2021-2022學年高一物理下期末模擬試卷注意事項1．考試結束后，請將本試卷和答題卡一并交回．2．答題前，請務必將自己的姓名、準考證號用0．5毫米黑色墨水的簽字筆填寫在試卷及答題卡的規定位置．3．請認真核對監考員在答題卡上所粘貼的條形碼上的姓名、準考證號與本人是否相符．4．作答選擇題，必須用2B鉛筆將答題卡上對應選項的方框涂滿、涂黑；如需改動，請用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案．作答非選擇題，必須用05毫米黑色墨水的簽字筆在答題卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律無效．5．如需作圖，須用2B鉛筆繪、寫清楚，線條、符號等須加黑、加粗．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)人類對行星運動規律的認識漫長而曲折．牛頓在前人研究的基礎上，得出了科學史上最偉大的定律之一﹣﹣萬有引力定律．對萬有引力的認識，下列說法正確的是（）A．行星觀測記錄表明，行星繞太陽運動的軌道是圓，而不是橢圓B．太陽與行星之間引力的規律并不適用于行星與它的衛星C．地球使樹上蘋果下落的力，與太陽、地球之間的吸引力不是同一種力D．卡文迪許在實驗室里較為準確地得出了引力常量G的數值2、如圖所示，A球的質量m1=4m，B球的質量m2=m。球A以速度v0靠近靜止在光滑的水平面上球B，并與B發生碰撞，碰撞前后兩個小球的速度始終在同一條直線上。A、B兩球的半徑相等，且碰撞過程沒有機械能損失。當m1、v0一定時，隨著m2的增大，則（）A．碰撞過程中B獲得的動能增大B．碰撞過程中B獲得的動量增大C．碰撞過程中A獲得的最終速度減小D．碰撞過程中A獲得的最終速度增大3、(本題9分)2008年9月我國成功發射了“神州七號”載人飛船．為了觀察“神舟七號”的運行和宇航員倉外活動情況，飛船利用彈射裝置發射一顆“伴星”．伴星經調整后，和“神舟七號”一樣繞地球做勻速圓周運動，但比“神舟七號”離地面稍高一些，如圖所示，那么:A．伴星的運行周期比“神舟七號”稍大一些B．伴星的運行速度比“神舟七號”稍大一些C．伴星的運行角速度比“神舟七號”稍大一些D．伴星的向心加速度比“神舟七號”稍大一些4、(本題9分)兩個大小和材質完全相同的金屬小球a、b，帶電荷量分別為+5q和﹣q，兩小球接觸后分開，下列關于小球帶電荷量的說法，正確的是（）A．小球a帶電荷量為+3q，小球b帶電荷量為+3qB．小球a帶電荷量為+3q，小球b帶電荷量為﹣3qC．小球a帶電荷量為+2q，小球b帶電荷量為+2qD．小球a帶電荷量為+2q，小球b帶電荷量為﹣2q5、(本題9分)關于曲線運動，以下說法中正確的是（）A．做勻速圓周運動的物體，所受合力是恒定的B．物體在恒力作用下不可能做曲線運動C．平拋運動是一種勻變速運動D．物體只有受到方向時刻變化的力的作用才可能做曲線運動6、(本題9分)物理學的發展豐富了人類對物質世界的認識．推動了科學技術的創新和革命，促進了物質生產的繁榮與人類文明的進步．下列說法中正確的是A．第谷通過研究行星觀測記錄．發現了行星運動的三大定律B．卡文迪許通過扭秤實驗較為精確的測出了引力常置的數值GC．1905年德裔美國物理學家愛因斯坦在理論上概括和總結了能量守恒定律D．牛頓運動定律是自然界普遍適用的基本規律之一7、(本題9分)下列說法中不正確的是A．作用在靜止物體上的力的沖量一定為零B．根據F=ΔPC．物體的動量發生改變，則合外力一定對物體做了功D．物體的動能發生改變，其動量一定發生改變8、(本題9分)據英國《每日郵報》報道，科學家發現了一顆距離地球僅14光年的“另一個地球”一—沃爾夫(Wolf)1061c.沃爾夫1061c的質量為地球的4倍，圍繞紅矮星的沃爾夫1061c運行的周期為5天，它是迄今為止在太陽系外發現的距離最近的宜居星球．設想從地球發射一顆科學探測衛星圍繞沃爾夫1061c的表面運行.已知萬有引力常量為G，天體的環繞運動可看作勻速圓周運動．則下列說法正確的是（）A．從地球發射該衛星的速度應該大于第三字宙速度B．若已知圍繞沃爾夫1061c的表面運行的探測衛星的周期和地球的質量，可近似求出沃爾夫1061c的半徑C．沃爾夫1061c和地球公轉軌道半徑的三次方之比等于D．衛星繞行星沃爾夫1061c運行的周期與該衛星的密度有關9、(本題9分)衛星在A點從圓形軌道I進入橢圓軌道Ⅱ，B為軌道Ⅱ上的一點，如圖所示，關于衛星的運動，下列說法中正確的是（）A．衛星在圓形軌道I上過A點時減速可能進入橢圓軌道ⅡB．在軌道Ⅱ上經過A的速度大于在軌道I上經過A的速度C．在軌道Ⅱ上運動的周期小于在軌道I上運動的周期D．在軌道Ⅱ上經過A的加速度小于在軌道I上經過A的加速度10、(本題9分)有一質量為m的木塊，從半徑為r的圓弧曲面上的a點滑向b點，如圖．若由于摩擦使木塊的運動速率保持不變，則以下敘述正確的是()A．木塊所受合外力始終為零B．木塊所受摩擦力越來越大C．木塊合外力做功一定為零D．木塊機械能始終保持不變11、(本題9分)如圖所示,光滑水平面上質量相同的木塊A、B，用一根彈性良好的輕質彈簧連在一起．一顆子彈水平射入木塊A并留在其中,在子彈打擊木塊A及后續各物體相互作用的過程中，對子彈、兩木塊和彈簧組成的系統(

)A．動量守恒,機械能守恒B．動量守恒,機械能不守恒C．當彈簧壓縮到最短時，彈簧的彈性勢能最大，此時B的動能也最大D．當彈簧再次恢復到原長時，B的動能最大，A的動能最小12、(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)如圖所示，水平面上A、B兩點相距＝0.1m，甲球從B點向右做勻速運動的同時，乙球從A點由靜止向右做勻加速運動，到達B點后以B點的速度勻速運動．乙球從開始運動，到追上甲球所用的時間t＝1s，運動的位移x＝0.9m，求：（1）甲球的速度；（2）乙球加速過程所用的時間和加速度a．14、（10分）(本題9分)在“探究小車速度隨時間變化的規律”實驗中（1）下列哪些器材是多余的________①電火花打點計時器②天平③低壓直流電源④細繩⑤紙帶⑥小車⑦鉤碼⑧秒表⑨一端有滑輪的長木板（2）要達到實驗目的還需要的器材是：________（3）在一次實驗中，打點計時器打出一紙帶，如圖所示A、B、C、D為四個計數點，且兩相鄰計數點間還有四個點沒有畫出，所用交流電頻率為50Hz，紙帶上各點對應單位為厘米的刻度尺上的刻度值如圖所示，則B點的速vB＝________m/s.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)一臺小型電動機在3V電壓下工作，用此電動機提升所受重力為4N的物體時，通過它的電流是0.2A．在30s內可使該物體被勻速提升3m．若不計除電動機線圈生熱之外的能量損失，求：(1)電動機的輸入功率；(2)在提升重物的30s內，電動機線圈所產生的熱量；(3)線圈的電阻．16、（12分）(本題9分)如圖所示，質量m＝70kg的運動員以10m/s的速度從高h＝10m的滑雪場A點沿斜坡自由滑下，以最低點B為零勢能面，一切阻力可忽略不計．求運動員：(g＝10m/s2)(1)在A點時的機械能；(2)到達最低點B時的速度大小；(3)相對于B點能到達的最大高度．17、（12分）(本題9分)如圖所示，水平軌道BC的左端與固定的光滑豎直1/4圓軌道相切與B點，右端與一傾角為30°的光滑斜面軌道在C點平滑連接（即物體經過C點時速度的大小不變），斜面頂端固定一輕質彈簧，一質量為2Kg的滑塊從圓弧軌道的頂端A點由靜止釋放，經水平軌道后滑上斜面并壓縮彈簧，第一次可將彈簧壓縮至D點，已知光滑圓軌道的半徑R＝0.45m，水平軌道BC長為0.4m，其動摩擦因數μ＝0.2，光滑斜面軌道上CD長為0.6m，g取10m/s2，求（1）滑塊第一次經過B點時對軌道的壓力（2）整個過程中彈簧具有最大的彈性勢能；（3）滑塊最終停在何處？

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、D【解析】試題分析：根據開普勒第一定律，行星繞太陽運動的軌道是橢圓，故A錯誤；萬有引力適用于任何兩個物體之間，故選項B錯誤；重力為萬有引力分力，故選項C錯誤；卡文迪許在實驗室里通過卡文迪許扭秤較準確的測出了萬有引力常量G，故D正確。考點：萬有引力定律物理學史2、B【解析】

設兩球碰撞后m1、m2的速度分別為v1、v2.m1、m2碰撞時動量守恒，以向右為正方向，由動量守恒定律得：m彈性碰撞機械能守恒，由機械能守恒定律得：1解得碰后：v1=A.碰撞過程B獲得的動能EkB=12m2v22=2mB.碰撞過程B獲得的動量PB=m2v2=2m1CD.碰撞過程中A獲得的最終速度v1=m1-m2m1+m2v0，開始m1>m2，若3、A【解析】考點：人造衛星的加速度、周期和軌道的關系．分析：根據人造衛星的萬有引力等于向心力，列式求出線速度、角速度、周期和向心力的表達式進行討論即可．解：人造衛星繞地球做勻速圓周運動，根據萬有引力提供向心力，設衛星的質量為m、軌道半徑為r、地球質量為M，有F=F向F=GF向=m=mω2r=m（）2r因而G=m=mω2r=m（）2r=ma解得v=①T==2π②ω=③a=④由題中圖象可以得到，伴星的軌道半徑大于“神舟七號”飛船的軌道半徑，再根據①②③④可以得到，伴星的線速度較小、角速度較小、周期較大、加速度較小；故選A．4、C【解析】完全相同的金屬球，接觸時先中和再平分，所以每個球帶電，故C正確,ABD錯誤．故選C．5、C【解析】

做勻速圓周運動的物體所受合外力提供向心力，合力的大小不變，方向始終指向圓心，方向時刻改變，故A錯誤；曲線運動的條件是物體的速度方向與合力方向不共線，平拋運動合力恒定，加速度恒定，故平拋運動為勻變速運動，故BD錯誤，C正確．6、B【解析】

A．開普勒通過研究第谷行星觀測記錄，發現了行星運動的三大定律，選項A錯誤；B．卡文迪許通過扭秤實驗較為精確的測出了引力常置的數值G，選項B正確；C．1847年德國物理學家亥姆霍茲發表了著作《論力的守恒》，在理論上概括和總結了能量守恒定律，故C錯誤；D．牛頓運動定律只適用宏觀、低速的物體，并不是自然界普遍適用的基本規律，故D錯誤．故選B.7、AC【解析】

沖量是力在時間上的累積，與物體是否靜止無關；動量是矢量，動量變化可能是大小變化，也可能是方向變化；動能是標量，只有大小沒有方向，動能發生變化，速度大小一定變化，動量變化。【詳解】A．作用在靜止的物體上的合力的沖量一定為零，而分力的沖量不一定為零，故A錯誤；B．宏觀低速狀態下，物體的質量為常量，因此動量對時間的變化率本質上是速度對時間的變化率，因此物體所受到的合外力，等于物體動量對時間的變化率，故B正確；C．物體的動量發生改變可能是速度方向發生改變，而大小未變，此時物體的動能沒有改變，合外力對物體沒有做功，故C錯誤；D．物體的動能發生改變意味著物體的速度大小發生改變，則動量一定改變，故D正確。【點睛】本題主要考查了動力學中基本的一些物理概念，較為簡單。8、AB【解析】從地球發射一顆科學探測衛星圍繞沃爾夫1061c表面運行，發射的速度應大于第三宇宙速度，A正確；已知地球的質量，可以得知沃爾夫1061c的質量，根據可以求出沃爾夫1061c的半徑，B正確；沃爾夫1061c和地球圍繞的中心天體不同，不能根據開普勒第三定律求解軌道半徑的三次方，可知公轉半徑的三次方之比不等于，C錯誤；根據可得，與衛星的密度無關，D錯誤．9、AC【解析】從低軌進入高軌需要加速，從高軌進入低軌需要減速，故A正確；由萬有引力定律可知：飛船在A點時，在軌道Ⅰ、Ⅱ上受到的萬有引力相同；飛船在軌道Ⅰ做圓周運動，在軌道Ⅱ做向心運動，故在軌道Ⅰ時需要的向心力大于在軌道Ⅱ時，即在軌道II上的A的速度小于在軌道I上A的速度，故B錯誤；軌道Ⅰ可看成長半軸、短半軸相等的橢圓，故軌道Ⅰ的長半軸大于軌道Ⅱ的長半軸，那么，由開普勒第三定律可知：在軌道II上運動的周期小于在軌道I上運動的周期，故C正確；飛船只受萬有引力作用，故飛船在A處受到的合外力不變，那么，在軌道II上經過A的加速度等于在軌道I上經過A的加速度，故D錯誤．故選AC．10、BC【解析】

木塊的運動速率保持不變，則木塊做勻速圓周運動，合外力提供向心力，合外力不為零，故A錯誤；設物體與圓心的連線與豎直方向的夾角為θ，根據f=μN=μ(mv211、BD【解析】

AB．在子彈打擊木塊A及后續各物體相互作用的過程中，對子彈、兩木塊和彈簧組成的系統，系統所受的外力之和為零，則系統的動量守恒．在此過程中，除彈簧的彈力做功外還有阻力對系統做功，所以系統的機械能不守恒．故A錯誤，B正確．C．子彈射入木塊后彈簧被壓縮，B在彈力作用下向右加速，A向右減速，當兩者的速度相等時，彈簧被壓縮最短，彈簧的彈性勢能最大，之后，B在彈簧彈力作用下繼續向右加速，所以此時B的動能不是最大．故C錯誤．D．從彈簧被壓縮到彈簧再次恢復到原長的過程，B一直在加速，A一直在減速，所以當彈簧再次恢復到原長時，B的動能最大，A的動能最小，故D正確．12、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.二、實驗題（本題共16分，答案寫在題中橫線上）13、（1）（2），【解析】試題分析：（1）甲球做勻速運動①②（2）對乙球，設加速度時間為t，加速度為a，由公式③④代入數據得⑤⑥評分標準：③④每式2分其余各1分考點：勻變速直線運動基本規律14、②③⑧刻度尺0.15【解析】

(1)[1]．本實驗中不需要測量小車或砝碼的質量，因此不需要天平；電火花計時器使用的是220V交流電源，因此低壓直流電源本實驗中不需要；同時電火花計時器記錄了小車的運動時間，因此不需要秒表．不需要的器材為：②③⑧.(2)[2]．要達到實驗目的還需要的器材是刻度尺；(3)[3]．每相鄰兩個計數點間還有4個點沒有畫出，所以相鄰的計數點間的時間間隔T＝0.1s，可求出打紙帶上B點時小車的瞬時速度大小：vB＝m/s＝0.15m/s.三、計算題要求解題步驟，和必要的文字說明（本題共36分）15、（1）0.6（2）6（3）5【解析】

(1)電動機的輸入功率P入＝UI＝0.2×3W＝0.6W.(2)電動機提升重物的機械功率P機＝Fv＝(4×3/30)W＝0.4W.根據能量關系P入＝P機＋PQ，得生熱的功率PQ＝P入－P機＝(0.6－