2022屆四川宜賓市物理高一下期末質(zhì)量檢測試題含解析

2021-2022學年高一物理下期末模擬試卷注意事項1．考生要認真填寫考場號和座位序號。2．試題所有答案必須填涂或書寫在答題卡上，在試卷上作答無效。第一部分必須用2B鉛筆作答；第二部分必須用黑色字跡的簽字筆作答。3．考試結(jié)束后，考生須將試卷和答題卡放在桌面上，待監(jiān)考員收回。一、選擇題：（1-6題為單選題7-12為多選，每題4分，漏選得2分，錯選和不選得零分）1、(本題9分)為了研究影響平行板電容器電容的因素，實驗中使電容器的兩個極板A、B分別帶上等量異種電荷，并將A極板和靜電計的外殼分別接地，如圖所示，若保持極板所帶電荷量不變，為使靜電計的指針由實線位置轉(zhuǎn)到虛線位置，下列可行的方法是A．將金屬板插入兩板之間B．將A板稍微上移C．將玻璃板插入兩板之間D．將A板向右移少許2、(本題9分)如圖，B,C,D是以+Q為圓心的圓周上的三個點，將一試探電荷從圓內(nèi)A點分別移到B,C,D各點時，電場力做的功（）A．WAB＞W(wǎng)AC B．WAD＞W(wǎng)ABC．WAC＞W(wǎng)AD D．WAB=WAC3、如圖所示，在靜電場中有A、B兩點，則下列說法中正確的是（）A．場強EA>EB，電勢φA>φBB．將電荷+q從A點移到B點，電場力做負功C．將重力可忽略的電荷+q從A點移到B點，加速度變小D．將電荷–q分別放在A、B兩點，具有的電勢能EpA<EpB4、(本題9分)我國是世界上能夠發(fā)射地球同步衛(wèi)星的少數(shù)國家之一，關于同步衛(wèi)星，正確的說法是A．可以定點在北京上空B．運動周期與地球自轉(zhuǎn)周期相同的衛(wèi)星肯定是同步衛(wèi)星C．同步衛(wèi)星內(nèi)的儀器處于超重狀態(tài)D．同步衛(wèi)星軌道平面與赤道平面重合5、(本題9分)物理學的發(fā)展是許多物理學家奮斗的結(jié)果，下面關于一些物理學家的貢獻說法正確的是（）A．亞里士多德認為，必須有力作用在物體上，物體的運動狀態(tài)才會改變B．伽利略通過邏輯推理和實驗驗證，認為重物比輕物下落的快C．開普勒發(fā)現(xiàn)了行星運動的三大定律，為萬有引力定律奠定了基礎D．牛頓總結(jié)和發(fā)展了前人的發(fā)現(xiàn)，得出牛頓定律及萬有引力定律并率先較為準確地測出了萬有引力常量G，奠定了以牛頓定律為基礎的經(jīng)典力學6、(本題9分)假設地球可視為質(zhì)量均勻分布的球體，已知地球表面的重力加速度在兩極的大小為g0，在赤道的大小為g；地球自轉(zhuǎn)的周期為T，引力常數(shù)為G，則地球的密度為：A． B． C． D．7、一部直通高層的客運電梯的簡化模型如圖1所示．電梯在t=0時由靜止開始上升，以向上方向為正方向，電梯的加速度a隨時間t的變化如圖2所示．圖1中一乘客站在電梯里，電梯對乘客的支持力為F．根據(jù)圖2可以判斷，力F逐漸變大的時間段有（）A．0～1s內(nèi) B．8～9s內(nèi) C．15～16s內(nèi) D．23～24s內(nèi)8、(本題9分)自行車的大齒輪、小齒輪、后輪的半徑不一樣，它們的邊緣有三個點A、B、C，如圖所示，在自行車正常騎行時，下列說法正確的是A．A、B兩點的角速度與其半徑成正比B．B、C兩點的角速度大小相等C．A、B兩點的角速度大小相等D．A、B兩點的線速度大小相等9、(本題9分)如圖，滑塊a、b的質(zhì)量均為m，a套在固定豎直桿上，與光滑水平地面相距h，b放在地面上．a(chǎn)、b通過鉸鏈用剛性輕桿連接，由靜止開始運動．不計摩擦，a、b可視為質(zhì)點，重力加速度大小為g.則()A．a(chǎn)落地前，輕桿對b一直做正功B．a(chǎn)落地時速度大小為C．a(chǎn)下落過程中，其加速度大小始終不大于gD．a(chǎn)落地前，當a的機械能最小時，b對地面的壓力大小為mg10、(本題9分)物體在恒定的合外力F作用下做直線運動，在時間Δt1內(nèi)速度由0增大到v，接著在時間Δt2內(nèi)速度由v增大到2v．設F在Δt1內(nèi)做的功是W1，沖量是I1；在Δt2內(nèi)做的功是W2，沖量是I2；那么：A．I1＜I2 B．I1＝I2 C．W1＜W2 D．W1＝W211、(本題9分)如圖所示，擺球質(zhì)量為m，懸線長為L，把懸線拉到水平位置后放手．設在擺球運動過程中空氣阻力f的大小不變，則擺球從A擺到位置B的過程中，下列說法正確的是A．重力做功為mgLB．懸線的拉力做功為0C．空氣阻力f做功為－mgLD．空氣阻力f做功為12、(本題9分)如圖甲所示,A、B為釘在光滑水平面上的兩根鐵釘,小球C用細繩拴在鐵釘B上(細繩能承受足夠大的拉力),A、B、C在同一直線上。t=0時,給小球一個垂直于細繩的速度,使小球繞著兩根鐵釘在水平面上做圓周運動。在0≤t≤10s時間內(nèi),細繩的拉力隨時間變化的規(guī)律如圖乙所示,則下列說法正確的是()A．兩根鐵釘間的距離為細繩長的1/6B．t=10.5s時細繩拉力的大小為6NC．t=14s時細繩拉力的大小為10ND．細繩第三次碰鐵釘?shù)降谒拇闻鲠數(shù)臅r間間隔為3s二、實驗題（本題共16分，答案寫在題中橫線上）13、（6分）(本題9分)某興趣小組用頻閃照相機拍攝小石子平拋運動的頻閃照片，照片背景為一堵貼近的豎直磚墻，如圖所示，已知當?shù)刂亓铀俣萭該同學根據(jù)所學平拋運動的知識，求取頻閃照片的拍攝周期和小石子的水平初速度。（1）他已經(jīng)測出磚塊的長度為a，還需要測量哪個數(shù)據(jù)（寫出測量物理量及其物理符號）____________；（2）B點的豎直方向速度_________（用題設條件和測量的物理量的符號表示）；（3）照相機頻閃周期T=___，小石子水平初速度___（用題設條件和測量的物理量的符號表示）。14、（10分）(本題9分)某同學用圖甲所示裝置通過半徑相同的A、B兩球的碰撞來驗證動量守恒定律，圖中CQ是斜槽，QR為水平槽，二者平滑相接，實驗時先使A球從斜槽上某一固定位置G由靜止開始滾下，落到位于水平地面上的記錄紙上，留下痕跡．重復上述操作10次，得到10個落點痕跡．然后把B球放在水平槽上靠近槽末端的地方，讓A球仍從位置G由靜止開始滾下，和B球碰撞后，A、B球分別在記錄紙上留下各自的落點痕跡．重復這種操作10次．圖中O是水平槽末端口在記錄紙上的垂直投影點，P為未放被碰球B時A球的平均落點，M為與B球碰后A球的平均落點，N為被碰球B的平均落點．若B球落點痕跡如圖乙所示，其中米尺水平放置，且平行于OP.米尺的零點與O點對齊．(1)入射球A的質(zhì)量mA和被碰球B的質(zhì)量mB的關系是mA________mB(選填“>”“<”或“=”)．(2)碰撞后B球的水平射程約為________cm.(3)下列選項中，屬于本次實驗不必測量的一個物理量是________(填選項前的字母)．A．水平槽上未放B球時，測量A球平均落點位置到O點的距離B．A球與B球碰撞后，測量A球平均落點位置到O點的距離C．測量A球和B球的質(zhì)量D．測量G點相對于水平槽面的高度(4)若碰撞前后動量守恒，則需驗證的關系式為___________________________________．三、計算題要求解題步驟，和必要的文字說明（本題共36分）15、（12分）(本題9分)如圖甲所示，豎直平面內(nèi)的坐標系xoy內(nèi)的光滑軌道由半圓軌道OBD和拋物線軌道OA組成，OBD和OA相切于坐標原點O點，半圓軌道的半徑為R,一質(zhì)量為m的小球（可視為質(zhì)點）從OA軌道上高H處的某點由靜止滑下．（1）若小球從H=3R的高度靜止滑下，求小球剛過O點時小球?qū)壍赖膲毫?；?）若用力傳感器測出滑塊經(jīng)過圓軌道最高點D時對軌道的壓力為F，并得到如圖乙所示的壓力F與高度H的關系圖象，取g=10m/s1．求滑塊的質(zhì)量m和圓軌道的半徑R的值．16、（12分）(本題9分)如圖所示,甲、乙兩名宇航員正在離空間站一定距離的地方執(zhí)行太空維修任務.某時刻甲、乙都以大小為v0=2m/s的速度相向運動,甲、乙和空間站在同一直線上且可視為質(zhì)點.甲和他的裝備總質(zhì)量為M1=90kg,乙和他的裝備（不包括A的質(zhì)量）總質(zhì)量為M2=90kg,為了避免直接相撞,乙把手中質(zhì)量為m=45kg的物體A推向甲,甲迅速接住A后即不再松開,此后甲、乙兩宇航員在空間站外做相對距離不變的同向運動,且安全“飄”向空間站.求：(1)乙要以多大的速度v(相對于空間站)將物體A推出?(2)設甲與物體A作用時間為t=0.5s,求甲與A的相互作用力F的大??？17、（12分）蹦極是一項非常刺激的運動，為了研究蹦極過程，可將人視為質(zhì)點，人的運動沿豎直方向，人離開蹦極臺時的初速度、彈性繩的質(zhì)量，空氣阻力均可忽略。某次蹦極時，人從蹦極臺跳下，到A點時彈性繩恰好伸直，人繼續(xù)下落，能到達的最低位置為B點，如圖所示。已知人的質(zhì)量m=50kg，彈性繩的彈力大小F=kx，其中x為彈性繩的形變量，k=200N/m，彈性繩的原長=10m,整個過程中彈性繩的形變始終在彈性限度內(nèi)。取重力加速度g=10m/，在人離開蹦極臺至第一次到達B點的過程中，機械能損失可忽略。(1)求人第一次到達A點時的動能(2)求人第一次速度達到最大時，距離蹦極臺的距離；(3)已知彈性繩的形變量為x時，它的彈性勢能=。求B點與蹦極臺間的距離

參考答案一、選擇題：（1-6題為單選題7-12為多選，每題4分，漏選得2分，錯選和不選得零分）1、B【解析】

為使靜電計的指針由實線位置轉(zhuǎn)到虛線位置，即電容器兩板電勢差變大；若將金屬板插入兩板之間，則相當兩板間距減小，根據(jù)可知，C變大，由Q=CU可知，U減小，選項A錯誤；將A板稍微上移，則S減小，根據(jù)可知，C變小，由Q=CU可知，U變大，選項B正確；將玻璃板插入兩板之間，則ε變大，根據(jù)可知，C變大，由Q=CU可知，U減小，選項C錯誤；將A板向右移少許，則d減小，根據(jù)可知，C變大，由Q=CU可知，U減小，選項D錯誤；故選B.【點睛】解決本題的關鍵知道靜電計是測量電勢差大小的儀器，搞清電容器是電量一定還是電勢差一定；并掌握電容器的決定式和定義式.2、D【解析】

B,C,D是以+Q為圓心的圓周上的三個點,則B,C,D三點的電勢應該相等，即UAB=UAC=UAD，根據(jù)可知WAB=WAC=WADA.根據(jù)分析WAB=WAC，故A錯誤；B.根據(jù)分析WAD=WAB，故B錯誤；C.根據(jù)分析WAD=WAC，故C錯誤；D.根據(jù)分析WAB=WAC，故D正確；3、D【解析】

根據(jù)順著電場線電勢降低，則知：電勢φA＞φB．由圖知，a處電場線疏，b處電場線密，而電場線的疏密表示場強的相對大小，則場強EA＜EB．故A錯誤。+q從A點移到B點，電場力方向與位移方向的夾角小于90°，則電場力做正功，故B錯誤。將重力可略的電荷+q從A點移到B點，所受的電場力增加，則加速度變大，選項C錯誤；根據(jù)負電荷在電勢高處電勢能小，在電勢低處電勢能大，則電荷-q在A處電勢能小，B處電勢能大，即EpB＞EpA．故D正確。故選D?！军c睛】本題關鍵要掌握電場線的兩個物理意義：方向表示電勢高低、疏密表示場強的大??；正電荷在高電勢點的電勢能較大，負電荷相反．4、D【解析】

同步衛(wèi)星的特點：同步衛(wèi)星定軌道（在赤道上方），定周期（與地球的自轉(zhuǎn)周期相同），定速率、定高度．都是由萬有引力提供向心力．【詳解】所有的同步衛(wèi)星都在赤道上空，它若在除赤道所在平面外的任意點，假設實現(xiàn)了“同步”，那它的運動軌道所在平面與受到地球的引力就不在一個平面上，這是不可能的。所以發(fā)射的同步通訊衛(wèi)星必須定點在赤道上空，同步衛(wèi)星軌道平面與赤道平面一定重合，故A錯誤，D正確；同步衛(wèi)星是指與地球相對靜止的衛(wèi)星。這種衛(wèi)星繞地球轉(zhuǎn)動的角速度與地球自轉(zhuǎn)的角度速度相同，而且只能與赤道平面重合，其他軌道上的周期是24小時的衛(wèi)星卻不是同步衛(wèi)星。故B錯誤；同步衛(wèi)星做勻速圓周運動，同步衛(wèi)內(nèi)的儀器處于完全失重狀態(tài)，故C錯誤；故選D?！军c睛】解決本題的關鍵掌握同步衛(wèi)星的特點：同步衛(wèi)星定軌道（在赤道上方），定周期（與地球的自轉(zhuǎn)周期相同），定速率、定高度．5、C【解析】

A.亞里土多德認為，必須有力作用在物體上，物體才能運動，故A錯誤；B.伽利略通過邏輯推理和實驗驗證，認為重物與輕物下落一樣快，故B錯誤；C.開普勒關于行星運動的三大定律是牛頓總結(jié)萬有引力定律的基礎，所以說開普勒發(fā)現(xiàn)了行星運動的三大定律，為萬有引力定律奠定了基礎，故C正確；D.卡文迪許率先較為準確地測出了萬有引力常量G，牛頓只總結(jié)出萬有引力定律，但沒有測出萬有引力常數(shù)，故D錯誤。6、B【解析】試題分析：由萬有引力定律可知：，在地球的赤道上：，地球的質(zhì)量：，聯(lián)立三式可得:，選項B正確；考點：萬有引力定律及牛頓定律的應用。7、AD【解析】試題分析：根據(jù)牛頓第二定律列式，分加速度向上和加速度向下兩個過程討論即可．解：1、加速度向上時，根據(jù)牛頓第二定律，有：F﹣mg=ma故F=mg+ma故在0﹣1s內(nèi)的支持力F是增加的，1s﹣8s內(nèi)支持力恒定，8s﹣9s支持力是減小的；2、加速度向下時，根據(jù)牛頓第二定律，有：mg﹣F=m|a|故F=mg﹣m|a|故在15s﹣16s支持力是減小的，16s﹣23s支持力是固定的，23s﹣24s內(nèi)的支持力F是增加的；故AD正確，BC錯誤；故選AD．【點評】超重和失重現(xiàn)象可以運用牛頓運動定律進行分析理解，產(chǎn)生超重的條件是：物體的加速度方向向上；產(chǎn)生失重的條件：物體的加速度方向向下．8、BD【解析】A.

A、B兩點在傳送帶上，是同緣傳動的邊緣點，所以兩點的線速度相等，根據(jù)v=ωR，A、B兩點的角速度與其半徑成反比，故A錯誤；B.

B、C兩點屬于同軸轉(zhuǎn)動，故角速度相等，故B正確；CD.

AB兩點的線速度相等，根據(jù)v=ωR，A、B兩點的角速度與其半徑成反比，故C錯誤，D正確；故選BD.9、DB【解析】

當a到達底端時，b的速度為零，b的速度在整個過程中，先增大后減小，動能先增大后減小，所以輕桿對b先做正功，后做負功．故A錯誤．a(chǎn)運動到最低點時，b的速度為零，根據(jù)系統(tǒng)機械能守恒定律得：mAgh=mAvA2，解得：．故B正確．b的速度在整個過程中，先增大后減小，所以a對b的作用力先是動力后是阻力，所以b對a的作用力就先是阻力后是動力，所以在b減速的過程中，b對a是向下的拉力，此時a的加速度大于重力加速度，故C錯誤；a、b整體的機械能守恒，當a的機械能最小時，b的速度最大，此時b受到a的推力為零，b只受到重力的作用，所以b對地面的壓力大小為mg，故D正確；故選BD．【點睛】解決本題的關鍵知道a、b組成的系統(tǒng)機械能守恒，以及知道當a的機械能最小時，b的動能最大．【考點】機械能守恒定律；牛頓定律的應用10、BC【解析】AB、根據(jù)動量定理得，，知，故B正確，A錯誤；CD、根據(jù)動能定理得，，則，故C正確，D錯誤；故選BC．【點睛】根據(jù)動能定理研究功的關系，根據(jù)動量定理研究沖量的關系即可．11、ABD【解析】

A.重力在整個運動過程中始終不變，所以重力做功為WG=mgL，故A正確；B.因為拉力在運動過程中始終與運動方向垂直，故拉力對小球不做功，即WF=0，故B正確；CD.阻力所做的總功等于每個小弧段上f所做功的代數(shù)和，即，故C錯誤，D正確。12、ABD【解析】

A.0～6s內(nèi)繩子的拉力不變，可得，6～10s內(nèi)拉力大小不變，知，因為，則，兩釘子之間的間距，故A正確；B.第一個半圈經(jīng)歷的時間為6s，則，則第二個半圈的時間，則t=10.5s時，小球在轉(zhuǎn)第二個半圈，則繩子的拉力為6N，故B正確；C.小球轉(zhuǎn)第三個半圈的時間，則t=14s時，小球轉(zhuǎn)動的半徑，根據(jù)，則拉力變?yōu)樵瓉淼谋?，大小?.5N，故C錯誤；D.細繩每跟釘子碰撞一次，轉(zhuǎn)動半圈的時間少，則細繩第三次碰釘子到第四次碰釘子的時間間隔故D正確；二、實驗題（本題共16分，答案寫在題中橫線上）13、磚塊的厚度h【解析】

（1）[1]因為已經(jīng)測出了每塊磚的長度a，根據(jù)題設條件要求周期與初速度就還需要測出每塊磚的厚度h（2）[2]根據(jù)在豎直方向上勻變速直線運動：可知：……①又在豎直方向上根據(jù)平均速度公式有：……..②聯(lián)立①②解得：（3）[3]由（2）問①可知.[4]水平方向做勻速直線運動有：14、>63.3(63.0-64.0）DmA·OP=mA·OM＋mB·ON【解析】

第一空.為保證入射球碰后不反彈，則入射球A的質(zhì)量mA和被碰球B的質(zhì)量mB的關系是mA>mB．第二空.取B球的平均落地點，則碰撞后B球的水平射程約為63.3cm.第三空.水平槽上未放B球時，測量A球落點位置到O點的距離，即測量出碰撞前A球的速度，故A正確；A球與B球碰撞后，測量A球落點位置到O點的距離，即測量出碰撞后A球的速度，故B正確；測量A球和B球的質(zhì)量（或兩球質(zhì)量之比），用來表示出球的質(zhì)量，故C正確；不需要測量G點相對于水平槽面的高度，故D錯誤．此題選擇不必測量的一個物理量