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文档简介

2022-2023学年高一下物理期末模拟试卷注意事项1.考试结束后,请将本试卷和答题卡一并交回.2.答题前,请务必将自己的姓名、准考证号用0.5毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置.3.请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符.4.作答选择题,必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑;如需改动,请用橡皮擦干净后,再选涂其他答案.作答非选择题,必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答,在其他位置作答一律无效.5.如需作图,须用2B铅笔绘、写清楚,线条、符号等须加黑、加粗.一、选择题(本题共12小题,每小题5分,共60分,在每小题给出的四个选项中,有的小题只有一个选项正确,有的小题有多个选项正确.全部选对的得5分,选不全的得3分,有选错的或不答的得0分)1、下列关于电场强度、电势、电场线的说法中,正确的是A.电场强度为零的地方,电势一定为零 B.沿着电场线方向,电势逐渐降低C.电场强度较大的地方,电势一定较高 D.电势为零的地方,电场强度一定为零2、(本题9分)在光滑水平面上推物块和在粗糙水平面上推物块相比较,如果所用的水平推力相同,物块在推力作用下通过的位移相同,则推力对物块所做的功A.一样大 B.在光滑水平面上推力所做的功较多C.由物块通过这段位移的时间决定 D.由于物块的质量未知,故无法比较3、一根弹簧的弹力(F)大小与弹簧伸长量(x)的图线如图所示,那么在弹簧的伸长量由4cm伸长到8cm的过程中,弹簧弹力做功和弹性势能的变化量为A.0.6J,-0.6JB.-0.6J,0.6JC.1.8J,-1.8JD.-1.8J,1.8J4、(本题9分)如图所示,相同的两木块M、N,中间固定一轻弹簧,放在粗糙的水平面上,用力将两木块靠近使弹簧压缩,当松手后两木块被弹开的过程中,不计空气阻力,则对两木块和弹簧组成的系统有()A.动量守恒,机械能守恒B.动量守恒,机械能不守恒C.动量不守恒,机械能守恒D.动量、机械能都不守恒5、如图所示,弹簧振子在A、B之间做简谐运动.以平衡位置O为原点,建立Ox轴.向右为x轴的正方向.若振子位于B点时开始计时,则其振动图像为()A. B.C. D.6、(本题9分)小船横渡一条两岸平行的河流,水流速度与河岸平行,船相对于水的速度大小不变,船头始终垂直指向河岸,小船的运动轨迹如图中虚线所示。则小船在此过程中()A.无论水流速度是否变化,这种渡河耗时最短B.越接近河中心,水流速度越小C.各处的水流速度大小相同D.渡河的时间随水流速度的变化而改变7、组成星球的物质是靠引力吸引在一起的,这样的星球有一个最大的自转的速率,如果超出了该速率,星球的万有引力将不足以维持其赤附近的物体随星球做圆周运动,由此能得到半径为R,密度为ρ、质量为M且均匀分布的星球的最小自转周期T,下列表达式正确的是:()A. B. C. D.8、(本题9分)关于对一个系统的动量守恒的理解,下列说法正确的是A.如果一个系统的动量守恒,则系统的机械能一定守恒B.如果一个系统的动量守恒,则系统的动能可能增加C.如果一个系统的合外力为零,则系统的动量一定守恒D.如果一个系统内力做功不为零,则系统动量一定不守恒9、如图所示,下列关于地球人造卫星轨道的说法,正确的是()A.卫星轨道a、b、c都是可能的B.卫星轨道只可能是b、cC.同步卫星轨道可能是bD.a、b均可能是同步卫星轨道10、(本题9分)物体A、B、C均静止在同一水平面上,它们的质量分别为mA、mB、mC,与水平面的动摩擦因数分别为μA、μB、μC。用水平拉力F分别拉物体A、B、C,所得加速度a与拉力F的关系如图所示,A、B两直线平行,B、C延长线交于a轴负半轴同一点。则以下关系正确的是A.μA<μB=μC B.μA>μB=μCC.mA=mB<mC D.mA=mB>mC11、(本题9分)如图,一根轻弹簧下端固定,竖立在水平面上。其上方A位置有一小球,小球从静止开始下落,在B位置接触弹簧的上端,在C位置小球所受弹力大小等于重力,在D位置小球速度减小到零。则小球()A.下落至C处速度最大B.由A至D下落过程中机械能守恒C.由B至D的过程中,动能先增大后减小D.由A至D的过程中重力势能的减少等于弹簧弹性势能的增加12、如图所示,把一个平行板电容器与一个静电计相连接后,给电容器带上一定电量,静电计指针的偏转指示出电容器两板间的电势差.要使静电计的指针张角变小,可采用的方法是:()A.使两极板靠近 B.减小正对面积C.插入电介质 D.增大正对面积二.填空题(每小题6分,共18分)13、人造地球卫星A和B的质量之比为1∶2,轨道半径之比为2∶1,它们受到地球的引力之比为______,它们运行的线速度之比为____,它们运行的周期之比为______。14、(本题9分)带正电的物体C靠近不带电的枕形导体AB,如图所示,A端将带________电,B端带________电.15、(本题9分)已知地球半径为R,将一物体从地面移到离地面高h处,物体所受万有引力大小减小为原来的四分之一,则h=________(用R表示)。三.计算题(22分)16、(12分)(本题9分)如图甲所示,竖直平面内的光滑轨道由倾斜直轨道AB和圆轨道BCD组成,AB和BCD相切于B点,OB与OC夹角为37,CD连线是圆轨道竖直方向的直径、D为圆轨道的最低点和最高点,可视为质点的小滑块从轨道AB上高H处的某点由静止滑下,用力传感器测出滑块经过圆轨道最低点C时对轨道的压力为F,并得到如图乙所示的压力F与高度H的关系图象,该图线截距为2N,且过点取求:滑块的质量和圆轨道的半径;若要求滑块不脱离圆轨道,则静止滑下的高度为多少;是否存在某个H值,使得滑块经过最高点D飞出后落在圆心等高处的轨道上若存在,请求出H值;若不存在,请说明理由.17、(10分)1966年曾在地球的上空完成了以牛顿第二定律为基础的测定质量的实验,实验时,用双子星号字宙飞船m1去接触正在轨道上运行的火箭组m2(后者的发动机已熄火).接触以后,开动双子星号飞船的推进器,使飞船和火箭组共同加速(如图),推进器的平均作用力F等于895N,推进器开动时间为7s.测出飞船和火箭组的速度变化是0.91m/s.已知双子星号宇宙飞船的质量m1=3400kg,求:(1)火箭组的质量m是多大?(2)已知火箭组的实际质量为3660kg,求该次测量的相对误差,已知相对误差=×100%

参考答案一、选择题(本题共12小题,每小题5分,共60分,在每小题给出的四个选项中,有的小题只有一个选项正确,有的小题有多个选项正确.全部选对的得5分,选不全的得3分,有选错的或不答的得0分)1、B【解析】

沿着电场线的方向电势逐渐降低,电场线密的地方,电场强度大,电场线疏的地方电场强度小。电势高的地方电场强度不一定大,电场强度大的地方,电势不一定高;电势为零是人为选取的,则电势为零的地方场强可以不为零,故ACD错误,B正确。2、A【解析】

在两次的运动过程中,推力的大小是相同的,在力的作用下物体的位移的大小也是相同的,根据功的公式W=FL可知,两次推力做功一样多,所以A正确,BCD错误.3、D【解析】

F-x图象与x轴包围的面积表示弹力做功的大小,故弹簧由伸长量4cm到伸长量8cm的过程中,弹力的功:W=-1A.0.6J,-0.6J与分析不符,A错误B.-0.6J,0.6J与分析不符,B错误C.1.8J,-1.8J与分析不符,C错误D.-1.8J,1.8J与分析相符,D正确4、B【解析】两木块相同,与地面的摩擦力相同,则两木块被弹开时,A、B与弹簧组成的系统所受合外力为零,系统动量守恒,系统动量保持不变;在整个过程中除弹簧弹力做功外,还有摩擦力做功,则物体A、B及弹簧组成的系统机械能不守恒,故B正确,ACD错误;故选B.点睛:本题考查了判断系统动量与机械能是否守恒,知道动量与机械能守恒的条件即可解题,动量守恒的条件是系统合外力为零;机械能守恒的条件是系统只有重力或弹力做功.本题是一道基础题.5、A【解析】

由题意:设向右为x正方向,振子运动到N点时,振子具有正方向最大位移,所以振子运动到N点时开始计时振动图象应是余弦曲线,故A正确.6、A【解析】

AD.由于船头始终垂直指向河岸,这种渡河方式耗时最短,无论水流速度是否变化,渡河的时间不变,故A正确,D错误;BC.从轨迹曲线的弯曲形状上可以知道,小船先具有向下游的加速度,小船后具有向上游的加速度,故加速度是变化的,由于水流是先加速后减速,即越接近河岸水流速度越小,故B、C错误;故选A。7、BC【解析】

AB.当周期小到一定值时,压力为零,此时万有引力充当向心力,即解得:①故B正确,A错误;CD.星球的质量代入①式可得:故C正确,D错误.8、BC【解析】

A.动量守恒的系统机械能不一定守恒,动量守恒的条件是:系统不受外力或受外力的代数和为零;机械能守恒定律的条件是:系统只受到重力的作用,或受外力的代数和为零,故A错误;B.例如人船模型,开始人船速度为零,运动时系统的动量守恒,但系统的动能增加,故B正确;C.动量守恒的适用条件是系统不受外力或受外力的代数和为零,故C正确;D.放在光滑水平面上的滑块与滑板,当它们相对运动时,系统内力做功不为零,但系统动量守恒,故D错误;故选BC.9、BC【解析】

AB.卫星围绕地球做匀速圆周运动的圆心是地球的地心,所以凡是人造地球卫星的轨道平面必定经过地球中心,所以b、c均可能是卫星轨道,a不可能是卫星轨道,故A错误,B正确.CD.同步卫星的轨道平面在赤道的上空,则同步卫星轨道可能是b,故C正确,D错误.【点睛】本题的关键是要知道人造地球卫星围绕地球做匀速圆周运动,圆心是地球的地心,由万有引力提供向心力,轨道的中心一定是地球的球心.10、AC【解析】

根据牛顿第二定律有:F-μmg=ma,所以有:;由此可知:图象斜率为质量的倒数,在纵轴上的截距大小为μg。故由图象可知:μA<μB=μC,mA=mB<mC。A.μA<μB=μC,与结论相符,选项A正确;B.μA>μB=μC,与结论不相符,选项B错误;C.mA=mB<mC,与结论相符,选项C正确;D.mA=mB>mC,与结论不相符,选项D错误;11、ACD【解析】AC、小球从B至C过程,重力大于弹力,合力向下,小球加速,小球从C至D过程,重力小于弹力,合力向上,小球减速,所以动能先增大后减小,在C点动能最大,故AC正确;B、由A至B下落过程中小球只受重力做正功,其机械能守恒,从B→D过程,小球重力势能和动能都减小转化为弹性势能,其小球的机械能不守恒;故B错误;D、在D位置小球速度减小到零,小球的动能为零,则从A→D位置过程中,根据系统的机械能守恒得知,小球重力势能的减少量等于弹簧弹性势能的增加量,故D正确;故选:ACD。【点睛】小球下降过程中,重力和弹簧弹力做功,小球和弹簧系统机械能守恒,在平衡位置C动能最大。12、ACD【解析】

使两极板靠近,两极板间距减小,由电容的决定式:,可知电容增大,而电容器电量不变,由分析得知,板间电势差减小,则静电计指针偏角减小,故A正确;减小正对面积,由电容的决定式:,可知电容减小,而电容器电量不变,由分析得知,板间电势差增大,则静电计指针偏角增大,故B错误;插入电介质,由电容的决定式:,可知电容增大,而电容器电量不变,由分析得知,板间电势差减小,则静电计指针偏角减小,故C正确;增大正对面积,由电容的决定式:,可知电容增大,而电容器电量不变,由分析得知,板间电势差减小,则静电计指针偏角减小,故D正确。二.填空题(每小题6分,共18分)13、1:8【解析】

[1].由万有引力公式可得,,因此[2].由万有引力提供圆周运动的向心力有,,因此[3].由万有引力提供圆周运动的向心力有,,因此14、负正【解析】

[1][2]将带正电的导体球C靠近不带电的导体AB,靠感应起电使物体带电,导体AB由于感应起电带上异种电荷,所以此时离C比较近的A端带负电,B端带正电。15、R【解析】

根据万有引力定律得,地面上:,高度为h处:,解得:h=R。三.计算题(22分)16、(1)m=0.2kg,1m(

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