2021-2022學年高一物理下期末模擬試卷注意事項：1．答題前，考生先將自己的姓名、準考證號填寫清楚，將條形碼準確粘貼在考生信息條形碼粘貼區。2．選擇題必須使用2B鉛筆填涂；非選擇題必須使用0．5毫米黑色字跡的簽字筆書寫，字體工整、筆跡清楚。3．請按照題號順序在各題目的答題區域內作答，超出答題區域書寫的答案無效；在草稿紙、試題卷上答題無效。4．保持卡面清潔，不要折疊，不要弄破、弄皺，不準使用涂改液、修正帶、刮紙刀。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)物體做勻速圓周運動，在運動過程中一定不發生變化的物理量是（）A．動能 B．速度 C．加速度 D．合外力2、3個質量分別為m1、m2、m3的小球,半徑相同,并排懸掛在長度相同的3根豎直繩上,彼此恰好相互接觸.現把質量為m1的小球拉開一些,如圖中虛線所示,然后釋放,經球1與球2、球2與球3相碰之后,3個球的動量相等.若各球間碰撞時均為彈性碰撞,且碰撞時間極短,不計空氣阻力,則m1:m2:m3為()A．6:3:1 B．2:3:1 C．2:1:1 D．3:2:13、下列說法錯誤的是A．哥白尼認為地球是宇宙的中心B．卡文迪許最早較準確地測出了萬有引力常量C．開普勒關于行星運動的描述為萬有引力定律的發現奠定了基礎D．牛頓通過月-地檢驗”發現地面物體、月球所受地球引力都遵從同樣的規律4、(本題9分)要使小球A能擊中離地面H高的小球P,設計了甲、乙、丙、丁四條內外側均光滑軌道，如圖所示．甲為高度小于H的傾斜平直軌道，乙丙丁均為圓軌道，圓心O如圖所示．小球從地面出發，初速度大小都為,在甲軌道中初速度方向沿斜面，在乙、丙、丁軌道中初速度方向均沿軌道的切線方向，則小球A經過哪種軌道后有可能恰好擊中P球（）A．軌道甲和軌道丁B．軌道乙和軌道丁C．軌道丙和軌道丁D．只有軌道丁5、做曲線運動的物體，在運動過程中，一定變化的物理量是（）A．加速度 B．速率 C．合力 D．速度6、(本題9分)如圖所示，從地面上同一位置拋出兩小球A、B，分別落在地面上的M、N點，兩球運動的最大高度相同．空氣阻力不計，則A．B的加速度比A的大B．B在最高點的速度比A在最高點的大C．B的飛行時間比A的長D．B在落地時的速率等于A在落地時的速率7、(本題9分)兩個質量相等的小球a、b分別用細線連接，懸掛于同一點O。現給兩小球一定的初速度，使兩小球在同一水平面內做勻速圓周運動，這樣就構成兩圓錐擺，如圖所示。若a、b兩球做勻速圓周運動的半徑之比為ra∶rb=2∶1，則下列關于描述a、b兩球運動的物理量之比，正確的是A．速度之比va∶vb=2∶1B．角速度之比ωa∶ωb=2∶1C．加速度之比aa∶ab=2∶1D．周期之比Ta∶Tb=2∶18、(本題9分)如圖所示，將物體P用長度適當的輕質細繩懸掛于天花板下方，兩物體P、Q用一輕彈簧相連，物體Q在力F的作用下處于靜止狀態，彈簧被壓縮，細繩處于伸直狀態.已知該彈簧的彈性勢能僅與其形變量有關，且彈簧始終在彈性限度內，現將力F撤去，輕繩始終未斷，不計空氣阻力，則（）A．彈簧恢復原長時，物體Q的速度最大B．撤去力F后，彈簧和物體Q組成的系統機械能守恒C．在物體Q下落的過程中，彈簧的彈性勢能先減小后增大D．撒去力F前，細繩的拉力不可能為零9、(本題9分)如圖所示，質量為m的小球套在傾斜放置的固定光滑桿上，一根輕質彈簧一端固定于O點，另一端與小球相連。將小球沿桿拉到彈簧水平位置由靜止釋放，小球沿桿下滑，當彈簧位于豎直位置時，小球速度恰好為零，此時小球下降的豎直高度為h。若整個過程中彈簧始終處于伸長狀態且處于彈性限度范圍內，則下列說法正確的是()A．小球從靜止位置下滑至最低點的過程中，彈簧的彈性勢能增加量等于mghB．小球從靜止位置下滑至最低點的過程中，重力的瞬時功率先增大后減小C．彈簧與桿垂直時，小球速度最大D．彈簧與桿垂直時，小球的動能與重力勢能之和最大10、(本題9分)如圖所示，a、b、c、d是豎直平面內圓上的四個點，連線ab、cd均過圓心O且相互垂直，在圓心處固定一點電荷。現施加一方向與ab平行的勻強電場（圖中未畫出），則下列說法正確的是（）A．a、b兩點的電勢相同B．c、d兩點的電勢相同C．a、b兩點的電場強度等大D．c、d兩點的電場強度等大11、(本題9分)質量為4kg的物體由靜止開始向上被提升0.25m后，速度達1m/s，則下列判斷正確的是（）A．拉力對物體做功等于物體增加的動能B．合外力對物體做功為2JC．物體克服重力做功為10JD．拉力對物體做功為12J12、(本題9分)關于加速度的定義式為,下列說法正確的是(

)A．a與△v成正比,與△t成反比B．物體的加速度大小可由△v、△t算出C．a的方向與△v的方向相同,與v的方向無關D．叫速度的變化率,在速度-時間圖像中與其斜率相對應二、實驗題（本題共16分，答案寫在題中橫線上）13、（6分）(本題9分)某位同學用如圖甲所示的多用電表測量電阻,要用到選擇開關K和兩個部件S、(1)在使用前,發現多用電表指針如圖乙所示,則他應調節__________(選填K或S或T)．(2)正確處理完上述步驟后,他把開關打在歐姆×10擋,把紅黑表筆短接,發現指針如圖丙所示,則他應調節__________(選填K或S或T)．(3)正確處理完上述步驟后,他把紅黑表筆接在某定值電阻兩端,發現指針如圖丁所示,則他應采取的措施是①___________________;②____________________．(4)正確處理完上述步驟后,他把紅黑表筆接在定值電阻兩端,發現指針如圖戊所示,則該定值電阻的阻值R=___________Ω．14、（10分）在做研究平拋運動的實驗時，讓小球多次沿同一軌道運動，通過描點法畫出小球平拋運動的軌跡．(1)為了能較準確地描繪運動軌跡，下面列出了一些操作要求，將你認為正確的選項前面字母填在橫線上：_____A．每次釋放小球的位置不必相同B．通過調節使斜槽的末端保持水平C．每次必須由靜止釋放小球D．小球運動時應與木板上的白紙（或方格紙）相接觸(2)用一張印有小方格的紙記錄軌跡，小方格的邊長L，若小球在平拋運動途中的幾個位置如圖中的a、b、c、d所示，則小球平拋的初速度的計算式為v0=__（用L、g表示）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）一輛質量為m的汽車通過一座拱橋，拱橋橋面的側視圖可視為半徑為R的圓弧的一部分，重力加速度用g表示，汽車可視為質點。（1）求汽車以大小為v的速度通過橋頂（橋的最高點）時汽車受到的支持力的大小FN；（2）要保證汽車不脫離橋面，汽車的速度不得超過多大？16、（12分）(本題9分)如圖所示，半徑為R的光滑半圓形軌道CDE在豎直平面內與光滑水平軌道AC相切于C點，水平軌道AC上有一輕質彈簧處于自由狀態，彈簧左端連接在固定的擋板上，彈簧的右端B與軌道最低點C的距離為4R．現用一個質量為m的小球將彈簧壓縮（不栓接），當壓縮至F點(圖中未畫出)時，將小球由靜止釋放，小球經過BCDE軌道拋出后恰好落在B點，已知重力加速度為g，求：(1)求小球經過E點時的速度；(2)將彈簧壓至F點時的彈性勢能；(3)若水平軌道BC段有摩擦，小球仍從F點靜止釋放，要使小球能滑上半圓形CDE軌道且不脫軌，求小球BC段動摩擦因數μ的取值范圍．17、（12分）(本題9分)如圖所示，水平傳送帶以速率v=3m/s勻速運行。工件（可視為質點）以v0=1m/s的速度滑上傳送帶的左端A，在傳送帶的作用下繼續向右運動，然后從傳送帶右端B水平飛出，落在水平地面上。已知工件的質量m=1kg，工件與傳送帶之間的動摩擦因數μ=0.1，拋出點B距地面的高度h=0.80m，落地點與B點的水平距離x=1.2m，g=10m/s2。傳送帶的輪半徑很小。求：(1)工件離開B點時的速度；(2)在傳送工件的過程中，傳送帶對工件做的功及傳送此工件由于摩擦產生的熱量。

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、A【解析】勻速圓周運動過程中，線速度大小不變，方向改變，向心加速度大小不變，方向始終指向圓心，合外力等于向心力大小不變，方向始終指向圓心，動能不變．故A正確，BCD錯誤．故選A．點睛：解決本題的關鍵知道線速度、向心加速度、向心力是矢量，矢量只有在大小和方向都不變時，該量不變．2、A【解析】

因為各球間發生的碰撞是彈性碰撞，則碰撞過程機械能守恒，動量守恒．因碰撞后三個小球的動量相等設為p，則總動量為3p．由機械能守恒得，即，代入四個選項的的質量比值關系，只有A項符合，故選A．【點睛】本題要注意靈活設出中間量p，從而得出正確的表達式，再由選擇得出正確的條件．3、A【解析】

A項：哥白尼提出了日心說，認為太陽是宇宙的中心，故A錯誤；B項：牛頓發現了萬有引力定律，但沒有測量引力常量，是卡文迪許測出了引力常量，故B正確；C項：開普勒發現了行星運動的三大定律，正確描繪了行星運動的規律，為牛頓萬有引力定律的發現奠定了基礎，故C正確；D項：萬有引力定律建立后，經歷過“月-地檢驗”，表明地面物體所受地球引力與月球所受地球引力遵從同樣的規律，故D正確。4、D【解析】

小球從地面出發，初速度大小為，在運動過程中，只有動能全部轉化為重力勢能才能上升高度H，即甲軌道A球在軌道上沿斜面運動后斜拋，在最高點有動能，根據機械能守恒，小球不能到達H高度，故甲不可能；乙軌道小球做豎直上拋運動，在最高點速度為零，能達到高度H，但不能擊中P點，故乙軌道不可能；丙軌道在小球通過1/4圓以后小球要想到達P點，在P點要有動能，根據機械能守恒，小球到不了P點，故丙軌道不可能；丁軌道小球到達P點，小球的動能完全轉化為重力勢能，到達P點動能恰好為零，小球恰好擊中P點，故丁軌道可以．故選D。5、D【解析】

做曲線運動的物體，在運動過程中，加速度和合力可能不變，例如平拋運動；速率可能不變，例如勻速圓周運動；一定變化的物理量是速度，故選D.6、B【解析】

不計空氣阻力，兩球的加速度都為重力加速度g。大小相等，故A錯誤。兩球都做斜拋運動，豎直方向的分運動是豎直上拋運動，根據運動的對稱性可知，兩球上升和下落的時間相等，而下落過程，由知下落時間相等，則兩球運動的時間相等。故C錯誤。由h=vyt-gt2，最大高度h、t相同，則知豎直方向的初速度大小相等，由于A球的初速度與水平方向的夾角大于B球，由vy=v0sinα（α是初速度與水平方向的夾角）得知，A球的初速度小于B球的初速度，兩球水平方向的分初速度為v0cosα=vycotα，由于B球的初速度與水平方向的夾角小，所以B球水平分初速度較大，而兩球水平方向都做勻速直線運動，故B在最高點的速度比A在最高點的大。故B正確。根據速度的合成可知，B的初速度大于A球的初速度，運動過程中兩球的機械能都守恒，則知B在落地時的速率比A落地時的速率大。故D錯誤。7、AC【解析】

對其中一個小球受力分析，如圖，受重力，繩子的拉力，由于小球做勻速圓周運動，故合力提供向心力；將重力與拉力合成，合力指向圓心，由幾何關系得，細線的拉力所以向心力，所以角速度，相同。A.根據可知，線速度之比為半徑比，即2：1，A正確。B.根據分析可知，角速度之比為1：1，B錯誤。C.加速度可知，加速度之比為半徑比，即2：1，C正確。D.周期可知，周期之比為1：1，D錯誤。8、BC【解析】

ABC．由題意可知，在Q下降過程中，Q和彈簧構成的系統滿足機械能守恒，彈簧彈性勢能先減小，后增大，Q的動能先增大后減小，當彈簧向上的彈力大小等于Q物體的重力時，Q的速度最大，故A錯誤，BC正確；D．F撤去之前，彈簧被壓縮，對A受力分析，當重力等于彈力時，繩子的拉力可能為零，故D錯誤；故選BC。9、ABD【解析】

A.小球下滑至最低點的過程中，系統機械能守恒，初末位置動能都為零，所以彈簧的彈性勢能增加量等于重力勢能的減小量，即為mgh，故A正確。B.小球從靜止位置下滑至最低點的過程中，速度先增加后減小，可知豎直分速度先增加后減小，則由P=mgvy可知重力的瞬時功率先增大后減小，選項B正確；C.彈簧與桿垂直時，彈力方向與桿垂直，合外力方向沿桿向下，小球繼續加速，速度沒有達到最大值。故C錯誤；D.小球運動過程中，只有重力和彈簧彈力做功，系統機械能守恒，此時彈簧伸長量最短，彈性勢能最小，故動能與重力勢能之和最大，故D正確；10、BD【解析】

對于圓心O處的點電荷，a、b兩點的電勢相等，對于勻強電場a、b電勢不相等，所以疊加后的電勢不相等，A錯誤；對于圓心O處的點電荷，c、d兩點的電勢相等，對于勻強電場c、d電勢相等，所以疊加后的電勢相等，故B正確；對于圓心O處點電荷形成的電場，a、b兩點的電場強度等大反向，對于勻強電場a、b兩點電場強度等大同向，故疊加后電場強度不相等，C錯誤；對于圓心O處點電荷形成的電場，c、d兩點的電場強度等大反向，對于勻強電場c、d兩點電場強度等大同向，方向水平，故疊加后電場強度大小相等，方向不同，D正確；11、BCD【解析】

根據物體的運動的情況可以求得物體的加速度的大小，再由牛頓第二定律就可以求得拉力的大小，再根據功的公式就可以求得力對物體做功的情況。【詳解】分析物體的運動的情況可知，物體的初速度的大小為0，位移的大小為0.25m，末速度的大小為1m/s，由v2-0=2ax可得，加速度a=2m/s2，A項：由功能關系可知，拉力對物體做功等于物體增加的動能和增加的重力勢能之和，故A錯誤；B項：合外力對物體做功W合=F合x=ma·x=4×2×0.25J2J，故B正確；C項：重力做功為WG=-mgh=-10J，所以物體克服重力做功為10J，故C正確；D項：由牛頓第二定律可得，F-mg=ma所以F=mg+ma=48N，拉力對物體做功為W=Fx=12J，故D正確。12、BCD【解析】

ABC.公式是加速度的定義式，是采用比值定義法定義的，所以與、不存在比例關系，只是的大小可由、算出，且的方向與的方向相同，故A錯誤，BC正確；D.叫速度的變化率，即為加速度，在速度-時間圖像中與其斜率相對應，故D正確。二、實驗題（本題共16分，答案寫在題中橫線上）13、（1）S（2）T（3）①將K打到歐姆×1擋；②將兩表筆短接,重新調節T,使指針指在歐姆零刻度線處（4）18.0Ω【解析】

（1）在使用前,發現多用電表指針如圖乙所示,則應機械調零，即他應調節S使針調到電流的零檔位．（2）把開關打在歐姆×10擋,把紅黑表筆短接,即歐姆調零，應該調到電阻的零檔位，此時要調節歐姆調零旋鈕，即T（3）他把紅黑表筆接在某定值電阻兩端,發現指針如圖丁所示，說明待測電阻較小，應該換小擋，即換×1擋，換擋必調零，所以要重新調零即將兩表筆短接,重新調節T,使指針指在歐姆零刻度線處．（4）根據歐姆表讀數原則可知歐姆表的讀數為18.0Ω【點睛】要熟練萬用表的使用規則，并且要注意在換擋時一定要歐姆調零．14、BC2gL【解析】

(1)[1]AC.為了保證小球平拋運動的初速度相同，則每次從同一高度由靜止釋放小球，故A項與題意不相符，C項與題意相符；B.為了保證小球水平飛出，則斜槽的末端切線保持水平，故B項與題意相符；D.小球運動時不應與木板上的白紙（或方格紙）相接觸，防止應摩擦而改變運動的軌跡，故D項與題意不相符。(2)[2]平拋運動水平方向勻速直線運動，由于小球從a運動到b和b運動到c的水平位移相等，因此運動時間相等；根據平拋運動規律得，豎直方向：自由落體運動，