒有定滑輪的一端適當(dāng)墊高，以平衡小車下滑時(shí)所受的摩擦力。具體操作為：小車_____（填“掛著”或“不掛”）鉤碼，反復(fù)調(diào)整墊塊位置（或高度），將小車從長木板上輕推一下，觀察小車的運(yùn)動(dòng)情況，使小車經(jīng)過光電門A、光電門B時(shí)的擋光時(shí)間_________（填“相等”或“不相等”）。(2)將小車和鉤碼用細(xì)繩拴接，跨過定滑輪后將小車從長木板的一定高度處由靜止釋放。已知鉤碼的質(zhì)量為m，小車與擋光片的總質(zhì)量為M，擋光片的寬度為d，兩光電門之間的距離為s，小車經(jīng)過光電門A、光電門B時(shí)的時(shí)間分為t1和t2。下列：①小車經(jīng)過光電門A、光電門B的瞬時(shí)速度的表達(dá)式分別為vA=_________，vB=_________，加速度的表達(dá)式a=_________。（用題中已知物理量表示）②該小組的同學(xué)在探究加速度與外力的關(guān)系時(shí)，保持小車與擋光片的總質(zhì)量M不變，通過改變鉤碼的質(zhì)量m，得到了多組實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)，畫出小車的a-F圖像（實(shí)驗(yàn)中滿足m<<M，F(xiàn)≈mg），如圖2所示。如果實(shí)驗(yàn)誤差很小，則a-F圖像應(yīng)為____（填“甲”“乙”或“丙”）圖線；如果長木板保持水平或傾角過小，則a-F圖像應(yīng)為____（填“甲”“乙”或“丙”）圖線。三、計(jì)算題要求解題步驟，和必要的文字說明（本題共36分）15、（12分）(本題9分)在月球表面上沿豎直方向以初速度v0拋出一個(gè)小球，測得小球經(jīng)時(shí)間t落回拋出點(diǎn)，已知該月球半徑為R，萬有引力常量為G，月球質(zhì)量分布均勻。求：(1)月球的密度；(2)月球的第一宇宙速度。16、（12分）在地球上將一輕彈簧豎直固定在水平桌面上，把質(zhì)量為m的物體P置于彈簧上端，用力壓到彈簧形變量為3x0處后由靜止釋放，從釋放點(diǎn)上升的最大高度為4.5x0，上升過程中物體P的加速度a與彈簧的壓縮量x間的關(guān)系如圖中實(shí)線所示。若在另一星球N上把完全相同的彈簧豎直固定在水平桌面上，將物體Q在彈簧上端點(diǎn)由靜止釋放，物體Q的加速度a與彈簧的壓縮量x間的關(guān)系如圖中虛線所示。兩星球可視為質(zhì)量分布均勻的球體，星球N半徑為地球半徑的3倍。忽略兩星球的自轉(zhuǎn)，圖中兩條圖線與橫、縱坐標(biāo)軸交點(diǎn)坐標(biāo)為已知量。求：(1)地球表面和星球N表面重力加速度之比；(2)地球和星球N的質(zhì)量比；(3)在星球N上，物體Q向下運(yùn)動(dòng)過程中的最大速度。17、（12分）(本題9分)如圖所示，在光滑的水平面上，質(zhì)量m=3kg的物體，在水平拉力F=6N的作用下，從靜止開始運(yùn)動(dòng)，經(jīng)過4s運(yùn)動(dòng)了16m．求：（1）力F在4s內(nèi)對(duì)物體所做的功；（2）力F在4s內(nèi)對(duì)物體做功的平均功率；（3）在4s末，力F對(duì)物體做功的瞬時(shí)功率．

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(cuò)選和不選得零分）1、A【解析】

以A、B兩球組成的系統(tǒng)為對(duì)象。設(shè)兩球的質(zhì)量均為m。當(dāng)A球追上B球時(shí)發(fā)生碰撞，遵守動(dòng)量守恒。碰撞前總動(dòng)量為：kg?m/s=13kg?m/s，碰撞前總動(dòng)能為：。A、碰撞后，總動(dòng)量為kg?m/s=13kg?m/s，符合動(dòng)量守恒定律。碰撞后總動(dòng)能為，總動(dòng)能不增加，A正確；B、碰撞后，總動(dòng)量為kg?m/s=13kg?m/s，符合動(dòng)量守恒定律。碰撞后總動(dòng)能為，總動(dòng)能增加，違反了能量守恒定律，不可能，B錯(cuò)誤；C、碰撞后，總動(dòng)量為kg?m/s=12kg?m/s不符合動(dòng)量守恒定律，不可能發(fā)生，C錯(cuò)誤；D、碰撞后，總動(dòng)量為kg?m/s=13kg?m/s，符合動(dòng)量守恒定律。碰撞后總動(dòng)能為，符合總動(dòng)能不增加；由于兩球的質(zhì)量相等，碰撞后A的動(dòng)量較大，速度較大，兩者又同向運(yùn)動(dòng)，不符合實(shí)際運(yùn)動(dòng)情況，是不可能的，D錯(cuò)誤。2、A【解析】

A．保持電容器上極板不動(dòng)，將下極扳向上移動(dòng)一小段距離，兩板間距離減小，據(jù)知，電容器電容C增大。故A項(xiàng)正確；B．據(jù)A項(xiàng)分析知，電容器電容C增大；電容器所帶電荷量不變，據(jù)知，電容器兩板間電勢差減小，則靜電計(jì)指針與豎直桿的偏角減小。故B項(xiàng)錯(cuò)誤；CD．電容器所帶電荷量不變，兩板間距離減小，據(jù)兩板間的電場強(qiáng)度E不變；P點(diǎn)與下極板間距離減小，據(jù)電勢差與電場強(qiáng)度關(guān)系知，P點(diǎn)與下極板間電勢差減小，電容器下極板接地（電勢為零），則P點(diǎn)的電勢減小。故CD兩項(xiàng)錯(cuò)誤。3、D【解析】A、功、功率和重力勢能只有大小沒有方向，所以它們都是標(biāo)量，故ABC錯(cuò)誤；D、加速度既有大小又有方向，相加時(shí)遵循平行四邊形定則的，所以是矢量，故D正確。點(diǎn)睛：矢量與標(biāo)量有兩大區(qū)別：一是矢量有方向，標(biāo)量沒有方向；二是運(yùn)算法則不同，矢量運(yùn)算遵守平行四邊形定則，標(biāo)量運(yùn)算遵守代數(shù)加減法則。4、B【解析】

已知當(dāng)電壓為3V時(shí)電量為4.5×10-4C；故由可知，故B正確。5、A【解析】研究行星繞太陽做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，根據(jù)萬有引力提供向心力，列出等式：G=mR得出：T=．表達(dá)式里M為太陽的質(zhì)量，R為運(yùn)動(dòng)的軌道半徑．已知太陽系的第十顆行星就在地球的軌道上，說明第十顆行星和地球的軌道半徑相等，所以第十顆行星的公轉(zhuǎn)周期等于地球的公轉(zhuǎn)周期，故A正確．B錯(cuò)誤；C、這顆行星的密度與地球的密度相比無法確定，故C錯(cuò)誤．存在生命需要好多條件，并不是和地球同軌道就可以，還需要空氣、水、溫度等許多條件，不能判斷該行星的環(huán)境，所以D錯(cuò)誤．故選A．思路分析：研究行星繞太陽做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，根據(jù)萬有引力提供向心力，列出等式．太陽系的第十顆行星就在地球的軌道上，說明它與地球的軌道半徑相等試題點(diǎn)評(píng)：向心力的公式選取要根據(jù)題目提供的已知物理量或所求解的物理量選取應(yīng)用．環(huán)繞體繞著中心體勻速圓周運(yùn)動(dòng)，根據(jù)萬有引力提供向心力，我們只能求出中心體的質(zhì)量6、C【解析】在最高點(diǎn)對(duì)汽車受力分析，根據(jù)牛頓第二定律可知：

由于，聯(lián)立解得，故C正確，ABD錯(cuò)誤．點(diǎn)睛：本題主要考查了圓周運(yùn)動(dòng)，明確在最高點(diǎn)汽車的受力分析，結(jié)合牛頓第二定律即可求解．7、AD【解析】

試題分析：對(duì)物體受力分析，受重力G和向上的拉力F，根據(jù)牛頓第二定律列式求出各個(gè)力，然后根據(jù)功能關(guān)系得到各種能量的變化情況【詳解】A、物體上升h高度，克服重力做功mgh，則物體重力勢能增加了mgh，A正確；B、由牛頓第二定律知，物體的合力，方向向上，則合力做功為，由動(dòng)能定理知物體的動(dòng)能增加了mgh，B錯(cuò)誤；CD、物體從靜止開始以g的加速度沿豎直方向勻加速上升，由牛頓第二定律得，解得，則拉力F對(duì)物體做功為，由功能原理可知，故機(jī)械能增加了2mgh，C錯(cuò)誤．D正確故選AD8、BCD【解析】

A．由萬有引力表達(dá)式可知，兩衛(wèi)星的質(zhì)量相等，軌道半徑小的萬有引力大，故N受的萬有引力較大，故A錯(cuò)誤；

B．由萬有引力提供向心力：得知衛(wèi)星的軌道半徑越大，周期越大，所以M的周期較大，故B正確；

C．由萬有引力提供向心力：得知衛(wèi)星的軌道半徑越小，線速度越大，所以N的線速度較大，故C正確；

D．由知N的周期較小，角速度較大，故D正確．故選BCD。點(diǎn)睛：本題是對(duì)萬有引力充當(dāng)向心力這一思路的應(yīng)用，通過解析式分析各量的關(guān)系，另有一個(gè)簡單方法就是，除了周期隨半徑增大外，其余各量都是隨軌道半徑增大而減?。?、AB【解析】

根據(jù)碰后A球的動(dòng)能恰好變?yōu)樵瓉淼牡茫航獾胿=±v0；碰撞過程中AB動(dòng)量守恒，則有：mv0=mv+2mvB解得：vB=v0或vB=v0故選AB．10、BD【解析】

A．由于等式兩邊的質(zhì)量相約，所以質(zhì)量不一定相等，故A錯(cuò)誤；BD．同步衛(wèi)星的周期必須與地球自轉(zhuǎn)周期相同，萬有引力提供向心力為：，可得：，；可知高度和周期一定相同，故BD正確；C．向心力為：，因質(zhì)量不一定相等，所以向心力不一定相等，故C錯(cuò)誤。11、BD【解析】小球B上升到最高點(diǎn)時(shí)勢能最大，此時(shí)B與A相對(duì)靜止，有共同速度v，規(guī)定向右為正方向，由水平動(dòng)量守恒得：mv0=2mv，得：v=，故A錯(cuò)誤，B正確。設(shè)B返回水平面時(shí)速度為v1，此時(shí)A的速度v2，規(guī)定向右為正方向，由動(dòng)量守恒定律可得：mv0=mv2+mv1;由機(jī)械能守恒得：mv02=mv22+mv12。聯(lián)立解得：v2=v，v1=0，故B回到水平面上后將靜止不動(dòng)，故C錯(cuò)誤，D正確。故選BD。點(diǎn)睛：本題考查了動(dòng)量守恒定律和能量守恒定律的綜合，知道當(dāng)B與A的速度相等時(shí)，B上升到最大高度．要注意系統(tǒng)的水平動(dòng)量守恒，但總動(dòng)量不守恒．12、AC【解析】試題分析：帶電粒子從A點(diǎn)垂直進(jìn)入電場中做類平拋運(yùn)動(dòng)，水平方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，速度大小為，運(yùn)動(dòng)時(shí)間為，l是板長．若該粒子以速度-v從B點(diǎn)射入電場，豎直方向做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，加速度沒有變化，豎直方向初速度分量等于，豎直方向運(yùn)動(dòng)的位移相等，水平方向運(yùn)動(dòng)時(shí)間沒有變化，所以將剛好從A點(diǎn)射出，速度方向與v0方向相反．從A到B電場力做功等于動(dòng)能的增加，從B到A，粒子克服電場力做功等于動(dòng)能的減小量，電場力做功的數(shù)值相等，所以動(dòng)能的變化量大小相等，則粒子到達(dá)A點(diǎn)時(shí)速度大小為．故A正確；若將q的反粒子（-q，m）以速度-v從B點(diǎn)射入電場，粒子運(yùn)動(dòng)時(shí)間不變．豎直方向做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，若偏轉(zhuǎn)距離相同時(shí)，豎直分速度大于，射出電場時(shí)速度大于v0，不可能到達(dá)A點(diǎn)．故B錯(cuò)誤．若將q的反粒（-q，m）以速度-v0從B點(diǎn)射入電場，其加速度與正粒子大小相等、方向相反，水平方向運(yùn)動(dòng)時(shí)間相等，豎直方向做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，位移大小不變，粒子剛好到達(dá)A點(diǎn)，而且到達(dá)A點(diǎn)時(shí)豎直方向分速度大小不變，根據(jù)運(yùn)動(dòng)的合成可知，到達(dá)A點(diǎn)的速度等于-v．故C正確．若將粒子以速度-v0從B點(diǎn)射入電場，粒子水平做勻速直線運(yùn)動(dòng)，速度大小小于v0，運(yùn)動(dòng)時(shí)間大于，豎直方向做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，加速度沒有變化，由于豎直方向分速度小于，粒子沒有到達(dá)A點(diǎn)速度就減為零，所以粒子到不了A點(diǎn)．故D錯(cuò)誤考點(diǎn)：考查了帶電粒子在電場中的偏轉(zhuǎn)二、實(shí)驗(yàn)題（本題共16分，答案寫在題中橫線上）13、（1），（2）下滑的位移，（3）【解析】

(1)根據(jù)某段時(shí)間內(nèi)的平均速度等于中間時(shí)刻的瞬時(shí)速度求出B點(diǎn)的速度；(2)根據(jù)平衡列出第一步實(shí)驗(yàn)中平衡的表達(dá)式，從而得出在第二步中滑塊的合力，結(jié)合功的公式求出合力功，從而確定需要測量的物理量；(3)根據(jù)動(dòng)能定理得出v2-W的表達(dá)式，結(jié)合圖線的斜率求出滑塊的質(zhì)量．【詳解】(1)點(diǎn)的瞬時(shí)速度等于OB段的平均速度，則B點(diǎn)的瞬時(shí)速度等于AC段的平均速度，則；(2)在第一步實(shí)驗(yàn)中，有：Mgsinθ=f+mg，在第二步實(shí)驗(yàn)中，滑塊的合力為F合=Mgsinθ-f=mg，則合力做功W合=F合x=mgx，由此可知，要測滑塊的位移x；(3)根據(jù)動(dòng)能定理有：，則，可知圖線的斜率，則滑塊質(zhì)量．【點(diǎn)睛】本題主要考查了打點(diǎn)計(jì)時(shí)器中求瞬時(shí)速度的方法，能根據(jù)做功公式求出W與v2的關(guān)系式，根據(jù)圖象的斜率求解質(zhì)量．14、不掛相等或乙丙【解析】

(1)[1][2]本實(shí)驗(yàn)平衡小車下滑過程中所受的摩擦力時(shí)，小車應(yīng)不掛鉤碼，反復(fù)調(diào)整墊塊位置（或高度），應(yīng)使小車勻速下滑，經(jīng)過光電門A、光電門B時(shí)的擋光時(shí)間相等；(2)①[3][4][5]小車經(jīng)過光電門A、光電門B時(shí)的速度分別為，則由運(yùn)動(dòng)