广东省兴宁一中2021-2022学年物理高一下期末达标测试试题含解析

2021-2022学年高一下物理期末模拟试卷考生请注意：1．答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内，不得在试卷上作任何标记。2．第一部分选择题每小题选出答案后，需将答案写在试卷指定的括号内，第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。3．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。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、小球A沿着光滑的水平面以速度v0（方向向右）与静止的小球B发生弹性正碰。若mA：mB=1：2，则碰撞后（）A．A球的速度大小为13v0B．A球的速度大小为13v0C．B球的速度大小为13v0D．B球的速度大小为13v02、(本题9分)如图所示，在距地面h高处以初速度v0沿水平方向抛出一个物体，不计空气阻力，物体在下落过程中，下列说法正确的是（）A．物体在c点比a点具有的机械能大B．物体在b点比c点具有的动能大C．物体在a、b、c三点具有的机械能一样大D．物体在a、b、c三点具有的重力势能一样大3、(本题9分)用图示的电路可以测量电阻的阻值．图中Rx是待测电阻，R0是定值，G是灵敏度很高的电流表，MN是一段均匀的电阻丝．闭合开关，改变滑动头P的位置，当通过电流表G的电流为零时，测得MP=l1，PN=l2，，则Rx的阻值为（）A． B． C． D．4、(本题9分)如图所示，在光滑水平面上停放着质量为m、装有光滑弧形槽的小车，一质量为2m的小球以水平初速度v0沿槽口向小车滑去，到达某一高度后，小球又返回右端，则()A．小球将做自由落体运动B．小球将向左做平抛运动C．小车此过程中先向左运动后向右运动D．小球在弧形槽内上升的最大高度为5、在如图（a）所示的电路中，R1为定值电阻，R2为滑动变阻器．闭合电键s，将滑动变阻器的滑动触头P从最右端滑到最左端，两个电压表的示数随电路中电流变化的完整过程图线如图（b）所示．则（）A．图线甲是电压表V1示数随电流变化的图线B．电源内电阻的阻值为10C．滑动变阻器R2的最大功率为0.8WD．电源的最大输出功率为1.8W6、(本题9分)在物理学史上，首次提出万有引力定律的科学家是：A．开普勒 B．牛顿 C．卡文迪许 D．哥白尼7、(本题9分)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、(本题9分)如图所示，质量为m的钩码在一个弹簧秤的作用下竖直向上运动．设弹簧秤的示数为T，不计空气阻力，重力加速度为g．则下列说法中正确的是（）A．T=mg时，钩码的机械能不变B．T<mg时，钩码的机械能减小C．T<mg时，钩码的机械能增加D．T>mg时，钩码的机械能增加9、如图甲所示，在某电场中建立x坐标轴，A、B为x轴上的两点，xA、xB分别为A、B两点在x轴上的坐标值．一电子仅在电场力作用下沿x轴运动，该电子的电势能Ep随其坐标x变化的关系如图乙所示，则下列说法中正确的是()A．该电场一定不是孤立点电荷形成的电场B．A点的电场强度小于B点的电场强度C．电子由A点运动到B点的过程中电场力对其所做的功W＝EpA－EpBD．电子在A点的动能小于在B点的动能10、如图所示，在粗糙水平面上，用水平轻绳相连的两个相同物体P、Q质量均为m，在水平恒力F作用下以速度v做匀速运动．在t0时轻绳断开，Q在F作用下继续前进，则下列说法正确的是A．t0至时间内，P、Q的总动量守恒B．t0至时间内，P、Q的总动量守恒C．时，Q的动量为mvD．时，Q的动量为mv11、如图所示，水平光滑轨道的宽度和弹簧自然长度均为d。m2的左边有一固定挡板，m1由图示位置静止释放．当m1与m2第一次相距最近时m1速度为v1，在以后的运动过程中()A．m1的最小速度可能是0B．m1的最小速度可能是m1-C．m2的最大速度可能是v1D．m2的最大速度可能是m1m12、(本题9分)物体在恒定的合外力F作用下做直线运动，在时间Δt1内速度由0增大到v，接着在时间Δt2内速度由v增大到2v．设F在Δt1内做的功是W1，冲量是I1；在Δt2内做的功是W2，冲量是I2；那么：A．I1＜I2 B．I1＝I2 C．W1＜W2 D．W1＝W2二．填空题(每小题6分，共18分)13、(本题9分)动能是物体由于_________而具有的能量；质量越大，速度越大的物体其动能越______．14、(本题9分)如图所示，用与水平方向成=37°，大小F=300N的拉力拉着一辆小车在水平面上运动了一段距离x=50m．车受到的阻力是200N．则拉力F对小车做的功是_____J，小车克服阻力做的功是_____J．（sin37°=0.6，cos37°=0.8）15、(本题9分)如图，气缸固定于水平面，用截面积为20cm2的活塞封闭一定量的气体，活塞与缸壁间摩擦不计．当大气压强为1.0×105Pa、气体温度为87℃时，活塞在大小为40N、方向向左的力F作用下保持静止，气体压强为____Pa．若保持活塞不动，将气体温度降至27℃，则F变为______N．三．计算题(22分)16、（12分）(本题9分)电量为q＝2×10－4C的带正电小物块置于绝缘水平面上，所在空间存在沿水平方向且方向始终不变的电场，电场强度E的大小与时间t的关系，以及物块速度v与时间t的关系如图所示．若重力加速度g取10m/s2，求：(1)物块的质量m；(2)物块与水平面之间的动摩擦因数μ．17、（10分）(本题9分)如图所示倾角的粗糙直导轨与半径的光滑圆（部分）导轨相切，切点为，为圆心，为竖直直径，整个轨道处在竖直平面内．一质量的小滑块从直导轨上的点无初速度下滑，小滑块滑上圆环导轨后恰好能从圆环导轨的最高点水平飞出．已知滑块与直导轨间的动摩擦因数，重力加速度，不计空气阻力．求：（1）滑块在圆导轨最低点时受到的支持力大小；（2）滑块从到的运动过程中损失的机械能．（计算结果可保留根式）

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、A【解析】

以向右为正方向，A和B的碰撞满足动量守恒，有：mAA和B发生弹性碰撞，系统的机械能守恒，有：12代入质量关系mA：mB=1：2，可得：vv联立解得：vA=-vA.A球的速度大小为13v0B.A球的速度大小为13v0C.B球的速度大小为13v0D.B球的速度大小为13v02、C【解析】沿水平方向抛出的物体，不计空气阻力，物体在下落过程中，只有重力做功，机械能守恒．所以物体在a、b、c三点具有的机械能相等，A错误C正确；根据动能定理得物体在下落过程中，重力做正功，动能增加，重力势能减小，故b点的动能小于c点的动能，a点重力势能最大，c点重力势能最小，BD错误．3、C【解析】

电阻丝MP段与PN段电压之比等于R0和Rx的电压比，即；通过电流表G的电流为零，说明通过电阻丝两侧的电流是相等的，而总电流一定，故通过R0和Rx的电流也相等，故；根据电阻定律公式，有；故，解得．故选C．4、B【解析】

AB．设小球离开小车时，小球的速度为v1，小车的速度为v2，整个过程中动量守恒，以向左为正方向，由动量守恒定律得：2mv0=2mv1+mv2…①，

由动能守恒定律得：∙2mv02=∙2mv12+mv22…②，

由立①②解得：v1=v0，v2=v0，

所以小球与小车分离后将向左做平抛运动，故A错误，B正确．

C．此过程中小球对小车一直有斜向左下方的作用力，则小车一直向左加速运动，选项C错误；D．当小球与小车的水平速度相等时，小球弧形槽上升到最大高度，设该高度为h，系统在水平方向动量守恒，以向左为正方向，在水平方向，由动量守恒定律得：2mv0=3m•v；由机械能守恒定律得；∙2mv02=•3mv2+mgh，解得：h=，故D错误．5、D【解析】

A.当滑片左移时，滑动变阻器接入电阻减小，则电路中总电阻减小，由闭合电路欧姆定律可知，电路中电流增大；而R1两端的电压增大，故乙表示是V1示数的变化；甲表示V2示数的变化；故A不符合题意；B.由图可知，当只有R1接入电路时，电路中电流为0.6A，电压为3V，则由E=U+Ir可得：E=3+0.6r；当滑动变阻器全部接入时，两电压表示数之比为，故；由闭合电路欧姆定律可得E=5+0.2r解得r=5Ω，E=6V，故B不符合题意；C.由B的分析可知，R1的阻值为，则当滑动变阻器的阻值等于R1+r时，滑动变阻器消耗的功率最大，故当滑动变阻器阻值为10Ω时，滑动变阻器消耗的功率最大，由闭合电路欧姆定律可得，电路中的电流I′=A=0.3A，则滑动变阻器消耗的总功率P′=I'2R′=0.9W；故C不符合题意；D.因当内阻等于外阻时，电源的输出功率最大，故当外阻等于5Ω时，电源的输出功率最大，故此时电流故电源的最大输出功率P=UI=1.8W；故D符合题意；6、B【解析】

伽利略的理想斜面实验推论了物体不受力时运动规律，开普勒发现了行星运动的三大规律，牛顿在前人（开普勒、胡克、雷恩、哈雷）研究的基础上，凭借他超凡的数学能力，发现了万有引力定律，经过了100多年后，卡文迪许测量出了万有引力常量。A.开普勒与分析不符，故A项错误；B.牛顿与分析相符，故B项正确；C.卡文迪许与分析不符，故C项错误；D.哥白尼与分析不符，故D项错误。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、CD【解析】不论弹簧秤的拉力大于重力，还是小于重力，还是等于重力，在竖直向上的运动的过程中，弹簧的拉力均做正功，根据功能关系知，钩码的机械能增加．故CD正确．AB错误．故选CD．点睛：解决本题的关键知道对于钩码而言，有拉力做功，机械能不守恒，拉力做功等于钩码机械能的增量.9、AC【解析】

由题图乙可知，电子在A、B两点的电势能分别为EpA和EpB，且EpB>EpA，说明电子由A运动到B时电势能增大，电场力做负功，电场力对其所做的功为W＝EpA－EpB，选项C正确；电场力做负功，故动能减小，故电子在A点的动能大于B点的动能，选项D错误；由于A、B两点的电势能与两个位置间的关系如题图乙所示，说明电势是均匀增加的，故这一定是匀强电场，即不是孤立点电荷形成的电场，选项A正确；A、B两点的电场强度相等，选项B错误．10、AD【解析】

设P、Q所受的滑动摩擦力大小均为f，系统匀速运动时，有F=2f，得f=F/2；轻绳断开后，对P，取向右为正方向，由动量定理得-ft=0-mv，联立得，即时P停止运动．在P停止运动前，即在t=0至时间内，P、Q系统的合外力为零，总动量守恒．故A正确．至时间内，P停止运动，Q匀加速运动，系统的合外力不为零，则系统的总动量不守恒，故B错误．时，取向右为正方向，对Q，由动量定理得(F-f)t=pQ-mv，解得Q的动量pQ=mv，故D错误，C错误．故选AD．【点睛】本题是脱钩问题，要抓住脱钩前系统的动量守恒，脱钩后在两者都在运动时系统的动量也守恒．在涉及力在时间上的积累效应时，运用动量定理求动量或速度是常用的方法．11、ABC【解析】

从小球m1到达最近位置后继续前进，此后拉到m2前进，m1减速，m2加速，达到共同速度时两者相距最远，此后m1继续减速，m2加速，当两球再次相距最近时，m1达到最小速度，m2达最大速度：两小球水平方向动量守恒，速度相同时保持稳定，一直向右前进，选取向右为正方向，则：m1v1=m1v1′+m2v212m1v12=12m1v1′2+12m2v解得：v1′=m1-m2m1+m2故m2的最大速度为2m1m1+m2v1，此时由于m1＜m2，可知当m2的速度最大时，m1的速度小于1，即m1的速度方向为向左，所以m1的最小速度等于1．A.A项与上述分析结论相符，故A符合题意；B.B项与上述分析结论相符，故B符合题意；C.C项与上述分析结论相符，故C符合题意；D.D项与上述分析结论不相符，故D不符合题意。12、BC【解析】AB、根据动量定理得，，知，故B正确，A错误；CD、根据动能定理得，，则，故C正确，D错误；故选BC．【点睛】根据动能定理研究功的关系，根据