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文档简介

2021-2022学年高一物理下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、(本题9分)如图所示为通过弹射器研究弹性势能的实验装置.光滑圆形轨道竖直固定于光滑水平面上,半径为R.弹射榉固定于A处.某实验过程中弹射器射出一质量为m的小球,恰能沿圆轨道内侧到达最髙点C,然后从轨道D处(D与圆心等高)下落至水平面.取重力加速度为g下列说法正确的是()A.小球从D处下落至水平面的时间为B.小球至最低点B时对轨道压力为5mgC.小球落至水平面时的动能为2mgRD.释放小球前弹射器的弹性势能为2、(本题9分)质量1kg的物体被人用手由静止向上匀加速提升1m,此时速度为2m/s,g取10m/s2,下列说法错误的是()A.手对物体的拉力为12N B.物体的动能增加了2JC.合外力对物体做功12J D.物体克服重力做功10J3、鹰在高空中盘旋时,垂直于翼面的升力和其重力的合力提供向心力,如图所示。当翼面与水平面成θ角并以速率v匀速水平盘旋时的半径为A.R=v2gcosθ B.4、(本题9分)关于波动下列说法正确的是()A.波不但传递能量,还能传递信息B.质点振动的方向总是垂直于波的传播方向C.没有机械波就没有机械振动D.波传播的速度和质点振动速度相同5、(本题9分)一个质量为2kg的物体被人用手由静止开始向上提升了2m时速度达到2m/s,则关于该过程下列结论中正确的是:A.手对物体做功40J B.重力势能增加44JC.合外力对物体做功4J D.重力对物体做功40J6、如图所示,劈放在光滑水平桌面上,物体放在劈的光滑斜面顶端,由静止开始沿斜面自由滑下的过程中,对做的功为,对做的功为,则下列关系中正确的是()A.,B.,C.,D.,7、(本题9分)如图所示,轻弹簧的一端固定在竖直墙上,质量为2m的光滑弧形槽静止放在光滑水平面上,弧形槽底端与水平面相切,一个质量为m的小物块从槽高h处开始自由下滑,下列说法正确的是()A.在下滑过程中,物块和弧形槽组成的系统机械能守恒B.在下滑过程中,物块和槽的水平方向动量守恒C.物块被弹簧反弹后,离开弹簧时的速度大小为2D.物块压缩弹簧的过程中,弹簧的最大弹性势能18、(本题9分)如图甲所示,质量为0.5kg的物块A和足够长的木板B叠放在光滑水平面上,t=0时刻,木板B受到水平向右的拉力F作用,0~4s内,F随时间t变化的关系如图乙所示,木板B加速度a与时间t的关系如图丙所示。若物块A与木板B间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度取10m/s2。则A.木板B的质量为1kgB.物块A与木板B之间的动摩擦因数为0.4C.2s~4s内,物块A的加速度随时间均匀增大D.2s~4s内,物块A的速度随时间均匀增大9、关于地球同步卫星,下列说法正确的是()A.离地面的高度一定B.轨道平面不一定在赤道平面内C.线速度小于7.9km/sD.向心加速度大于9.8m/s210、如图所示,长木板A放在光滑的水平面上,质量为m=4kg的小物体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乙所示,取g=10m/s2,则下列说法正确的是()A.木板A获得的动能为2J B.系统损失的机械能为2JC.木板A的最小长度为2m D.A、B间的动摩擦因数为0.111、(本题9分)小球A、B在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动,mA=1kg,mB=2kg,vA=6m/s,vB=2m/s.当小球A追上小球B并发生碰撞后,小球A、B的速度可能是()A.vA′=m/s,vB′=m/sB.vA′=2m/s,vB′=4m/sC.vA′=-4m/s,vB′=7m/sD.vA′=7m/s,vB′=1.5m/s12、(本题9分)如图,AB为竖直面内半圆的水平直径.从A点水平抛出两个小球,小球l的抛出速度为v1、小球1的抛出速度为v1.小球1落在C点、小球1落在D点,C,D两点距水平直径分别为圆半径的0.8倍和l倍.小球l的飞行时间为t1,小球1的飞行时间为t1.则()A.t1=t1 B.t1<t1 C.v1∶v1=4∶ D.v1∶v1=3∶二.填空题(每小题6分,共18分)13、(本题9分)有一额定电压为2.8V、额定功率为0.56W的小灯泡,现要描绘这个小灯泡的伏安特性曲线.有下列器材可供选用.A.电压表(量程0~3V内阻约6kΩ)B.电压表(量程0~6V内阻约20kΩ)C.电流表(量程0~0.6A内阻约0.5Ω)D.电流表(量程0~200mA内阻约20Ω)E.滑动变阻器(最大电阻10Ω,允许最大电流2A)F.滑动变阻器(最大电阻200Ω,允许最大电流150mA)G.三节干电池(电动势约为4.5V)H.开关、导线若干(1)为提高实验的精确程度,电压表应选用__________;电流表应选用__________;滑动变阻器应选用__________.(以上均填器材前的序号)(2)请在虚线框内画出描绘小灯泡伏安特性曲线的电路图______________________。14、(本题9分)如图所示,一小滑块放在固定的凹形斜面上,用力F沿斜面向下拉小滑块,小滑块沿斜面向下运动了一段距离。已知在这过程中,拉力F所做的功为W1,滑块克服摩擦力作用所做的功为W2,重力做功为W3。则此过程中小滑块动能的变化ΔEk=,滑块重力势能的变化ΔEp=,滑块机械能的变化ΔE=。15、(本题9分)紧闭瓶盖的塑料瓶下方开一个小孔,让瓶中的水流出,此过程中瓶内气体可看成________过程;当水流停止后,瓶内液面与小孔间的高度差为h,则此时瓶内气体的压强为________。(已知液体密度ρ,重力加速度g,外界大气压P0)三.计算题(22分)16、(12分)(本题9分)如图所示,质量为m的小木块以速度v0冲上放在光滑水平面上的质量为M的长木板,小木块在长木板上相对静止时,它们的最终速度为v,相互摩擦力为f,求小木块在长木板上滑行的距离。17、(10分)(本题9分)如图所示,粗糙的水平面与竖直平面内的光滑弯曲轨道BC在B点平滑连接.一小物块从AB上的D点以初速度v0=8m/s出发向B点滑行,DB长为12m,物块与水平面间动摩擦因数μ=0.2,求:(1)小物块滑到B点时的速度大小.(2)小物块沿弯曲轨道上滑到最高点距水平面的高度.

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、D【解析】A.小球恰好通过最高点,则由,解得;所以A正确.B.由B到C过程中,机械能守恒,则有:;B点时由牛顿第二定律有:;联立解得,F=6mg,故B正确;C.对C到地面过程由机械能守恒得:Ek﹣mv2=mg•2R,EK=2.5mgR.故C错误;D.小球弹出后的机械能等于弹射器的弹性势能,由功能关系可得弹性势能为:E=mg•2R+mv2=2.5mgR.故D正确.故选ABD.【点睛】恰能沿圆轨道内侧到达最髙点C,在最高点由重力提供向心力,由临界条件可求得最高点的速度;由机械能守恒和牛顿第二定律可求得B点的压力;小球从被弹出后机械能守恒,由机械能守恒可求小球落至水平面时的动能;利用功能关系可求释放小球前弹射器的弹性势能.2、C【解析】

AC.受力分析知物体受到人拉力和重力,根据动能定理知:解得:F=12JA正确,不符合题意,C错误,符合题意.B.动能的增量B正确,不符合题意.D.物体的重力做功即克服重力做功10JD正确,不符合题意.故选C.【点睛】此题的关键是找到功和速度之间的关系,注意受力分析和动能定理的应用.3、B【解析】

分析鹰的受力情况,由重力和机翼升力的合力提供向心力,作出鹰的受力图,由牛顿第二定律列式分析。【详解】鹰在高空中盘旋时,对其受力分析,如图:根据翼面的升力和其重力的合力提供向心力,得:mgtan化简得:R=vA.R=vB.R=vC.R=vD.R=v【点睛】本题主要考查了基本的圆周运动的应用,较为简单。4、A【解析】在纵波中质点振动的方向可能与的传播方向相同,B错;机械波形成的两个条件是机械振动和介质,所以没有机械波的时候可能有机械振动,C错;波传播的速度和质点振动速度毫无关系,D错;5、C【解析】

对物体受力分析,运用动能定理求出手对物体做功以及合力做功的大小.由重力做功求物体克服重力做功.【详解】A、根据动能定理得:,解得:;故A错误.B、D、物体上升2m,重力做负功,,根据功能关系可知重力势能增加40J;故B、D错误.C、由;故C正确.故选C.【点睛】求合力的功一种方法是求各力做功的代数和;另一种方法是利用动能定理求解;在运用动能定理解题不需要考虑过程,只要抓住首末状态,列式进行求解.6、C【解析】

滑块和斜面体系统机械能守恒,总动量也守恒;根据动量守恒可知,b向左下滑时,a具有向右的速度,向右运动,物体的位移如图所示滑块受重力、支持力,斜面受重力、支持力和压力,对斜面体a,受到的压力垂直斜面向下,水平向右方向有分力,a向右有位移,由W=FScosθ知.压力做正功,故,滑块和斜面体系统机械能守恒,故斜面体a增加的机械能等于滑块b减小的机械能,故支持力对滑块b做负功,即,故C正确.7、ABC【解析】

滑块下滑过程,滑块与弧形槽组成的系统水平方向动量守恒,系统机械能守恒,应用动量守恒定律与机械能守恒定律求出滑块与弧形槽的速度,然后应用能量守恒定律分析答题.【详解】滑块下滑过程,只有重力做功,系统机械能守恒,故A正确;滑块下滑过程,滑块与弧形槽组成的系统水平方向所受合外力为零,系统水平方向动量守恒,故B正确;设小球到达水平面时速度大小为v1,槽的速度大小为v2,且可判断球速度方向向右,槽的速度方向向左,以向右为正方向,在球和槽在球下滑过程中,系统水平方向动量守恒,由动量守恒定律得mv1-2mv2=0,由机械能守恒定律得mgh=18、AD【解析】

A.由图可知,在0-2s内木板B和物块A一起加速运动,则对AB整体,由牛顿第二定律:F=(M+m)a,将F=3N,a=2m/s2,解得M=1kg,选项A正确;B.2s后,物块与木板产生相对滑动,由图可知,4s时F=6N,此时木板的加速度为5m/s2,则对木板:,解得μ=0.2,选项B错误;C.2s~4s内,物块A受大小不变的滑动摩擦力作用,则其加速度a=μg,不变,选项C错误;D.2s~4s内,物块A的速度v=at=μgt,随时间均匀增大,选项D正确。9、ACD【解析】

A.万有引力提供向心力,列出等式:其中R为地球半径,h为同步卫星离地面的高度。由于同步卫星的周期必须与地球自转周期相同,所以T为一定值,根据上面等式得出:同步卫星离地面的高度h也为一定值,故A正确;B.它若在除赤道所在平面外的任意点,假设实现了“同步”,那它的运动轨道所在平面与受到地球的引力就不在一个平面上,这是不可能的,故地球同步卫星,一定在赤道平面上,故B错误;C.第一宇宙速度是最大的运行速度,任何地球卫星的速度都小于第一宇宙速度,则地球同步卫星的运行速度小于7.9km/s,故C正确;D.地球同步卫星的周期等于地球赤道上物体随地球自转的周期,根据a=ω2r可知,地球同步卫星加速度大于地球赤道上物体随地球自转的向心加速度9.8m/s2,故D正确。10、AD【解析】试题分析:由图示图象可知,木板获得的速度为,A、B组成的系统动量守恒,以B的初速度方向为正方向,由动量守恒定律得,解得,木板A的质量为,木板获得的动能为,故A正确;系统损失的机械能,代入数据解得,故B错误;速度时间图像与坐标轴围成的面积表示位移,故由图得到0-1s内B的位移为,A的位移为,木板A的最小长度为,故C错误;由图示图象可知,B的加速度,负号表示加速度的方向,由牛顿第二定律得,代入解得,故D正确.考点:考查了动量守恒定律,牛顿第二定律,速度时间图像,【名师点睛】本题属于木块在木板上滑动类型,既考查读图能力,也考查运用牛顿第二定律、功能关系处理复杂力学问题的能力.11、AB【解析】D、考虑追碰的实际情况,碰撞后A球速度不大于B球的速度,故D不可能.A追上B并发生碰撞前的总动量是:mAvA+mBvB=1×6+2×2kgm/s=10kgm/s,碰撞过程中动量守恒,碰撞后总动量应为10kgm/s,经检验A、B、C选项均符合.C、碰撞过程中总动能不增加,碰撞前总动能为:,C选项中,故不可能,则综合排除后可能发生碰撞的选AB.【点睛】本题碰撞过程中动量守恒,同时要遵循能量守恒定律,不忘联系实际情况,即后面的球不会比前面的球运动的快.12、BC【解析】对小球1,根据平抛运动规律:对C点与两条半径组成的直角三角形,由勾股定理可得OC在水平方向的分量为,故,竖直方向:

对小球1,根据平抛运动规律:水平方向:,竖直方向得:,,可见,,,故,故选项BC正确.点睛:解决本题的关键知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律,结合运动学公式灵活求解,运算量有点多.二.填空题(每小题6分,共18分)13、ADE【解析】

由题意可知,灯泡的额定电压为2.8V,为了准确性及安全性原则,电压表应选择A;由P=UI可得,灯泡的额定电流为:I=P测量灯泡的伏安特性曲线实验中应采用分压接法,故滑动变阻器应选用小电阻,故滑动变阻器应选择

E;测量小灯泡的伏安特性曲线时,要求电压值从零开始变化,故滑动变阻器应采有分压接法;灯泡内阻约为:UI=14Ω14、ΔEk=W1-W2+W1ΔEp=-W1Δ

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