2022届贵州省贵阳附中物理高一下期末学业水平测试试题含解析

2021-2022学年高一物理下期末模拟试卷注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。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)物体在恒定的合外力作用下做直线运动，在时间△t1内动能由0增大到E0，在时间∆t2内动能由E0增大到2E0.设合外力在△t1内做的功是W1、冲量是I1，在∆t2内做的功是W2、冲量是I2，那么()A．I1<I2W1=W2 B．I1>I2W1=W2 C．I1<I2W1<W2 D．I1=I2W1<W22、(本题9分)质点所受的力F随时间变化的规律如图所示，力的方向始终在一直线上．已知t＝0时质点的速度为零．在图中所示的t1、t2、t3和t4各时刻中，哪一时刻质点的动能最大A．t1 B．t2 C．t3 D．t43、(本题9分)如图甲所示，轻杆一端固定在O点，另一端固定一小球，现让小球在竖直平面内做半径为R的圆周运动。小球运动到最高点时，杆与小球间弹力大小为F，小球在最高点的速度大小为v，其F-v2图像如图乙所示。不计空气阻力，则（）A．v2=c时，杆对小球的弹力方向向上B．v2=2b时，小球受到的弹力与重力大小不相等C．小球的质量为D．当地的重力加速度大小为4、(本题9分)“天宫二号”目标飞行器与“神舟十一号”飞船自动交会对接前的示意图如图所示，圆形轨道Ⅰ为“天宫二号”运行轨道，圆形轨道Ⅱ为“神舟十一号”运行轨道．此后“神舟十一号”要进行多次变轨，才能实现与“天宫二号”的交会对接，则A．“天宫二号”的运行速率大于“神舟十一号”在轨道Ⅱ上的运行速率B．“神舟十一号"变轨后比变轨前高度增加，机械能减少C．“天宫二号”和“神舟十一号”对接瞬间的向心加速度大小相等D．“神舟十一号”可以通过减速而使轨道半径变大5、如图所示，将小球以速度v沿与水平方向成角斜向上抛出，结果球刚好能垂直打在竖直墙面上，球反弹的瞬间速度方向水平，且速度大小为碰撞前瞬间速度大小的，已知，，空气阻力不计，则当反弹后小球的速度大小再次为v时，速度与水平方向夹角的正切值为（）A． B． C． D．6、(本题9分)如图所示，小球原来紧压在竖直放置的轻弹簧的上端，撤去外力后弹簧将小球竖直弹离弹簧，在这个弹离的过程中，不计空气阻力（）A．小球的动能和重力势能发生了变化，但机械能保持不变B．小球增加的动能和重力势能，等于弹簧减少的弹性势能C．小球克服重力所做的功有可能小于弹簧弹力所做的功D．小球的最大动能等于弹簧的最大弹性势能7、如图电路中，闭合电键S，当滑动变阻器的滑动触头向上滑动时，三个理想电表的示数都发生变化，电表的示数分别用I、U1、U2表示。下列判断正确的是A．U1增大，I增大，不变B．U2减小，I增大，减小C．U1U2D．减小8、(本题9分)一物体沿固定斜面从静止开始向下运动，经过时间t0滑至斜面底端．已知在物体运动过程中物体所受的摩擦力恒定．若用F、v、s和E分别表示该物体所受的合力、物体的速度、位移和机械能，则下列图象中可能正确的是A． B． C． D．9、(本题9分)2017年5月23日，第八届中国卫星导航学术年会在上海召开，本届年会以“定位，万物互联”为主题．据悉中国将于2017年下半年开始发射北斗三号卫星．北斗导航卫星的发射需要经过几次变轨，例如某次变轨，先将卫星发射至近地圆轨道1上，然后在P处变轨到椭圆轨道2上，最后由轨道2在Q处变轨进入圆轨道3，轨道1、2相切于P点，轨道2、3相切于Q点．忽略空气阻力和卫星质量的变化，则以下说法正确的是（）A．该卫星从轨道1变轨到轨道2需要在P处减速B．该卫星在轨道从轨道1到轨道2再到轨道3，机械能逐渐减小C．该卫星在轨道3的动能小于在轨道1的动能D．该卫星稳定运行时，在轨道3上经过Q点的加速度等于在轨道2上Q点的加速度10、(本题9分)有四颗地球卫星，还未发射，在赤道表面上随地球一起转动，是近地轨道卫星，是地球同步卫星，是高空探测卫星，它们均做匀速圆周运动，各卫星排列位置如图所示，则（）A．卫星的向心加速度等于重力加速度B．卫星的角速度最大C．卫星在1小时内转过的圆心角是D．卫星的运动周期有可能是30小时二、实验题11、（4分）(本题9分)在“探究加速度与力、质量的关系”实验中为了验证“加速度与物体质量成反比”的猜想，采用图象法处理数据．下图是四个小组描绘出的不同图象，你觉得能够准确验证上述猜想的图象有（）A．B．C．D．12、（10分）某同学用一个木质小球从静止释放，研究其在空气中的运动规律，如图所示是小球的部分频闪照片，已知频闪仪每隔0.05s闪光一次，图中所标数据为实际距离。（当地重力加速度取9.81m/s2，小球质量m=0.2kg，结果保留三位有效数字）(1)由频闪照片上的数据计算t4时刻小球的速度v4=_________m/s；(2)小球的加速度大小约为a=_________m/s2；(3)根据(2)中a的计算结果，比较当地的重力加速度，分析其产生的原因：__________________。

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、B【解析】

根据动能定理得：W1=E0-0=E0，W1=1E0-E0=E0则W1=W1．动量与动能的关系式为P=2mI1=2m则I1＞I1．A.I1<I1W1=W1与上述分析结论I1>I1W1=W1不相符，故A不符合题意；B.I1>I1W1=W1与上述分析结论I1>I1W1=W1相符，故B符合题意；C.I1<I1W1<W1与上述分析结论I1>I1W1=W1不相符，故C不符合题意；D.I1=I1W1<W1与上述分析结论I1>I1W1=W1不相符，故D不符合题意。2、B【解析】试题分析：质点受到一个变力F的作用，从静止开始运动，在0～t1时间内，力F逐渐增大，在t1时刻达到最大值，这一段时间质点做变加速直线运动，它的加速度也是在t1时刻达到最大.而后，力F逐渐变小，至t2时刻减为零，这一段时间质点仍做变加速直线运动，只是加速度在逐渐变小，而速度仍在逐渐增大.从t2~t3这段时间，力F变为反向，并且逐渐增大，相应的加速度也将变为反向，数值也是逐渐增大，它做的是变减速直线运动，速度方向仍是向前.在t3~t4这段时间，力F逐渐变小，加速度也逐渐变小，质点继续做变减速直线运动，直到t4时刻速度减为零.通过以上分析不难看出，质点在t2时刻速度达到最大值，故B正确．考点：牛顿第二定律、匀变速直线运动规律．3、C【解析】由图乙知，小球重力：mg=a，当F=0时，对应v2=gR=b，联立得：，，所以C正确；D错误；当v2=c>b时：，杆对小球的弹力向下，故A错误；当v2=2b时，代入，解得FT=mg，所以B错误。4、C【解析】A、由万有引力提供向心力有，得，因“天宫二号”的半径大则其速率小，故A错误．B、“神舟十一号”变轨要加速做离心运动，向后喷气补充了能量其机械能增加，则B错误．C、对接时在同一位置，根据牛顿第二定律知万有引力产生加速度相同，则C正确．D、“神舟十一号”可以减速做向心运动，万有引力大于向心力，轨道半径会变小，则D错误．故选C．【点睛】本题考查了万有引力定律的应用，解决本题的关键掌握变轨的原理，以及掌握万有引力提供向心力这一理论，并能灵活运用．5、B【解析】采用逆向思维，小球做斜抛运动看成是平抛运动的逆运动，将抛出速度沿水平和竖直方向分解，有：vx＝vcosθ＝v•cos37°＝0.8v，vY＝v•sin37°＝0.6V

球撞墙前瞬间的速度等于0.8v，反弹速度大小为：;反弹后小球做平抛运动，当小球的速度大小再次为v时，竖直速度为：速度方向与水平方向的正切值为：，故B正确，ACD错误；故选B.6、BC【解析】

在上升的过程中，弹簧弹力对小球做正功，小球的机械能增加，所以A错误．对于小球和弹簧组成的系统来说，整个系统只有重力和弹簧的弹力做功，系统的机械能守恒，弹簧减少的弹性势能都转化成了小球的动能和重力势能，所以B正确．当到达最高点，速度为零时，弹簧的弹性势能全部转化为重力势能，此时小球克服重力所做的功等于弹簧弹力所做的功，若速度不为零时，则小球克服重力所做的功小于弹簧弹力所做的功，所以C正确．小球刚松手时弹性势能最大，设为A，小球的弹力和重力相等时动能最大，设为B，从A到B由功能原理可知，因此小球的最大动能小于最大弹性势能，D错误．7、AD【解析】

AB、当滑动变阻器的滑动触头向上滑动，其阻值变小，总电阻变小，根据闭合电路欧姆定律可知干路上的电流增大，根据可知路端电压减小，通过的电流减小，根据并联分压可知电流表示数增大，根据欧姆定律可知的两端电压增大，根据串联分压可知两端的电压减小，根据欧姆定律得知，所以不变；根据闭合电路欧姆定律得，则有，所以不变，故选项A正确，B错误；CD、根据电路可知路端电压减小，则有，由于，所以的增加量小于的减小量，故选项D正确，C错误。8、AD【解析】

试题分析：摩擦力恒定，物体沿斜面下滑时做初速度为零的匀变速直线运动，根据初速度为零匀变速直线运动中合力、速度、位移和机械能所时间变化特点可解答本题．解：A、物体在斜面上运动时做匀加速运动，根据牛顿第二定律可知，其合外力恒定，故A正确；B、在v﹣t图象中，斜率表示加速度大小，由于物体做匀加速运动，因此其v﹣t图象斜率不变，故B错误；C、物体下滑位移为：，根据数学知识可知，其位移与时间图象为抛物线，故C错误；D、设开始时机械能为E总，根据功能关系可知，开始机械能减去因摩擦消耗的机械能，便是剩余机械能，即有：，因此根据数学知识可知，机械能与时间的图象为开口向下的抛物线，故D正确．故选AD．【点评】对于图象问题要明确两坐标轴、斜率的含义等，对于比较复杂的图象问题可以利用物理规律写出两个物理量的函数关系式，根据数学知识进一步判断图象性质．9、CD【解析】该卫星从轨道1变轨到轨道2需要在P处加速，选项A错误；该卫星在轨道从轨道1到轨道2需要点火加速，则机械能增加；从轨道2再到轨道3，又需要点火加速，机械能增加；故该卫星在轨道从轨道1到轨道2再到轨道3，机械能逐渐增加，选项B错误；根据可知，该卫星在轨道3的速度小于在轨道1的速度，则卫星在轨道3的动能小于在轨道1的动能，选项C正确；根据可知，该卫星稳定运行时，在轨道3上经过Q点的加速度等于在轨道2上Q点的加速度，选项D正确；故选CD.10、BD【解析】A、地球同步卫星的周期必须与地球自转周期相同，角速度相同，则知a与c的角速度相同，根据知，c的向心加速度大；由得，可知卫星的轨道半径越大，向心加速度越小，则地球同步卫星的向心加速度小于b的向心加速度，而b的向心加速度约为g，故知a的向心加速度小于重力加速度g，故A错误；B、由，得，可知卫星的轨道半径越大，角速度越小，所以三个卫星中b的角速度最大，而a与c的角速度相同，所以卫星b的角速度最大，故B正确；C、c是地球同步卫星，周期是24h，则c在1h内转过的圆心角是，故C错误；D、由开普勒第三定律知，卫星的轨道半径越大，周期越大，所以d的运动周期大于c的周期24h，可能为30h，故D正确；故选BD．【点睛】地球同步卫星的周期必须与地球自转周期相同，角速度相同，根据比较a与c的向心加速度大小，再比较c的向心加速度与g的大小，根据万有引力提供向心力，列出等式得出角速度与半径的关系，根据开普勒第三定律判断d与c的周期关系．二、实验题11、BC【解析】

若加速度与物体质量成反比，在a-m图象中应该是双曲线，但是实验得出的各组数据是不是落在同一条双曲线上是不好判断的，但是的关系是正比例函数，若画出图象是过原点的倾斜的直线，则说明加速度与物体质量成反比，若画出图象是过原点的倾斜的直线，则也能说明加速度与物体质量成反比，故选B