湖北省武汉市部分市级示范高中2021-2022学年物理高一第二学期期末复习检测试题含解析

2021-2022学年高一下物理期末模拟试卷注意事项1．考生要认真填写考场号和座位序号。2．试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。3．考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。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、下列物理量中属于标量的是()A．线速度 B．角速度 C．周期 D．向心加速度2、以v0=15m/s的初速从地面竖直向上抛出一物体，设空气阻力大小不变，则在抛出后的第2s内平均速度和平均速率分别为A．0，0 B．0，2.5m/s C．2.5m/s，2.5m/s D．2.5m/s，03、从同一高度以相同的速率分别抛出质量相等的三个小球，一个竖直向上抛，一个竖直向下抛，另一个水平抛，则（）A．落地时，三个小球的速度相同B．落地时，三个小球重力的瞬时功率相同C．运动过程中，三个小球重力做功的平均功率相同D．运动过程中，三个小球重力做功相同4、(本题9分)行星A、B都可看作质量分布均匀的球体，其质量之比为1∶2、半径之比为1∶2，则行星A、B的第一宇宙速度大小之比为A．2∶1 B．1∶2 C．1∶1 D．1∶45、(本题9分)如图所示，某跳伞员正在沿竖直方向匀速降落时，突然受到水平方向的风力作用，忽略降落伞和人在竖直方向受力的变化，下列说法正确的是A．受到水平方向的风力，跳伞员仍做直线运动B．受到水平方向的风力越大，跳伞员落地的时间越长C．受到水平方向的风力越小，跳伞员落地的速度越大D．受到水平方向的风力越大，跳伞员落地的加速度越大6、如图所示，一圆盘可绕一通过圆盘中心O且垂直于盘面的竖直轴转动，圆盘上的小物块A随圆盘一起运动，对小物块进行受力分析，下列说法正确的是()A．受重力和支持力B．受重力、支持力、摩擦力C．受重力、支持力、向心力D．受重力、支持力、摩擦力、向心力7、(本题9分)如图,两个质量均为m的小木块a和b(可视为质点)放在水平圆盘上,a与转轴OO′的距离为L,b与转轴的距离为2L.木块与圆盘的最大静摩擦力为木块所受重力的k倍,重力加速度大小为g.若圆盘从静止开始绕转轴缓慢地加速转动,用ω表示圆盘转动的角速度,下列说法正确的是()A．b和a同时相对圆盘滑动B．当a、b相对圆盘静止时，a、b所受的摩擦力之比为1：2C．b开始相对圆盘滑动的临界角速度为ω=D．当ω=时，a所受摩擦力的大小为kmg8、(本题9分)质量为的物体静止在光滑水平面上，从时刻开始受到水平力的作用．力的大小与时间的关系如图所示，力的方向保持不变，则A．时刻的瞬时功率为B．时刻的瞬时功率为C．在到这段时间内，水平力的平均功率为D．在到这段时间内，水平力的平均功率为9、(本题9分)从地面竖直向上抛出一物体，其机械能E总等于动能Ek与重力势能Ep之和．取地面为重力势能零点，该物体的E总和Ep随它离开地面的高度h的变化如图所示．重力加速度取10m/s1．由图中数据可得A．物体的质量为1kgB．h=0时，物体的速率为10m/sC．h=1m时，物体的动能Ek=40JD．从地面至h=4m，物体的动能减少100J10、如图甲所示，光滑平台上的物体A以初速度v0滑到上表面粗糙的水平小车B上，车与水平面间的动摩擦因数不计，图乙为物体A与小车B的v-t图象，由此可知A．小车上表面长度B．物体A与小车B的质量之比C．物体A与小车B上表面的动摩擦因数D．小车B获得的动能11、一轻弹簧的左端固定在竖直墙上，右端与质量为M的滑块相连，组成弹簧振子，在光滑的水平面上做简谐运动。当滑块运动到右侧最大位移处时，在滑块上轻轻放上一木块组成新振子，继续做简谐运动，新振子的运动过程与原振子的运动过程相比（）A．新振子的最大速度比原来的最大速度小B．新振子的最大动能比原振子的最大动能小C．新振子从最大位移处到第一次回到平衡位置所用时间比原振子大D．新振子的振幅和原振子的振幅一样大12、如图所示，光滑绝缘水平面上有三个带电小球a、b、c（可视为点电荷），三球沿一条直线摆放，仅在它们之间的静电力作用下静止，则以下判断正确的是（）A．a对b的静电力一定是引力B．a对b的静电力可能是斥力C．a的电量可能比b少D．a的电量一定比b多二．填空题(每小题6分，共18分)13、(本题9分)一轻绳上端固定，下端连一质量为0.05kg的小球，若小球摆动过程中轻绳偏离竖直线的最大角度为60°，则小球经过最低点时绳中张力等于________N．(g=10m/s2)14、(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．15、(本题9分)关于行星绕太阳的运动，离太阳越远的行星公转周期___________（填“越大”或“越小）．三．计算题(22分)16、（12分）小明踩着滑板沿水平方向以v0=3m/s的速度离开平台，假设经过t=0.4s以不变的姿势着地，如图所示，小明和滑板的总质量m=50kg，取g=10m/s2，不计空气阻力．求：（1）平台的高度h；（2）着地前瞬间速度v及重力的瞬时功率P。17、（10分）(本题9分)如图所示，与水平面夹角为θ=30°的倾斜传送带始终绷紧，传送带下端A点与上端B点间的距离为L=4m，传送带以恒定的速率v=2m/s向上运动。现将一质量为1kg的物体无初速度地放于A处，已知物体与传送带间的动摩擦因数μ=32，取g=10m/s2（1）物体刚放上皮带时的加速度大小；（2）物体从A运动到B共需多少时间；（3）电动机因传送该物体多消耗的电能。

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、C【解析】

A.线速度是矢量，故A错误；B.角速度是矢量，故B错误；C.周期是标量，故C正确；D.向心加速度是矢量，故D错误。2、B【解析】

物体做竖直上抛运动，物体上升的时间为：t=v所以抛出后第2s内有两个运动过程，1s~1.5s上升，1.5s~2s下降，两个过程互逆AD．第2s内的两个过程，相当于两个做了0.5s自由落体运动的过程，故在第2s内的路程为：s=2×故第2s内平均速率为：v，AD错误；BC．根据对称性可知，第2s内物体的位移为0，则第2s内平均速度为0，B正确C错误．3、D【解析】

小球沿着不同的方向抛出，都只有重力做功，机械能守恒，故可得到落地时速度大小相等，但方向不同；根据瞬时功率表达式判断瞬时功率的大小．【详解】小球运动过程中，只有重力做功，机械能守恒，故末速度大小相等，但方向不同，故A错误；落地时速度大小相等，但方向不同，根据可知，重力的瞬时功率不等，故B错误；根据重力做功公式W=mgh可知，三个小球重力做功相同，落地的时间不同，竖直上抛时间最长，竖直下抛时间最短，所以运动过程中，三个小球重力做功的平均功率不同，故C错误，D正确；故选D．【点睛】本题关键在于沿不同方向抛出的小球都只有重力做功，机械能守恒；同时速度是矢量，大小相等、方向相同速度才是相同，要有矢量意识．4、C【解析】

根据第一宇宙速度计算的表达式可得，行星A、B的第一宇宙速度大小之比为1：1，C正确ABD错误5、D【解析】

A.跳伞员在受到水平风力作用时，可以将其运动分解为竖直方向匀速直线运动和水平方向加速运动；由物体做曲线运动条件可知跳伞员做曲线运动，故A错误；B.落地时间与水平运动无关，只与竖直运动有关，则落地时间不变，故B错误；C.落地速度为竖直速度与水平速度的合速度，风力越小，落地时水平速度越小，则落地速度越小，故C错误.D.水平风力产生的加速度就是跳伞员落地的加速度，则风力越大加速度越大，则D正确.6、B【解析】

小木块做匀速圆周运动，合力指向圆心，对木块受力分析，受重力、支持力和静摩擦力，如图所示重力和支持力平衡，静摩擦力提供向心力．A.A项与上述分析结论不相符，故A错误；B.B项与上述分析结论相符，故B正确；C.C项与上述分析结论不相符，故C错误；D.D项与上述分析结论不相符，故D错误；7、BC【解析】

A、两个木块的最大静摩擦力相等.木块随圆盘一起转动,静摩擦力提供向心力,由牛顿第二定律得:木块所受的静摩擦力,m、相等,所以b所受的静摩擦力大于a的静摩擦力,当圆盘的角速度增大时b的静摩擦力先达到最大值,所以b一定比a先开始滑动,故A错;B对；C、当b刚要滑动时,有,计算得出ω=，故C对；

D、当ω=时，a所受摩擦力的大小为，故D错；综上所述本题答案是：BC【点睛】木块随圆盘一起转动,静摩擦力提供向心力,而所需要的向心力大小由物体的质量、半径和角速度决定.当圆盘转速增大时,提供的静摩擦力随之而增大.当需要的向心力大于最大静摩擦力时,物体开始滑动.因此是否滑动与质量无关,是由半径大小决定8、BD【解析】在0-2t0时间内，物体的加速度a=，则2t0时刻的瞬时速度v1=a•2t0=2at0，在2t0-3t0时间内，a′=，则3t0时刻的瞬时速度v=v1+a′t0=．所以3t0时刻的瞬时功率P=3F0v=．故A错误，B正确．在t=0到3t0这段时间内，根据动能定理得：水平力做的功W=mv2-0=m（）2=，则平均功率．故C错误，D正确．故选BD．点睛：解决本题的关键掌握瞬时功率的公式P=Fvcosθ，以及平均功率的公式．要注意平均功率和瞬时功率的区别，不能搞混．9、AD【解析】

A．Ep-h图像知其斜率为G，故G==10N，解得m=1kg，故A正确B．h=0时，Ep=0，Ek=E机-Ep=100J-0=100J，故=100J，解得：v=10m/s，故B错误；C．h=1m时，Ep=40J，Ek=E机-Ep=90J-40J=50J，故C错误D．h=0时，Ek=E机-Ep=100J-0=100J，h=4m时，Ek’=E机-Ep=80J-80J=0J，故Ek-Ek’=100J，故D正确10、BC【解析】

A．由图象可知，A和B最终以共同速度v1匀速运动，则不能确定小车上表面长度，故A错误；B．由动量守恒定律得：解得：故可以确定物体A与小车B的质量之比，故B正确；C．由图象可以知道A相对小车B的位移为两者的位移之差：根据能量守恒得：根据所求的质量关系，可以解出动摩擦因数，故C正确；D．由于只知两车的质量比值而小车B的质量无法求得，故不能确定小车B获得的动能，故D错误。11、ACD【解析】

A.因整体的质量增大，整体的加速度小于原来的加速度，故物体回到平衡位置时的速度大小比原来小，故A正确；B.振子在最大位移处时系统只有弹簧的弹性势能，弹性势能不变，根据机械能守恒定律可知到达平衡位置的动能，即最大动能不变，故B错误；C.根据周期公式：可知总质量增大，则周期增大，所以新振子从最大位移处到第一次回到平衡位置所用时间比原振子大，故C正确；D.因为弹簧的最大伸长量不变，故振子的振幅不变；故D正确。12、AD【解析】

AB．根据电场力方向来确定各自电性，从而得出“两同夹一异”，因此a对b的静电力一定是引力，故A正确，B错误；CD．根据库仑定律来确定电场力的大小，并由平衡条件来确定各自电量的大小，因此在大小上一定为“两大夹一小”，因此a的电量一定比b多。故C错误，D正确；二．填空题(每小题6分，共18分)13、1【解析】

根据动能定理得：根据向心力公式得：联立两式解得F=2mg=1N．14、0【解析】对活塞：，解得若保持话塞不动，将气体温度降至27℃，则根据；解得；因此时内外气压相等，故F=0.15、越大【解析】行星绕太阳运动过程中，万有引力充当向心力，故有，解得，所以公转半径越大，周期越大，即离太阳越远的行星公转周期越大．【点睛】本题也可以根据开普勒第三定律分析．三．计算题(22分)16、（1）0.8m；（2）2000W【解析】

（1）小明做平抛运动，根据平抛运动规律：平台的高度h=gt2=0.42m=0.8m。（2）着地前瞬间的竖直速度vy=gt=4m/s，着地前瞬间速度v==m/s=5m/s；重力的瞬时功率P=mgvy=