2022屆高一物理第二學期期末聯(lián)考模擬試題含解析

2021-2022學年高一下物理期末模擬試卷注意事項1．考生要認真填寫考場號和座位序號。2．試題所有答案必須填涂或書寫在答題卡上，在試卷上作答無效。第一部分必須用2B鉛筆作答；第二部分必須用黑色字跡的簽字筆作答。3．考試結束后，考生須將試卷和答題卡放在桌面上，待監(jiān)考員收回。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，錯選和不選得零分）1、某人將石塊從某高處以5m/s的速度水平拋出，落地點距拋出點的水平距離為5m。忽略空氣阻力，g取10m/s2，則石塊落地時間和拋出點的高度分別是（）A．1s5m B．1s10mC．2s5m D．2s5m2、下列所述的實例中（均不計空氣阻力），機械能守恒的是A．小石塊被水平拋出后在空中運動的過程B．木箱沿斜面勻速向下滑行的過程C．人乘電梯加速上升的過程D．子彈射穿木塊的過程3、(本題9分)如圖所示，木板質量為M，長度為L，小木塊質量為m，水平地面光滑，一根不計質量的輕繩跨過定滑輪分別與M和m連接，小木塊與木板間的動摩擦因數(shù)為μ，開始時木塊靜止在木板左端，現(xiàn)用水平向右的力將m拉至右端，拉力至少做功為()A．μmgL B．2μmgL C．μmgL/2 D．μ(M＋m)gL4、(本題9分)如圖所示，光滑固定斜面的傾角為30°，甲、乙兩物體的質量之比為4：1。乙用不可伸長的輕繩分別與甲和地面相連，開始時甲、乙離地高度相同?，F(xiàn)從EA．甲、乙動量大小之比為4:1B．甲、乙動量大小之比為1:1C．以地面為零勢能面，甲、乙機械能之比為2：1D．以地面為零勢能面甲、乙機械能之比為4:15、(本題9分)小船在靜水中的速度為v．若小船過河時船頭始終與岸垂直，水流速度增大后A．小船相對于岸的速度減小 B．小船相對于岸的速度增大C．小船能到達出發(fā)點的正對岸 D．小船到達對岸的過河路程減小6、將質量為1.00kg的模型火箭點火升空，50g燃燒的燃氣以大小為600m/s的速度從火箭噴口在很短時間內(nèi)噴出。在燃氣噴出后的瞬間，火箭的動量大小為（噴出過程中重力和空氣阻力可忽略）A．30 B．5.7×102C．6.0×102 D．6.3×1027、(本題9分)圖1是一列沿軸方向傳播的簡諧橫波在時刻的波形圖，波速為。圖2是處質點的振動圖象，下列說法正確的是（）A．此列波沿軸負方向傳播B．處質點在時的位移為C．處質點在時的速度方向沿軸正向D．處的質點在時加速度沿軸負方向E.處質點在內(nèi)路程為8、如圖所示，豎直放置的兩個平行金屬板間有勻強電場，在兩板之間等高處有兩個質量相同的帶電小球（不計兩帶電小球之間的電場影響），小球從緊靠左極板處由靜止開始釋放，小球從兩極板正中央由靜止開始釋放，兩小球沿直線運動都打在右極板上的同一點，則從開始釋放到打到右極板的過程中（）A．它們的運動時間的關系為B．它們的電荷量之比為C．它們的動能增量之比為D．它們的電勢能減少量之比為9、(本題9分)兩個物體a和b，其質量分別為ma和mb，且ma>mb，它們的初動能相同.若它們分別受到不同的阻力Fa和Fb的作用，經(jīng)過相等的時間停下來，它們的位移分別為Xa和Xb，則()A．Fa<Fb B．Fa>Fb C．Xa>Xb D．Xa<Xb10、物體僅在力F作用下運動，F(xiàn)的方向與物體運動方向一致，其F－t圖象如圖所示，則物體()A．在t1時刻速度最大B．從t1時刻后便開始返回運動C．在t1時刻加速度最大D．在0～t2時間內(nèi)，速度一直在增大11、(本題9分)如圖甲所示，一輕彈簧的兩端與質量分別為、的兩物塊A、B相連接，并靜止在光滑水平面上?，F(xiàn)使B獲得水平向右、大小為6m/s的瞬時速度，從此刻開始計時，兩物塊的速度隨時間變化的規(guī)律如圖乙所示，從圖像提供的信息可得（）A．在、兩個時刻，兩物塊達到共同的速度2m/s，且彈簧都處于伸長狀態(tài)B．在到時刻之間，彈簧由壓縮狀態(tài)恢復到原長C．兩物體的質量之比為:=2:1D．運動過程中，彈簧的最大彈性勢能與B的初始動能之比為2：312、(本題9分)如圖所示，弧形光滑軌道的下端與軌道半徑為R的豎直光滑圓軌道相接，使質量為m的小球從高h的弧形軌道上端自由滾下，小球進入圓軌道下端后沿圓軌道運動。當小球通過圓軌道的最高點時，對軌道的壓力大小等于小球重力大小。不計空氣阻力，重力加速度為g，則A．小球通過最高點時的速度大小為2gRB．小球在軌道最低點的動能為2.5mgRC．小球下滑的高度h為3RD．小球在軌道最低點對軌道壓力的大小為7mg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)為了探究物體質量一定時加速度與力的關系，、同學設計了如圖甲所示的實驗裝置．其中小車的質量為，砂和砂桶的質量為，與小車相連的滑輪的質量為．力傳感器可測出輕繩中的拉力大小，重力加速度為．實驗時先平衡摩擦力．并調節(jié)輕繩與木板平行．（1）同學以力傳感器的示數(shù)為縱坐標，加速度為橫坐標，畫出的圖象如圖乙所示，求得圖線的斜率為，則小車的質量____________________(用所給物理量的符號表示)．（2）同學也以力傳感器的示數(shù)為縱坐標，加速度為橫坐標，畫出的圖象如圖丙所示，圖線不過原點的原因可能是________________________________(答一條即可)．14、（10分）(本題9分)如圖甲所示是“研究平拋運動”的實驗裝置，其中M為電磁鐵，S為輕質開關，E為電池，a、b是兩個相同的小鋼球．（1）如圖甲所示，在研究平拋運動時，小球a沿軌道滑下，離開軌道末端（末端水平）時撞開輕質接觸式開關S，此時被電磁鐵吸住的小球b同時自由下落．改變整個裝置的高度H做同樣的實驗，發(fā)現(xiàn)位于同一高度的a、b兩球總是同時落地．該實驗現(xiàn)象說明了a球在離開軌道后_____A．水平方向的分運動是勻速直線運動B．水平方向的分運動是勻加速直線運C．豎直方向的分運動是自由落體運動D．兩小球落地速度的大小相同（2）利用該實驗裝置研究a小球平拋運動的速度，從斜槽同一位置釋放小球，實驗得到小球運動軌跡中的三個點A、B、C，如圖乙所示．圖中O為坐標原點，B點在兩坐標線交點，坐標xB＝40cm，yB＝20cm，A、C點位于所在小方格線的中點．則a小球水平飛出時的初速度大小為v0＝_____m/s；平拋小球在B點處的瞬時速度的大小vB＝_____m/s．（g＝10m/s2）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）(本題9分)如圖所示，光滑半圓弧軌道的半徑為R，OA為水平半徑，BC為豎直直徑。一質量為m的小物塊（視為質點）從A點以某一豎直向下的初速度滑下，進入與C點相切的粗糙水平滑道CM。在水平滑道上有一輕彈簧，其一端固定在豎直墻上，另一端恰好位于水平滑道的末端C（此時彈簧處于自然狀態(tài)）。若物塊運動過程中彈簧的最大彈性勢能為Ep，彈簧的最大壓縮量為d，物塊被彈簧反彈后通過B點時對半圓弧軌道的壓力大小為mg（g為重力加速度的大小），求：（1）物塊通過B點時的速度大小vB；（2）物塊離開彈簧通過C點時對半圓弧軌道的壓力FN的大??；（3）物塊與水平滑道間的動摩擦因數(shù)μ以及物塊從A點開始下滑時的初速度大小v0。16、（12分）如圖是長為l、高為h的光滑絕緣水平桌面，桌面上方存在水平向右的勻強磁場，電場強度大小為E，桌面右側空間沒有電場。一質量為m、帶電量為q的小物塊從桌面左端由靜止釋放，然后從桌面右端M點以速度v水平拋出，最后落于地面Q點，平拋的水平位移為x，不考慮空氣阻力。若m=2.0kg，，l=2.0m，h=0.8m，x=1.6m。求：（1）v的大??；（2）E的大小。17、（12分）如圖，一根原長為l0的輕彈簧套在光滑直桿AB上，其下端固定在桿的A端，質量為m的小球也套在桿上且與彈簧的上端相連。球和桿一起繞經(jīng)過桿A端的豎直軸OO′勻速轉動，且桿與水平面間始終保持30°角。已知桿處于靜止狀態(tài)時彈簧的壓縮量為，重力加速度為g。求：（1）求彈簧的勁度系數(shù)k；（2）彈簧為原長時，桿的角速度為多少；（3）在桿的角速度由0緩慢增大到過程中，小球機械能增加了多少。

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【解析】

平拋運動水平方向做勻速運動，則x=v0t，則；豎直方向做自由落體運動，則；故選A.2、A【解析】

A.小石塊被水平拋出后在空中運動的過程物體只受到重力的作用，機械能守恒。故A正確。B.木箱沿斜面勻速下滑的過程，動能不變，重力勢能減小，故木箱的機械能減小，故B錯誤。C.人隨電梯加速上升的過程，人的重力勢能和動能都增加，它們之和即機械能增加，故C錯誤。D.子彈射穿木塊，子彈在木塊中運動的過程，系統(tǒng)克服阻力做功，機械能減小轉化為內(nèi)能，故D錯誤。3、A【解析】試題分析：開始時木塊靜止在木板左端，現(xiàn)用水平向右的力將m拉至右端，拉力做功最小值時，即拉力維持小木塊在木板上做勻速緩慢運動時；拉力大小為F=T+μmg=2μmg，拉力做功最小值為W=F?L=μmgL故選A4、D【解析】

AB.設甲乙距地面的高度為h，剪斷輕繩后，乙做自由落體運動，甲沿斜面向下做勻加速運動，故對乙可知，2gh=v2，解得v乙t=對甲，沿斜面下滑的加速度為a=乙落地時甲獲得的速度v甲=at=gh故v甲：v乙=1：2；甲、乙兩物體的質量之比為4：1，由P=mv可知甲、乙動量大小之比為2：1，故AB錯誤；CD.由于甲乙在運動過程中，只受到重力作用，故機械能守恒，故E甲：E乙=4：1，選項C錯誤，D正確。5、B【解析】AB：小船過河時船頭始終與岸垂直，水流速度增大后，小船相對于岸的速度增大．故A項錯誤，B項正確．C：小船過河時船頭始終與岸垂直，小船不能到達出發(fā)點的正對岸．故C項錯誤．D：小船過河時船頭始終與岸垂直，水流速度增大后，小船過河時間不變，沿河岸方向運動距離變大，過河路程增大．故D項錯誤．點睛：運動的獨立性原理又稱運動的疊加性原理，是指一個物體同時參與幾種運動，各分運動都可看成獨立進行的，互不影響，物體的合運動則視為幾個相互獨立分運動疊加的結果．6、A【解析】開始總動量為零，規(guī)定氣體噴出的方向為正方向，根據(jù)動量守恒定律得，0=m1v1+p，解得火箭的動量，負號表示方向，故A正確，BCD錯誤；【點睛】解決本題的關鍵掌握動量守恒定律的條件，以及知道在運用動量守恒定律時，速度必須相對于地面為參考系。7、BCE【解析】

A．根據(jù)圖2的振動圖象可知，處的質點在t=0時振動方向沿軸正向，所以利用圖1由同側法知該波沿軸正方向傳播，故A錯誤；B．圖1可知該簡諧橫波的波長為4m，則圓頻率設處質點的振動方程為t=0時刻結合t=0時刻振動的方向向上，可知，則處質點的振動方程為處質點與處質點的平衡位置相距半個波長，則處質點的振動方程為代入方程得位移為，故B正確；C．處質點在時的速度方向和時的速度方向相同，由同側法可知速度方向沿軸正向，故C正確；D．處的質點在時速度方向沿軸負向，則經(jīng)過四分之一周期即時，質點的位移為負，加速度指向平衡位置，沿軸正方向，故D錯誤；E．處質點在在時速度方向沿軸負向，根據(jù)振動方程知此時位移大小為，時位移大小為，所以內(nèi)路程故E正確。故選BCE。8、BD【解析】兩小球在豎直方向都做自由落體運動，由題分析可知，小球下落高度相同，由公式，可知它們運動時間相同，故A錯誤．小球在水平方向都做初速度為零的勻加速直線運動，水平位移，由，得加速度之比．根據(jù)牛頓第二定律得，兩球的加速度分別為，，則，故B正確．由場力做功分別為，，由于，，得，故電勢能的減小量為，而重力做功相同，則合力做功之比．則動能增加量之比，故C錯誤，D正確．故選BD.【點睛】兩小球在勻強電場中受到電場力和重力作用，都做勻加速直線運動，運用運動的分解可知：兩小球在豎直方向都做自由落體運動，由題分析可知，小球下落高度相同，運動時間相同．兩小球水平方向都做初速度為零的勻加速直線運動，水平位移，根據(jù)牛頓第二定律和運動學公式研究電荷量之比．根據(jù)電場力做功之比，研究電勢能減小量之比．根據(jù)數(shù)學知識分析合力對兩球做功的關系，由動能定理分析動能增加量之比．9、BD【解析】

根據(jù)動能與速度的關系和運動學公式分析位移關系，由動能定理分析阻力的大小關系；【詳解】設物體的初速度為v，初動能為，所受的阻力為F，通過的位移為x．

物體的速度與動能的關系為，得

由得，由題t和相同，則質量越大，位移越小，由于，所以;

由動能定理得：，因初動能相同，F(xiàn)與x成反比，則，故選項BD正確，選項AC錯誤．【點睛】本題綜合考查動能、動能定理及位移公式，在解題時要注意如果題目中涉及時間時，則應考慮應用運動學公式，不涉及時間應優(yōu)先采用動能定理或功能關系．10、CD【解析】

C.根據(jù)牛頓第二定律得，力越大時，加速度越大，由圖象可知t1時刻力F最大，所以加速度最大，則C正確；AB.由圖象知，t1時刻力F開始減小，但方向未發(fā)生變化，所以物體繼續(xù)向前加速運動，所以在t1時刻速度不是最大，AB錯誤；D.由圖象可知在0-t2時間內(nèi)F的方向沒發(fā)生變化，又F的方向與物體運動方向一致，所以物體一直做加速運動，所以D正確；11、BCD【解析】

兩個滑塊與彈簧系統(tǒng)機械能守恒、動量守恒，結合圖象可以判斷它們的能量轉化情況和運動情況?！驹斀狻緼.從圖象可以看出，從0到t1的過程中彈簧被拉伸，t1時刻兩物塊達到共同速度2m/s，此時彈簧處于伸長狀態(tài)，從t2到t3的過程中彈簧被壓縮，t3時刻兩物塊達到共同速度2m/s，此時彈簧處于壓縮狀態(tài)，故A錯誤；B.由圖示圖象可知，從t3到t4時間內(nèi)A做減速運動，B做加速運動，彈簧由壓縮狀態(tài)恢復到原長，故B正確；C.由圖示圖象可知，t1時刻兩物體速度相同，都是2m/s，A、B系統(tǒng)動量守恒，以B的初速度方向為正方向，由動量守恒定律得：，即，解得：，故C正確；D.由圖示圖象可知，在初始時刻，B的初動能為：在t1時刻，A、B兩物塊的速度是2m/s，A、B兩物塊動能之和為：所以，這時候，最大的彈性勢能為，所以：故D正確。12、ACD【解析】

A.小球經(jīng)過最高點，對軌道的壓力N=mg，依據(jù)牛頓第三定律可知軌道對小球的壓力為mg，由牛頓第二定律有：mg+mg=mv2R，解得C.小球自開始下滑到圓軌道最高點的過程，依據(jù)動能定理有mg（h-2R）=12mv2，解得

h=3RBD.設小球從更高的位置釋放運動到最低點時的速度為v1，受軌道的壓力為N1，根據(jù)牛頓第二定律有，N1-mg=mv12R，小球由最低點運動到最高點的過程，根據(jù)動能定理有，mg?2R=12mv12?12mv2，解得最低點動能12mv12=3mgR二、實驗題（本題共16分，答案寫在題中橫線上）13、2k-m0；平衡摩擦力過度【解析】(1)對小車和滑輪整體由牛頓第二定律可得：，則，可得：．(2)由圖像可知當時，，可知平衡摩擦力過度．14、C22【解析】

（1）[1]球a與球b同時釋放，同時落地，時間相同；a球做平拋運動，b球做自由落體運動；將球a的運動沿水平方向和豎直方向正交分解，兩個分運動同時發(fā)生，具有等時性，因而a球的豎直分運動與b球時間相等，改變整個裝置的高度H做同樣的實驗，發(fā)現(xiàn)位于同一高度的a、b兩個小球總是同時落地，說明在任意時刻在兩球同一高度，即a球的豎直分運動與b球完全相同，說明了平拋運動的豎直分運動是自由落體運動；故填C.（2）[2]由題意