2023届江西省萍乡市物理高一第二学期期末复习检测模拟试题含解析

2022-2023学年高一物理下期末模拟试卷注意事项：1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。2．选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0．5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。3．请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。4．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。一、选择题：本大题共10小题，每小题5分，共50分。在每小题给出的四个选项中，有的只有一项符合题目要求，有的有多项符合题目要求。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。1、(本题9分)质量为m的小球，从离地面h高处以初速度v0竖直上抛，小球上升到最高点时离抛出点距离为H，若选取最高点为零势能面，不计空气阻力，则()A．小球在抛出点(刚抛出时)的机械能为零B．小球落回抛出点时的机械能−mgHC．小球落到地面时的动能为D．小球落到地面时的重力势能为−mgh2、(本题9分)图示是某一卫星运行的轨道示意图，卫星先沿椭圆轨道1运行，近地点为M，远地点为N，当卫星经过N时点火加速，使卫星由椭圆轨道1转移到圆轨道2上运行。关于卫星的运行过程，下列说法中正确的是（）A．卫星在轨道1和轨道2上运动时的机械能相等B．卫星在轨道1上运行经过N点的速度小于经过M点的速度C．卫星在轨道1上运行经过N点的加速度小于在轨道2上运行经过N点的加速度D．卫星在轨道1上运行经过N点的加速度大于在轨道2上运行经过N点的加速度3、(本题9分)要使小球A能击中离地面H高的小球P,设计了甲、乙、丙、丁四条内外侧均光滑轨道，如图所示．甲为高度小于H的倾斜平直轨道，乙丙丁均为圆轨道，圆心O如图所示．小球从地面出发，初速度大小都为,在甲轨道中初速度方向沿斜面，在乙、丙、丁轨道中初速度方向均沿轨道的切线方向，则小球A经过哪种轨道后有可能恰好击中P球（）A．轨道甲和轨道丁B．轨道乙和轨道丁C．轨道丙和轨道丁D．只有轨道丁4、如图所示，分别用两个恒力F1和F2先后两次将质量为m的物体从静止开始，沿着同一个粗糙的固定斜面由底端推到顶端，第一次力F1的方向沿斜面向上，第二次力F2的方向沿水平向右，两次所用时间相同在这两个过程中()A．F1和F2所做功相同 B．F1和F2的大小相同C．物体的机械能变化相同 D．F1和F2对物体的冲量大小相同5、下面物理原理中说法不正确的是()A．物体所受合外力越大，它的动量变化就越快B．发射火箭的基本原理是利用直接喷出的高温高压气体，获得强大的反冲推力C．物体所受合外力对其所做总功为零，则该物体机械能一定守恒D．某系统在爆炸或碰撞瞬间内力远大于外力，可近似认为该系统动量守恒6、(本题9分)某电场的电场线分布如图所示（实线），以下说法正确的是（）A．点场强大于点场强B．和处在同一等势面上C．若将一试探电荷由点移动到点，电荷的电势能将减小D．若某一点电荷只在电场力的作用下沿虚线由点运动到点，可判断该电荷一定带负电7、长木板A放在光滑的水平面上，质量为m=2kg的另一物体B以水平速度v0=2m/s滑上原来静止的长木板A的表面，由于A、B间存在摩擦，之后A、B速度随时间变化情况如图所示，则下列说法正确的是()A．木板获得的动能为2JB．系统损失的机械能为2JC．木板A的最小长度为1mD．A、B间的动摩擦因数为0.18、一质量为的质点静止于光滑水平面上，从时刻开始，受到水平外力作用，如图所示．下列判断正确的是（）A．内外力的平均功率是B．第内外力所做的功是C．第末外力的瞬时功率最大D．第末与第末外力的瞬时功率之比为9、(本题9分)如图为某一机械手表，其分针与时针上的点看作做匀速圆周运动，且分针长度是时针长度的1.5倍．下列说法正确的是（）A．分针与时针的角速度之比是12：1B．分针末端与时针末端的线速度之比是18：1C．分针与时针的周期之比是12：1D．分针末端与时针末端的加速度之比是216：110、由于某种原因，人造地球卫星的轨道半径变小了，那么卫星的（）A．速率变大 B．角速度变小 C．向心加速度变大 D．周期变小二、实验题11、（4分）(本题9分)在“研究平抛物体运动”的实验中，下图为一小球做平抛运动的闪光照片的其中一部分相片（与实物比例为1:1），图中正方形方格的边长为5cm，取g=10m/s2，则：（1）闪光周期是______s．（2）小球运动的水平分速度为______m/s．（3）小球经过B点时竖直分速度的大小为______m/s．12、（10分）(本题9分)如图所示为实验室中验证动量守恒的实验装置示意图．（1）若入射小球质量为m1，半径为r1，被碰小球的质量为m2，半径为r2，则_________．A．B．C．D．（2）设入射小球的质量为，被碰小球的质量为，P为碰撞前入射小球落点的平均位置，则关系式为（用、OM、ON、OP表示）____________成立，即表示碰撞中动量守恒．

参考答案一、选择题：本大题共10小题，每小题5分，共50分。在每小题给出的四个选项中，有的只有一项符合题目要求，有的有多项符合题目要求。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。1、A【解析】

ABD项：选取最高点位置为零势能参考位置，小球上升到最高点时，动能为0，势能也为0，所以在最高点的机械能为0，在小球运动过程中只有重力做功，机械能守恒，故任意位置的机械能都为0，所以小球落回到抛出点时的机械能是0，故A正确，B错误，D错误；C项：从抛出点到落地过程中，只有重力做功，由动能定理得：，解得，落地时的动能，故C错误．【点睛】本题关键抓住小球机械能守恒，在空间任意一点的机械能都相等，故可以用空间任意一点的机械能表示．2、B【解析】

A.卫星由轨道1到轨道2，需要在N点加速，所以变轨后的机械能大，故A错误；B.从N点到M点引力做正功，所以经过N点的速度小于经过M点的速度，故B正确。CD.根据牛顿第二定律得：,所以无论轨道1还是轨道2经过N点加速度一样，故CD错误。3、D【解析】

小球从地面出发，初速度大小为，在运动过程中，只有动能全部转化为重力势能才能上升高度H，即甲轨道A球在轨道上沿斜面运动后斜抛，在最高点有动能，根据机械能守恒，小球不能到达H高度，故甲不可能；乙轨道小球做竖直上抛运动，在最高点速度为零，能达到高度H，但不能击中P点，故乙轨道不可能；丙轨道在小球通过1/4圆以后小球要想到达P点，在P点要有动能，根据机械能守恒，小球到不了P点，故丙轨道不可能；丁轨道小球到达P点，小球的动能完全转化为重力势能，到达P点动能恰好为零，小球恰好击中P点，故丁轨道可以．故选D。4、C【解析】

ABC.由公式x=12at2得，由于x和t均相同，故加速度a相同，由v=at，t相同，则物体到达斜面顶端时速度相同，动能相同，根据动能定理得知，总功相等．第一个物体所受的摩擦力f1=μmgcosθ小于第二个物体所受的摩擦力f2=μ(mgcosθ+F2sinθ)，位移相等，所以第一个物体所受的摩擦力做功小于第二个物体所受的摩擦力做功，重力做功相同，则F1做的功比F2W1=F1s<W2=F2scosθ由上式可看出F2cosθ>F1，所以F1<F2，物体末速度相同，又由于处于相同的高度，所以两物体机械能变化相同，故AB错误，C正确。D.时间相等，F1<F2，所以F1和F2对物体的冲量大小不相同，故D错误。5、C【解析】

A．物体所受合外力越大，加速度就越大，物体速度变化就越快，所以它的动量变化就越快，故A正确；B．发射火箭的基本原理是利用直接喷出的高温高压气体，获得强大的反冲推力，选项B正确；C．物体所受合外力对其所做总功为零，则该物体机械能不一定守恒，例如匀速上升的物体，选项C错误；D．某系统在爆炸或碰撞瞬间内力远大于外力，可近似认为该系统动量守恒，选项D正确；6、AC【解析】

解这类题是思路：电场线的疏密表示场强的强弱，沿电场线方向电势逐渐降低，根据带电粒子运动轨迹判定电场力方向，然后根据电性判断电场线方向，根据电场力做功判断电势能的变化．【详解】电场线的疏密表示场强的强弱，由图知c点场强大于b点场强，故A正确；沿电场线方向电势逐渐降低，故b的电势大于c的电势，b和c不在同一等势面上，故B错误；若将一试探电荷+q由a点移动到d点，电场力做正功，电荷的电势能将减小，故C错误；由粒子的运动轨迹弯曲方向可知，带电粒子受电场力大致斜向左上方，与电场强度方向相同，故粒子带正电，故D错误；故选A．【点睛】解决这类带电粒子在电场中运动问题的关键是根据轨迹判断出电场力方向，利用电场中有关规律求解．比较电势能的大小有两种方法：一可以从电场力做功角度比较，二从电势能公式角度判断，先比较电势，再比较电势能．7、BCD【解析】

A．根据速度时间图像可知木板最终的速度为v=1m/s，从B刚滑上A开始，到两者共速，过程中，将两者看做一个整体，整体所受合力为零，故整体动量守恒，设木板的质量为M，则根据动量守恒定律可得：mv解得：M=m=2kg故木板获得的动能为EkA错误；B．系统减少的动能为ΔEB正确；C．v-t图像图线与坐标轴围成的面积表示位移，则由图得到：0-1s内B的位移为xBA的位移为xA木板A的最小长度为L=C正确；D．由斜率大小等于加速度大小，得到B的加速度大小为a=Δv根据牛顿第二定律得μm代入解得μ=0.1，D正确．8、AD【解析】

A．0-1s内，物体的加速度则质点在0-1s内的位移1s末的速度v1=a1t1=3×1m/s=3m/s第2s内物体的加速度第2s内的位移物体在0-2s内外力F做功的大小W=F1x1+F2x2=3×1.5+1×3.5J=8J可知0-2s内外力的平均功率故A正确；B．第2s内外力做功的大小W2=F2x2=1×3.5J=3.5J故B错误；CD．第1s末外力的功率P1=F1v1=3×3W=9W第2s末的速度v2=v1+a2t2=3+1×1m/s=4m/s则外力的功率P2=F2v2=1×4W=4W可知第2s末功率不是最大，第1s末和第2s末外力的瞬时功率之比为9：4，故C错误，D正确．故选AD。点晴：根据牛顿第二定律求出0-1s内和1-2s内的加速度，结合位移时间公式分别求出两段时间内的位移，从而得出两段时间内外力做功的大小，结合平均功率的公式求出外力的平均功率，根据速度时间公式分别求出第1s末和第2s末的速度，结合瞬时功率的公式求出外力的瞬时功率．9、ABD【解析】

AC.分针的周期为T分＝1h，时针的周期为T时＝12h，两者周期之比为T分：T时＝1：12由研究得知，分针与时针的角速度之比是12：1.故选项A符合题意，故选项C不符合题意.B.由v＝ωr得，分针与时针端点的线速度之比为v分：v时＝ω分r分：ω时r时＝12×1.5：＝18：1即分针与时针末端的线速度之比为18：1.故选项B符合题意.D、根据a＝ω2r得分针与时针末端的向心加速度之比为216：1.故选项D符合题意.10、ACD【解析】

人造地球卫星绕地球做匀速圆周运动，设卫星的质量为m、轨道半径为r、地球质量为M，根据万有引力提供向心力，得：，可得：A.由，人造地球卫星的轨道半径变小了，则速率变大，选项A正确；B.由，人造地球卫星的轨道半径变小了，则角速度变大，选项B错误；C.由，人造地球卫星的轨道半径变小了，则向心加速度变大，选项C正确；D.由可知人造地球卫星的轨道半径减小时，周期变小，故D正确。二、实验题11、0.1；1.5；2；【解析】（1）在竖直方向上，根据得，闪光相等的时间间隔为：，（2）小球平抛运动的初速度为：；（3）B点竖直分速度为：．【点睛】平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，根据竖直方向上连续相等时间内的位移之差是一恒量求出相等的时间间隔．根据水平位移和时间间隔求出初速度，根据某段时间内的平均速度等于中间时刻