2022-2023學年高一下物理期末模擬試卷請考生注意：1．請用2B鉛筆將選擇題答案涂填在答題紙相應位置上，請用0．5毫米及以上黑色字跡的鋼筆或簽字筆將主觀題的答案寫在答題紙相應的答題區內。寫在試題卷、草稿紙上均無效。2．答題前，認真閱讀答題紙上的《注意事項》，按規定答題。一、選擇題（本題共12小題，每小題5分，共60分，在每小題給出的四個選項中，有的小題只有一個選項正確，有的小題有多個選項正確.全部選對的得5分，選不全的得3分，有選錯的或不答的得0分）1、(本題9分)某物體受到三個力的作用而處于靜止狀態，現將其中的一個向東大小為10N的力撤去，則物體所受的合力為A．向東，大小10N B．向西，大小10NC．向南，大小10N D．不能確定2、(本題9分)汽車在平直公路上以勻速行駛，因前方路況不好，司機減小了油門，使汽車的功率立即減小為原來的一半，并保持該功率繼續行駛，設汽車行駛過程中，所受阻力恒定，下列說法正確的是（）A．汽車先做勻減速運動，之后再勻速行駛B．汽車先做加速度增大的減速運動，之后再勻速行駛C．汽車最后勻速行駛時的速度大小為D．汽車最后勻速行駛時的速度大小為3、質量為m的小球從桌面上豎直拋出，桌面離地高度為，小球能達到的最大離地高度為．若以桌面作為重力勢能等于零的參考平面，不計空氣阻力，那么小球落地時的機械能為（）．A． B． C． D．4、一條筆直的河流沿東西走向，兩岸平行，各處的寬度均為d=80m，水流的速度均為v水=3m/s，船在靜水中的速度恒為v船=5m/s,則A．渡河的最短時間為20sB．渡河的最短位移為90mC．保持船頭沿南北方向到達對岸，渡河位移最短D．船能夠沿南北方向的直線直接渡到正對岸的位置5、對于做勻速圓周運動的物體，下列說法正確的是（）A．其角速度與轉速成反比，與周期成正比B．運動的快慢可用線速度描述，也可用角速度來描述C．勻速圓周運動是勻速運動，因為其速度保持不變D．做勻速圓周運動的物體，所受合力為零6、(本題9分)如圖所示，小剛同學把自行車后輪支撐起來，對轉動的自行車后輪進行研究．對正在轉動的后輪上A、B、C三點，下列說法中正確的是A．A、B兩點的線速度相同B．A、C兩點的線速度相同C．B、C兩點的線速度相同D．A、B兩點的角速度相同7、(本題9分)如圖所示，飛行器P繞某星球做勻速圓周運動。測得該星球對飛行器的最大張角為θ，飛行器離星球表面的高度為h，繞行周期為T.已知引力常量為G，由此可以求得A．該星球的半徑B．該星球的平均密度C．該星球的第一宇宙速度D．該星球對飛行器的引力大小8、一個100g的球從的高處落到一個水平板上又彈回到的高度，則整個過程中（）A．重力做了的負功 B．重力做的正功C．球的重力勢能一定減少 D．球的重力勢能一定增加9、(本題9分)下列說法正確的是A．勻速圓周運動是一種勻速運動B．勻速圓周運動是一種勻變速運動C．勻速圓周運動是一種變加速運動D．物體做勻速圓周運動時其向心力垂直于速度方向，不改變線速度的大小10、兩個互成角度為θ0°<θ<180°A．勻加速直線運動B．勻速直線運動C．勻減速直線運動D．非勻變速曲線運動11、如圖所示是某中學科技小組制作的利用太陽能驅動小車的裝置.當太陽光照射到小車上方的光電板時，光電板中產生的電流經電動機帶動小車前進.若小車在平直的公路上以初速度v0開始加速行駛，經過時間t，前進了距離L，達到最大速度vmax，設此過程中電動機功率恒為額定功率P，受到的阻力恒為f，則此過程中電動機所做的功為()A．B．C．D．12、如圖所示，輕繩的一端系一小球，另一端固定于點，在點的正下方點釘顆一釘子，使懸線拉緊與豎直方向成一角度，然后由靜止釋放小球，當懸線碰到釘子時()A．小球的角速度突然變大B．小球的瞬時速度突然變大C．繩上拉力突然變小D．球的加速度突然變大二．填空題(每小題6分，共18分)13、(本題9分)如圖所示，質量為72kg的航天員聶海勝，隨“神舟六號”載人飛船在地表附近圓軌道上運行，若地球對航天員的萬有引力為690N，當他靜止站在飛船中時，飛船對他的支持力大小為___。14、(本題9分)平行板電容器的兩個極板水平放置，兩極板間有一帶電荷量不變的小油滴，油滴在極板間運動時所受空氣阻力的大小與其速率成正比.若兩極板間電壓為零，經一段時間后，油滴以速率v勻速下降；若兩極板間的電壓為U，經一段時間后，油滴以速率v勻速上升.若兩極板間電壓為-U，油滴做勻速運動時速度的大小______、方向_________。15、(本題9分)質量為2kg的小球從水平放置的彈簧網上方某高度處自由下落，剛與彈簧網接觸瞬間的速率為v1＝5m/s，被彈簧網反彈后，剛離開彈簧網時的速率為v2＝3m/s，接觸網的過程中，小球動量變化的大小為_________kg·m/s，小球與彈簧網的接觸時間為Δt=1s，重力加速度為g＝10m/s2。彈簧網對小球的平均彈力大小為________N。三．計算題(22分)16、（12分）(本題9分)如圖所示，一質量m=1.0kg的滑塊（可視為質點）靜止于動摩擦因數μ=0.1的水平軌道上的A點．現對滑塊施加一水平外力，使其向右運動，外力的功率恒為P=10.0W.經過一段時間后撤去外力，滑塊繼續滑行至B點后水平飛出，恰好在C點沿切線方向進入固定在豎直平面內的光滑圓弧形軌道CDM，恰妤能過軌道的最高點M,已知軌道AB的長度L=2.0m，半徑OC和豎直方向的夾角α=600，圓形軌道的半徑R=2.5m．（空氣阻力可忽略，重力加速度g=10m/s2)，求：(1)滑塊運動到C點時速度vC的大?。?2)B、C兩點的水平距離x；(3)水平外力作用在滑塊上的時間t．17、（10分）(本題9分)某同學設計出如圖所示實驗裝置，將一質量為0.2kg的小球（可視為質點）放置于水平彈射器內，壓縮彈簧并鎖定，此時小球恰好在彈射口，彈射口與水平面AB相切于A點．AB為粗糙水平面，小球與水平面間動摩擦因數μ＝0.5，彈射器可沿水平方向左右移動；BC為一段光滑圓弧軌道．O/為圓心，半徑R＝0.5m，O/C與O/B之間夾角為θ＝37°．以C為原點，在C的右側空間建立豎直平面內的直角坐標系xOy，在該平面內有一水平放置開口向左且直徑稍大于小球的接收器D．（sin37°=0.6，cos37°=0.8，g取10m/s2）（1）某次實驗中該同學使彈射口距離B處L1＝1.6m處固定，解開鎖定釋放小球，小球剛好到達C處，求彈射器釋放的彈性勢能？（2）求上一問中，小球到達圓弧軌道的B點時對軌道的壓力？（3）把小球放回彈射器原處并鎖定，將彈射器水平向右移動至離B處L2＝0.8m處固定彈射器并解開鎖定釋放小球，小球將從C處射出，恰好水平進入接收器D，求D處坐標？

參考答案一、選擇題（本題共12小題，每小題5分，共60分，在每小題給出的四個選項中，有的小題只有一個選項正確，有的小題有多個選項正確.全部選對的得5分，選不全的得3分，有選錯的或不答的得0分）1、B【解析】

物體受三個力而處于平衡，故另外兩力的合力一定與10N的力大小相等，方向相反，即合力為：方向向西，大小為10N．故ACD錯誤，B正確．故選B.2、D【解析】A、B、汽車勻速行駛時牽引力等于阻力；功率減小一半時，汽車的速度由于慣性來不及變化，根據功率和速度關系公式P=Fv，牽引力減小一半小于阻力，合力向后，汽車做減速運動，由公式P=Fv可知，功率一定時，速度減小后，牽引力增大，合力減小，加速度減小，故物體做加速度不斷減小的減速運動，當牽引力增大到等于阻力時，加速度減為零，物體重新做勻速直線運動，故A、B均錯誤；C、D、由和，解得，則最后勻速的速度為，故C錯誤，D正確．故選D．【點睛】本題關鍵分析清楚物體的受力情況，結合受力情況再確定物體的運動情況．3、D【解析】

小球運動過程中，只受重力作用，機械能守恒，根據機械能守恒定律列式求解即可。【詳解】小球運動過程中，只有重力做功，機械能守恒，有小球落地時的機械能故選D?！军c睛】本題關鍵根據機械能守恒定律，小球的機械能總量不變，小球任意位置的機械能都等于初位置和最高點的機械能。4、D【解析】

A.當靜水速的方向與河岸垂直時，渡河時間最短，t=dBCD.當小船垂直渡河時，即當合速度的方向與河岸的方向垂直時，渡河位移最短，設此時船頭的方向與河岸的夾角為θ，cosθ=v水5、B【解析】

A.根據可知角速度與轉速成正比；由可知角速度與周期成反比，故選項A不符合題意

B.角速度描述物體繞圓心轉動快慢的物理量，線速度表示單位時間內轉過的弧長，描述物體沿圓周運動的快慢的物理量，故選項B符合題意

C.勻速圓周運動其軌跡是曲線，速度方向一定改變，不是勻速運動，故選項C不符合題意

D.勻速圓周運動是變速運動，受到的合外力不等于0，故選項D不符合題意

6、D【解析】由于A、B、C三點同軸轉動，故三點的角速度相同，故D正確；由v=ωr和三點的半徑關系可知線速度大小關系vA=v【點睛】解題關鍵明確同軸轉動角速度相同，應用v=ωr分析線速度和角速度的關系，注意矢量相同與標量相同的區別．7、ABC【解析】

A.由題意，令星球的半徑為R，則飛行器的軌道半徑r=R+h，由幾何關系，即，表達式中只有一個未知量R，故可以據此求出星球半徑R；故A正確.B.由A項分析知，可以求出飛行器軌道半徑r，據萬有引力提供圓周運動向心力可知，已知r和T及G的情況下可以求得星球質量M，再根據密度公式可以求得星球的密度，故B正確.C.在求得星球質量M及星球軌道半徑R的情況下，根據，已知引力常量G，可以求出星球的第一宇宙速度，故C正確；D.因為不知道飛行器的質量大小，故無法求得星球對飛行器的引力大小，故D錯誤.8、BC【解析】

AB．物體高度下降了則重力做正功為故A錯誤，B正確；CD．重力做功多少等于重力勢能的減小量，故小球的重力勢能一定減少0.45J，故C正確，D錯誤。故選BC。9、CD【解析】勻速圓周運動中的勻速是指物體速度的大小不變，速度的方向是時刻在變化的，所以A錯誤；做勻速圓周運動的物體受到的合力的方向始終指向圓心，所以受到的合力是變化的，由牛頓第二定律可知，加速度也必定是變化的，所以勻速圓周運動是變加速運動，B錯，C正確；物體做圓周運動時其向心力時刻指向圓心，速度方向與軌跡相切，所以二者相互垂直，所以不改變速度的大小，只改變速度的方向，故選CD.思路分析：做勻速圓周運動的物體，要受到始終指向圓心的力的作用來做為向心力，力的大小不變，但方向時刻在變，所以向心加速度也是變化的試題點評：勻速圓周運動要注意，其中的勻速只是指速度的大小不變，合力作為向心力始終指向圓心，合力的方向也是時刻在變化的10、AC【解析】

互成角度的兩個初速度的合初速度為v，兩個加速度的合加速度為a，其中可能的情況如圖，由物體做曲線運動的條件可知，當v與a共線時為勻變速直線運動，當v與a不共線時，為勻變速曲線動A.勻加速直線運動與分析相符，故A項符合題意；B.勻速直線運動與分析不符，故B項不符合意意；C.勻減速直線運動與分析相符，故C項符合題意；D.非勻變速曲線運動與分析不符，故D不符合題意。11、AD【解析】

ABC．當F=f時速度達到最大值W=Pt=fvmaxt故A正確，BC錯誤。D．汽車從速度v0到最大速度vm過程中，由動能定理可知：解得：故D正確；故選AD。12、AD【解析】

AB.因為碰到釘子前后瞬間水平方向沒有作用力，瞬時速度大小不變；但因為圓周半徑變小，，角速度變大，A正確B錯誤．CD.根據可知，球的加速度變大；根據向心力方程，可知，繩的拉力變大，C錯誤D正確．二．填空題(每小題6分，共18分)13、0【解析】

聶海勝隨“神舟六號”載人飛船在地表附近圓軌道上運行，地球對聶海勝的萬有引力充當了他做勻速圓周運動的向心力，他處于完全失重狀態，故飛船對他的支持力大小為0。14、3v向下【解析】

若兩極板間電壓為零，經一段時間后，油滴以速率勻速下降，則有；若兩極板間的電壓為，經一段時間后，油滴以速率勻速上升知電場力大于重力，則有；若兩極板間電壓為，則電場力方向向下,當油滴做勻速運動時，則有，聯立解得，方向向下。15、1636【解析】小球動量變化的大小為：ΔP=P2-P1三．計算題(22分)16、（1）10m/s；（2）m；（3）1.45s；【解析】

根據牛頓第二定律求出滑塊運動到M點的速度，對C到M的過程運用機械能守恒定律求出C點的速度；將C點的速度分解為水平方向和豎直方向，結合平行四邊形定則求出豎直分速度，從而得出平拋運動的時間，結合水平分速度和時間求出水平位移；對A到B的過程運用動能定理求出外力作用的時間．【詳解】（1）滑塊運動到M點時，由牛頓第二定律得滑塊由C點運動到M點的過程，由機械能守恒定律得聯立解得vC＝10m/s（2）滑塊在C點時，速度的豎直分量為vy＝vCsinα＝m/s-滑塊由B運動到C所用的時間為ty＝s滑塊運動到B點時的速度為vB＝vCcosα＝5m/sB、C間的水平距離為x＝vBty＝m（3）滑塊由A點運動到B點的過程，由動能定理得Pt－μmgL＝解得t＝1.45s17、(1)1.8J(2)2.8N(3)（0.144，0.384）【解析】

（1）從A到C的過程中，由定能定理得：W彈-μmgL1-mgR（1-cosθ）=0解得：W彈=1.8J．根據能量守恒定律得：EP=W彈=1.8J；（2）從B到C由動能定理：在B點由牛頓第二定律：帶入數據聯立解得：FNB=2