福建省武平县第二中学2022年物理高一下期末质量检测试题含解析

2021-2022学年高一下物理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：（1-6题为单选题7-12为多选，每题4分，漏选得2分，错选和不选得零分）1、(本题9分)如图所示，平行金属板中带电油滴P原来处于静止状态，不考虑电流表和电压表对电路的影响，R1的阻值和电源内阻r相等．当滑动变阻器的滑片向b端移动时（）A．R3上消耗的功率逐渐增大B．电流表读数减小，电压表读数增大C．质点P将向上运动D．电源的输出功率逐渐增大2、(本题9分)弯曲管子内部注满密度为ρ的水，部分是空气，图中所示的相邻管子液面高度差为h，大气压强为p0，则图中A点的压强是（）A．ρghB．p0+ρghC．p0+2ρghD．p0+3ρgh3、我国发射的“嫦娥一号”卫星经过多次加速、变轨后，最终成功进入环月工作轨道。如图所示，卫星既可以在离月球比较近的圆轨道α上运动，也能到离月球比较远的圆轨道b上运动，该卫星在a轨道上运动与在b轨道上运动比较（）A．卫星在α轨道上运行的线速度小B．卫星在α轨道上运行的周期大C．卫星在α轨道上运行的角速度小D．卫星在α轨道上运行时受到的万有引力大4、(本题9分)人乘电梯匀速上升，在此过程中人受到的重力为G，电梯对人的支持力为FN，人对电梯的压力为FN′，则（）A．G和FN是一对平衡力B．G和FN′是一对平衡力C．G和FN是一对相互作用力D．G和FN′是一对相互作用力5、(本题9分)如图所示是某静电场的一部分电场线分布情况，下列说法中正确的是A．这个电场可能是负点电荷的电场B．点电荷q在A点处受到的电场力比在B点处受到的电场力大C．负电荷在B点处受到的电场力的方向沿电场线的切线方向D．点电荷q在A点处的瞬时加速度比在B点处的瞬时加速度小不计重力6、某人将一静止重物举高h，并使重物获得速度v，则下列说法中正确的是A．某人对物体所做的功等于物体动能的增量B．某人对物体所做的功等于物体动能和势能增量之和C．物体所受合外力对它做的功等于物体动能和势能增量之和D．克服重力所做的功等于物体动能和势能增量之和7、(本题9分)我国2020年将首次探测火星，将完成火星探测器围绕火星飞行、火星表面降落以及巡视探测等任务。火星是地球的“邻居”，其半径约为地球半径的，质量约为地球质量的，设火星的卫星A和地球卫星B都围绕各自的中心天体做匀速圆周运动，距离中心天体的表面距离与该中心天体的半径相等，下面说法正确的是A．卫星A、B加速度之比为2：5B．卫星A、B线速度之比为C．卫星角速度之比为D．卫星A、B周期之比为8、(本题9分)水平光滑直轨道ab与半径为R的竖直半圆形光滑轨道bc相切，一小球以初速度v0沿直线轨道向右运动，如图所示，小球进入圆形轨道后刚好能通过c点，然后小球做平抛运动落在直轨道上的d点，重力加速度为gA．小球到达c点的速度为2gRB．小球到达b点时对轨道的压力为5mgC．小球在直轨道上的落点d与b点距离为2RD．小球从c点落到d点所需时间为29、(本题9分)用一根绳子竖直向上拉一个物块，物块从静止开始运动，绳子拉力的功率按如图所示规律变化，已知物块的质量为m，重力加速度为g,0～t0时间内物块做匀加速直线运动，t0时刻后功率保持不变，t1时刻物块达到最大速度，则下列说法正确的是()A．物块始终做匀加速直线运动B．0～t0时间内物块的加速度大小为PC．t1时刻物块的速度大小为PD．0～t1时间内物块上升的高度为P10、(本题9分)如图所示，A物体从与轻质定滑轮等高处沿竖直杆由静止下滑,通过轻质细绳拉物体B，当A下降h时细绳与竖直杆的夹角为45°（此时物体B未与定滑轮相碰），已知A、B的质量相等，不计一切阻力，重力加速度为g．下列说法正确的是（）A．物体B的机械能守恒B．物体AB的机械能守恒C．此时物体B的速度为D．A开始下滑瞬间的加速度为g11、(本题9分)以下说法正确的是A．在导体中有电流通过时，电子定向移动速率即是电场传导速率B．铅蓄电池的电动势为2V，它表示的物理意义是电路中每通过1C的电荷，电源把2J的化学能转化为电能C．根据电场强度的定义式可知，电场中某点的电场强度与试探电荷所带的电荷量成反比D．根据电势差可知，带电荷量为1C的正电荷，从A点移动到B点克服电场力做功为1J，则A、B两点间的电势差为12、(本题9分)小物块位于放于地面的半径为R的半球的顶端，若给小物块以水平的初速度v时物块对半球刚好无压力，则下列说法正确的是()A．小物块立即离开球面做平抛运动B．小物块落地时水平位移为RC．小物块沿球面运动D．物块落地时速度的方向与地面成45°角二、实验题（本题共16分，答案写在题中横线上）13、（6分）(本题9分)用如图所示的装置进行“验证动量守恒定律”的实验：（1）先测出可视为质点的两滑块A、B的质量分别为m、M及滑块与桌面间的动摩擦因数μ；（2）用细线将滑块A、B连接，使A、B间的轻弹簧处于压缩状态，滑块B恰好紧靠桌边；（3）剪断细线，测出滑块B做平拋运动的水平位移x1，滑块A沿水平桌面滑行距离为x2（未滑出桌面）；为验证动量守恒定律，写出还需测量的物理量及表示它们的字母_____；如果动量守恒，需要满足的关系式为______．14、（10分）(本题9分)如图，用“碰撞实验器”可以验证动量守恒定律，即研究两个小球在轨道水平部分碰撞前后的动量关系。(1)图中O点是小球抛出点在地面上的垂直投影。实验时，先让入射球m1多次从斜轨上S位置静止释放，找到其平均落地点的位置P，测量平抛射程OP。然后，把被碰小球m2静置于轨道的水平部分，再将入射球m1从斜轨上S位置静止释放，与小球m2相碰，并多次重复。接下来要完成的必要步骤是_______________填选项前的符号）。A．用天平测量两个小球的质量m1、m2B．测量小球m1开始释放高度h释放，与小球m2相碰，并多次重复。C．测量抛出点距地面的高度HD．分别找到m1、m2相碰后平均落地点的位置M、NE．测量平抛射程OM，ON(2)若入射小球质量为m1，半径为r1，被碰小球质量为m2，半径为r2则_____A．m1>m2，r1>r2B．m1>m2，r1<r2C．m1>m2，r1=r2D．m1<m2，r1=r2(3)若两球相碰前后的动量守恒，其表达式可表示为______________（用(1)中测量的量表示）三、计算题要求解题步骤，和必要的文字说明（本题共36分）15、（12分）(本题9分)有一水龙头以每秒800g水的流量竖直注入盆中,盆放在磅秤上,如图所示．盆中原来无水，盆的质量500g，注至5s末时，磅秤的读数为57N，重力加速度g取10m/s2，则此时注入盆中的水流的速度约为多大?16、（12分）(本题9分)如图所示，设电子刚刚离开金属丝时的速度可忽略不计，经加速电场加速后，沿平行于板面的方向射入偏转电场，并从另一侧射出．已知电子质量为m，电荷量为e，加速电场电压为U1．偏转电场可看做匀强电场，极板间电压为U，极板长度为L，板间距为d，不计电子所受重力．求：（1）电子射入偏转电场时初速度的大小；（2）电子从偏转电场射出时沿垂直板面方向的偏转距离y；（3）电子从偏转电场射出时速度的大小和方向．17、（12分）(本题9分)如图所示，滑雪坡道由直滑道AB和圆弧滑道BCD两总分组成（图中实线部分），其中C为圆弧滑道最低点，BD为水平面．滑雪者从比水平面高h1=45m处由静止出发，离开D点后在空中飞行，最高点E比水平面高h1=10m，假设忽略滑雪坡道的阻力与空气阻力，重力加速度g取10m/s1．（1）问滑雪者所受重力的瞬时功率在B点时大还是在C点时大？（1）求滑雪者通过D点时的速度大小；（3）求滑雪者空中飞行的时间；若滑雪者去掉身上的背包以减轻重量，再次从同一高度由静止出发，请问最大高度h1是变大、变小还是不变?

参考答案一、选择题：（1-6题为单选题7-12为多选，每题4分，漏选得2分，错选和不选得零分）1、D【解析】

A、当滑动变阻器R的滑片向b端移动时，其接入电路的电阻减小，外电路总电阻减小，根据闭合电路欧姆定律分析得知干路电流I增大．电容器板间电压等于R3的电压．R减小，并联部分的总电阻减小，则R3的电压减小，R3上消耗的功率逐渐减小，故A错误；B、流过电流表的电流IA＝I﹣I3，I增大，I3减小，则IA增大，所以电流表读数增大，R的电压U＝U3﹣U2，U3减小，U2增大，则U减小，所以电压表读数减小，故B错误；C、电容器的电压减小，则电容器板间场强减小，质点P所受的电场力减小，所以质点P将向下运动，故C错误；D、由于R1的阻值和电源内阻r相等，则外电路总电阻大于电源的内阻r，当外电阻减小时，电源的输出功率逐渐增大，D正确．2、C【解析】考点：封闭气体压强．专题：气体的压强专题．分析：根据液面的高度关系分析，大气压强P0等于中间这段气体产生的压强加上h液体产生的压强，中间这段气体产生的压强等于A端气体产生的压强加上h液体产生的压强，据此分析整理．解答：解：由图中液面的高度关系可知封闭气体的压强为p1=p0+ρgh，A点的压强pA=p1+ρgh=p0+2ρgh，故选C．点评：在计算气体压强时，有两个结论可以直接应用①同一气体的压强处处相等②同一液体内部不同点间的压强差由高度差决定，并且位置越高，压强越小．3、D【解析】

人造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，有：解得：①②③④A．由可知轨道半径小的速度大，则在α轨道上运行的线速度大，故A错误；B．由可知轨道半径小的周期小，则卫星在α轨道上运行的周期小。故B错误；C．由可知轨道半径小的角速度大，则卫星在α轨道上运行的角速度大。故C错误；D．同可知引力与距离有关，距离大的力小，所以卫星在α轨道上运行时受到的万有引力大，故D正确。4、A【解析】

AB．人站在匀速上升的电梯中，随电梯匀速上升，所以其受到的重力与电梯对他的支持力是一对平衡力，A正确，B错误；CD．电梯对他的支持力和人对电梯的压力是对作用力与反作用力，即FN和FN′是一对相互作用力，CD错误；故选A。5、B【解析】

A．负电荷电场中的电场线是从无穷远出发指向负电荷的直线，而该电场线是曲线，所以A错误；B．电场线密的地方电场的强度大，电场线疏的地方电场的强度小，所以EA＞EB，依据F=qE，则有点电荷q在A点处受到的电场力比在B点处受到的电场力大，故B正确；C．电场线的切线方向为该点场强的方向，所以负电荷在B点处受到的电场力的方向沿电场线切线的反方向，故C错误；D．根据牛顿第二定律，可知，电场力越大的，产生加速度也越大，则点电荷q在A点处的瞬时加速度比在B点处的瞬时加速度大，故D错误。故选B。6、B【解析】

AB.根据除重力以外的力对物体做的功等于物体机械能的变化量，所以人对物体做的功等于物体机械能的增加，故A错误，B正确；C.根据动能定理可知：合外力对物体做的功等于物体动能的增加量，故C错误；D.物体重力做的功等于重力势能的变化量，所以物体克服重力做的功等于物体重力势能的增加量，故D错误。7、AD【解析】

设火星质量为M，地球质量则为10M，火星的半径为R，则火星卫星A的轨道半径，地球卫星B的轨道半径；A.根据加速度公式，可知，，所以，A正确；B.根据公式，可得，可知，，所以，B错误；C.由线速度之比为，可得角速度之比，选项C错误；D.周期，周期之比，选项D正确；8、CD【解析】

A.小球进入圆形轨道后刚好能通过c点，只有重力提供向心力mg=解得：v=故A错误；B.由机械能守恒定律得：1由向心力公式有：F-mg=解得轨道对小球的支持力F=6mg，根据牛顿第三定律得：小球到达b点时对轨道的压力为6mg，故B错误；C.由平抛运动规律得，水平位移x=vt=故C正确；D.小球离开轨道后，在竖直方向做自由落体运动，小球从c点落到d点所需时间为t=故D正确。9、CD【解析】

A、0−t0时间内物块做匀加速直线运动，t0时刻后功率保持不变，根据P=Fv知，v增大，F减小，物块做加速度减小的加速运动，当加速度减小到零，物体做匀速直线运动，故A错误；B、0−t0时间内物块做匀加速直线运动，则有P=Fv=Fat，F=mg+ma，联立解得P=(mg+ma)at，可知图线的斜率k=P0tC、在t1时刻速度达到最大，则有F=mg，物块的速度大小为v=PD、P−t图线围成的面积表示牵引力做功的大小，根据动能定理得P0t0故选CD。【点睛】t0时刻以后，功率保持不变，结合P=Fv分析牵引力的变化，结合牛顿第二定律得出加速度的变化；根据P=Fv，结合牛顿第二定律得出P-t的关系式，结合图线的斜率求出加速度；P-t图线围成的面积表示牵引力做功的大小，根据动能定理求出0-t1时间内物块上升的高度。10、BD【解析】

A．由于B受到绳子的拉力作用，并且拉力对B做正功，所以物体B的机械能不守恒，故A错误；B．由于不计一切摩擦，所以物体AB组成的系统的械能守恒，故B正确；C．当A下降h，由系统内机械能守恒知：解得故C错误；D．A开始下滑瞬间竖直方向只受重力作用所以加速度为g，故D正确；故选BD．点睛：物体A以速度v沿竖直杆匀速下滑,绳端沿着绳子方向的速率等于物体B的速率,将A物体的速度分解为沿绳子方向和垂直于绳子方向,沿绳子方向的分速度等于绳速,由几何知识求解B的速率,再讨论B的运动情况.11、BD【解析】

A．导体中有电流通过时，电子定向移动速率的数量级为，电场传导速率为光速．故A项错误．B．据知，铅蓄电池的电动势为2V，它表示的物理意义是电路中每通过1C的电荷，电源把2J的化学能转化为电能．故B项正确．C．是电场强度的定义式，电场中某点的电场强度与试探电荷所带的电荷量无关．故C项错误．D．带电荷量为1C的正电荷，从A点移动到B点克服电场力做功为1J，则A、B两点间的电势差．故D项正确．12、AB【解析】在最高点重力完全充当向心力时物体对球没有压力，即mg=mv2R，所以v=gR，此时物体只受重力作用，速度水平方向，所以物体立即离开球面做平抛运动，小物体落地时下落的高度为R，所以t=2R二、实验题（本题共16分，答案写在题中横线上）13、桌面离地高度hMx1=m【解析】

B离开桌面后，做平抛运动，在竖直方向：水平方向：x1=vBt，对A由动能定理得：﹣μmgx2=0﹣mvA2，验证动量守恒定律，需要验证：mvA=MvB，解得：m=Mx1化简得：Mx1=m由此可知，实验还要测出：B到地面的竖直高度h；14、(1)ADE(2)C(3)m【解析】

（1）要验证动量守恒定律定律，即验证：m1v1=m（2）验证动量守恒定律实验中，即研究两个小球在轨道水平部分碰撞前后的动量关系，为保证碰撞在水平方向上，两个小球的球心的高度要相等，即两个小球的半径要相等；同时，为保证入碰小球不反弹，需要入碰小球的质量大于被碰小球的质量，即m1（3）由（1）可知，实验需要验证m1【点睛】验证动量守恒定律实验中，质量可测而瞬时速度较难．因此采用了落地高度不变的情况下，水平射程来反映平抛的初速度大小，所以仅测量小球抛出的水平射程来间接测出速度．过程中小球释放高度不需要，小球抛出高度也不要求．最后可通过质量与水平射程乘积来验证动量是否守恒．三、计算题要求解题步骤，和必要的文字说明（本题共36分）15、15m/s【解析】5s时，杯子及水的总质量m=0.5+0.8×5=4.5kg；设注入水流的速度为t，取竖直向下为正方向，△t时间内注入杯中的水的质量△m=0.8△t对杯子和杯子中的水进行分析，根据动量定理可知：(mg+△mg−F)△t=0−△mv由题意可知，F=57N；而△mg<<F所以上式可变式为：mg−F=−0.7v代入数据，解得v=15m/s．点睛：取极短时间内注入杯中的水为研究对象，根据动量定理列式，可求得注入水