山东省烟台市2022届物理高一(下)期末学业质量监测模拟试题含解析

山东省烟台市2022届物理高一(下)期末学业质量监测模拟试题
一、单项选择题：本题共6小题，每小题5分，共30分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的
1． (本题9分)在输液时，药液有时会从针口流出体外，为了及时发现，设计了一种报警装置，电路如图所示．M 是贴在针口处的传感器，接触到药液时其电阻R M 发生变化，导致S 两端电压U 增大，装置发出警报，此时( )
A ．R M 变大，且R 越大，U 增大越明显
B ．R M 变大，且R 越小，U 增大越明显
C ．R M 变小，且R 越大，U 增大越明显
D ．R M 变小，且R 越小，U 增大越明显
2． (本题9分)绕地球做匀速圆周运动的人造地球卫星，其轨道半径越大，则它运行的
A ．速度越小，周期越小
B ．速度越小，周期越大
C ．速度越大，周期越小
D ．速度越大，周期越大
3．比值定义法是定义物理概念常用的方法，下列哪个表达式属于比值定义式（ ）
A ．电流I=U/R
B ．电场强度E=F/q
C ．电阻R=ρl/S
D ．电容
4．下列物理量中属于矢量的是（ ）
A ．电场强度
B ．势能
C ．功
D ．电荷量
5． (本题9分)如图，倾角为45α=︒的斜面ABC 固定在水平面上，质量为m 的小球从顶点A 先后以初速度0v 和02v 向左水平抛出，分别落在斜面上的1P 、2P 点，经历的时间分别为1t 、2t ；A 点与1P 、1P 与2P 之间的距离分别为1l 和2l ，不计空气阻力影响。

下列说法正确的是（ ）
A ．12:1:1t t =
C．两球刚落到斜面上时的速度比为1∶4
D．两球落到斜面上时的速度与斜面的夹角正切值的比为1∶1
6．某物体受到恒定合外力作用而做曲线运动，下列判断正确的是
A．该物体的运动轨迹可能为圆
B．在相等的时间内物体的速度变化量相等
C．在相等的时间内合外力做的功一定相等
D．该物体的速度方向与合外力方向之间的夹角越来越大
二、多项选择题：本题共6小题，每小题5分，共30分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分
7．将三个木板1、2、3固定在墙角，木板与墙壁和地面构成了三个不同的三角形，如图所示，其中1与2底边相同，2和3高度相同.现将一个可视为质点的物块分别从三个木板的顶端由静止释放，并沿木板下滑到底端，物块与木板之间的动摩擦因数μ均相同。

在这三个过程中，下列说法正确的是（）
A．沿着1和2下滑到底端时，物块速度的大小不相等；沿着2和3下滑到底端时，物块速度的大小相等B．沿着1下滑到底端时，物块的速率最大
C．物块沿着3下滑到底端的过程中，产生的热量是最多的
D．物块沿着1和2下滑到底端的过程中，沿着1下滑产生的热量多
8．一个不带电的空心金属球壳，在它的球心处放一带正电的小球，如图所示。

达到静电平衡时，其电场分布正确的是()
A．B．C．D．
9．如图所示，在倾角θ＝30°的光滑固定斜面上，放有两个质量分别为1kg和1kg的可视为质点的小球A 和B，两球之间用一根长L＝0.1m的轻杆相连，小球B距水平面的高度h＝0.1m．两球从静止开始下滑到光滑地面上，不计球与地面碰撞时的机械能损失，g取10m/s1．则下列说法中正确的是（）
A．下滑的整个过程中A球机械能不守恒
D．下滑的整个过程中B球机械能的增加量为2 3 J
10．(本题9分)对于质量不变的物体，下列关于动量的说法正确的是（）
A．若物体的速度不变，动量一定不变
B．若物体的速率不变，动量一定不变
C．若物体动能变化，动量一定变化
D．若物体动量变化，动能一定变化
11．(本题9分)下列关于电源电动势的说法正确的是
A．电源是通过静电力把其它形式的能转化为电能的装置
B．电动势在数值上等于非静电力把1C的正电荷在电源内从负极移送到正极所做的功
C．电源电动势反映了电源内部非静电力做功的本领
D．把同一电源接在不同的电路中，电源的电动势将变化
12．一新型赛车在水平专用测试道上进行测试，该车总质量为m＝1×103kg，由静止开始沿水平测试道运动，用传感设备记录其运动的图象如图所示。

该车运动中受到的摩擦阻力（含空气阻力）恒定，且摩擦阻力跟车的重力的比值为μ＝0.1．赛车在0～5s的图象为直线，5s末该车发动机达到额定功率并保持该功率行驶，在5～10s之间，赛车的图象先是一段曲线，后为直线。

取g＝10m/s1，则（）
A．该车的额定功率为4×104W
B．该车的额定功率为1.1×105W
C．该车匀加速阶段的加速度a＝4m/s1
D．该车出发后10s内的总位移为150m
三、实验题:共2小题，每题8分，共16分
13．(本题2分)在《验证机械能守恒定律》的实验中．
A．先将固定在重物上的纸带穿过打点计时器，再将打点计时器固定在铁架台上
B．先用手提着纸带，使重物静止在打点计时器下方，再接通电源
C．先放开纸带让重物下落，再接通打点计时时器的电源
D．先取下固定在重物上的打好点的纸带，再切断打点计器的电源
（2）已知打点计时器所用电源的频率为50Hz，查得当地的重力加速度g =2．8m/s2，测得所用的重物的质量2．00kg，实验中得到一条点迹清晰的纸带，如图，把第一个点记作O，另选连续的4个点A，B，C，D 作为测量的点，经测量知道A，B，C，D个点到O点的距离分别为3．22cm，4．28cm，5．4cm，6．73cm．根据以上数据，可知重物由O点运动到C点，重力势能的减少等于_______ J，动能增加量等于_______ J．（计算结果留三位有效数字）
实验结论是
14．在利用重锤下落验证机械能守恒定律的实验中：
（1）实验中动能的增加量略小于重力势能的减少量，其主要原因是_____
A、重物下落的实际距离大于测量值
B、重物下落的实际距离小于测量值
C、重物下落受到阻力
D、重物的实际末速度大于计算值
（2）如图所示，有一条纸带，各点距A点的距离分别为d1，d2，d3，，各相邻点间的时间间隔为T，当地重力加速度为g，要用它来验证物体从B到G处的机械能是否守恒，则B点的速度表达式为v B＝_____，G 点的速度表达式为v G＝_____，
（3）若B点和G点的速度v B、v G以及BG间的距离h均为已知量，则当满足_____时，物体的机械能守恒．四、解答题：本题共3题，每题8分，共24分
15．(本题9分)如图，一内壁光滑、质量为m1＝0.1kg、半径为R＝0.1m的环形细圆管，固定在一个质量为M＝0.5kg的长方体基座上。

一质量为m2＝0.2kg的小球（可看成质点）在管内做完整的圆周运动，长方体与地面不粘连，且始终相对地面静止。

重力加速度记为g＝10m/s2，求：
（1）当小球以速率v1=5m/s经过最低点时，地面对长方体的支持力大小；
（2）当小球经过最高点时，若长方体对面的压力恰好为零，此时小球的速率v2为多大？
16．(本题9分)有一半径可在（0，H）范围内调节的竖直固定的1
4
光滑圆弧轨道，其圆心O到水平地面
的高度为H，质量为m的小球（视为质点）从轨道的最高点A由静止开始沿轨道滑下，从轨道的最低点B 离开后做平抛运动，落到地面上的C点。

重力加速度大小为g。

(1)试证明小球滑到B点时，对轨道压力的大小恒为3mg；
(2)求B、C两点间的最大水平距离
m
x；
(3)在B、C两点间的水平距离最大的情况下，求小球落地前瞬间的速度方向与水平方向的夹角θ。

17．(本题9分)如图所示，用细圆管组成的光滑轨道AB部分平直，BC部分是处于竖直平面内半径为R 的半圆，圆管截面半径r<<R．有一质量为m，半径比r略小的光滑小球以水平初速度v0射入圆管．
（1）若要小球能从C端出来，初速度v0需多大？
（2）在小球从C端出来的瞬间，管壁对小球的压力为1
2
mg，那么小球的初速度v0应为多少？
参考答案
一、单项选择题：本题共6小题，每小题5分，共30分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的
1．C
【解析】
试题分析：S 两端电压U 增大，故传感器两端电压一定减小；当“有药液从针口流出体外”使传感器接触药液，R M 变小；当R ＞R M 时，R 越大，M 与R 并联的电阻R 并越接近R M ，U 增大越明显；故选C ． 考点：本题考查了闭合电路的欧姆定律．
2．B
【解析】
人造卫星做匀速圆周运动，设卫星的质量为m ，轨道半径为r ，地球质量为M ．根据万有引力提供向心
力有F F =向，2=Mm F G r ，2
222π=v F m m r m r ma r T ω⎛⎫=== ⎪⎝⎭向． 计算得出：
GM v r
=…① 3
2π=2πx r T v GM
=…② 所以卫星的轨道半径越大，速度越小，周期越大．故B 正确．
故选B ．
3．B
【解析】
【详解】
A.电流为欧姆定律的表达式，电流与电压U 成正比，与R 成反比，故不属于比值定义法，故A 不符合题意；
B.电场强度中，电场强度是电场本身的性质，与电场力和电荷量无关，属于比值定义法，故B 符合题意；
C. 电阻R=ρl/S 是电阻的决定式，故不属于比值定义法，故C 不符合题意；
D.电容的决定式 中C 与介电常数、正对面积以及板间距d 均有关，不属于比值定义法，故D 不
A. 电场强度既有大小又有方向，是矢量，选项A 正确；
B. 势能只有大小无方向，是标量，选项B 错误；
C. 功只有大小无方向，是标量，选项C 错误；
D. 电荷量只有大小无方向，是标量，选项D 错误．
5．D
【解析】
【分析】
【详解】
A ．平抛运动落在斜面上时，竖直方向的位移和水平方向上位移比值一定
2012tan gt y x v t
α=＝ 解得
02tan v t g
α= 可知时间与初速度成正比，所以12:1:2t t =，故A 错误；
B ．落点到A 点的距离
2002cos cos c s t o an v t v x l g αααα
=== 可知距离与初速度的平方成正比，所以12:1:4l l =，故B 错误；
CD ．设速度与水平方向的夹角为θ，有
00
tan 2tan y
v gt v v θα=== 则知小球落在斜面上时速度方向相同，所以两球落到斜面上时的速度与斜面的夹角相同，夹角正切值的比为1∶1，
则落到斜面上时的速度为
0cos v v θ
= 则可知刚落到斜面上时的速度与初速度成正比，所以两球刚落到斜面上时的速度比为1∶2，故C 错误，D 正确。

A. 物体做匀速圆周运动时合外力提供向心力，向心力方向是变化的，所以在恒定合外力作用的运动轨迹不可能是圆，故A 项不符合题意；
B. 物体受到恒定合外力作用，由牛顿第二定律可知其加速度不变，则在相等的时间内物体的速度变化量v a t ∆=∆相等，故B 项符合题意；
C. 曲线运动在相等时间内，位移不一定相同，所以合外力做的功不一定相等，故C 项不符合题意；
D. 某物体受到恒定合外力作用而做曲线运动，其运动的轨迹为抛物线，结合其特点可知，该物体的速度方向与合外力方向之间的夹角越来越小，故D 项不符合题意．
二、多项选择题：本题共6小题，每小题5分，共30分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分
7．BC
【解析】
【详解】
对物块从高为h 的斜面上由静止滑到底端时，根据动能定理有
212
f mgh W mv -= ① 其中W f 为物块克服摩擦力做的功，因滑动摩擦力
cos f N mg μμθ==
所以物块克服摩擦力做的功为
cos f W fL mg L mgL μθμ==⋅=底②
由图可知，Lcosθ为斜面底边长可见，物体从斜面顶端下滑到底端时，克服摩擦力做功与斜面底端长度L 底成正比。

AB.B 因沿着1和2下滑到底端时，物体克服摩擦力做功相同，沿着1重力做功大于沿2重力做功，根据①式得知，沿着1下滑到底端时物块的速度大于沿2下滑到底端时速度；沿着2和3下滑到底端时，重力做功相同，而沿2物体克服摩擦力做功小于沿3克服摩擦力做功，则由①式得知，沿着2下滑到底端时物块的速度大于沿3下滑到底端时速度，所以沿着1下滑到底端时，物块的速率最大，而沿着3下滑到底端时，物块的速率最小，故A 项与题意不相符，B 项与题意相符；
C. 沿3时克服摩擦力做的功最多，物体的机械能损失最大，产生的热量最多，故C 项与题意相符；
D. 因沿着1和2下滑到底端时，物体克服摩擦力做功相同，物块沿1和2下滑到底端的过程中，产生的热量一样多，故D 项与题意不相符。

8．CD
AC. 由于电场线是从正电荷或者无穷远出发出的，所以正点荷的电场线都是向外的，由于静电感应，金属球的内壁和外壁会出现感应电荷，会产生感应电场，感应电场的方向是与正电荷的电场的方向相反，最终达到平衡时，在球壳内部的电场为零，所以没有电场线，在球壳的外部电场线的方向是向外的，故A 项与题意不符，C 项与题意相符；
BD. 当金属球的外壳接地时，金属球与大地形成一个等势体，所以金属球的外面没有电场线，故B 项与题意不符，D 项与题意相符。

9．AD
【解析】
【详解】
AB ．在下滑的整个过程中，只有重力对系统做功，系统的机械能守恒，但在B 在水平面滑行，而A 在斜面滑行时，杆的弹力对A 做功，所以A 球机械能不守恒，故选项A 正确，B 错误；
C ．根据系统机械能守恒得2130()()2A B A B m g h Lsin m gh m m v +︒+=
+，代入解得26/v m s =，故选项C 错误．
D ．系统下滑的整个过程中B 球机械能的增加量为
21223
B B m v m gh J -=，故选项D 正确． 10．AC
【解析】
【详解】
A.因为速度是矢量，速度不变，即大小和方向都不变，由P mv =可知，动量是不变的，故A 正确。

B. 因为速度是矢量，速率不变，即速度的大小不变，但是方向可能变化，因为动量是时矢量，速度的方向变化，动量也变化，故B 错误。

C.因为动能是标量，动能变化了，说明速度的大小变化，所以动量也一定变化，故C 正确。

D.因为动量是矢量，动量变化，可能是速度的方向变化，而大小不变，因为动能是标量，速度的方向变化而大小不变，动能不变，故D 错误。

11．BC
【解析】
【分析】
电动势是表示电源把其它形式的能转化为电能的本领大小的物理量．电动势由电源本身的特性决定，与外电路的结构无关．
【详解】
电源是把其他形式的能（非静电力）转化为电能的装置，电源电动势反映了电源内部非静电力做功的本领，
做的功，B 正确；电动势由电源本身的特性决定，与外电路的结构无关，D 错误．
12．BCD
【解析】
【详解】
ABC 、0s~5s 赛车作匀加速运动，由图象可知：，5秒末时达到额定功率为P ，由牛顿定律有：，代入数据有，解得额定功率为P=1.1×105W ，故A 错误BC 正确；
D ．前5秒内位移为：；赛车匀速运动时有：，解得：
，在5s ∼
10s 内的，发动机已经达到额定牵引功率，且在10s 时车的速度已达到最大速度，由动能定理得：，代入数据解得：，总位移为：
，D 正确；
三、实验题:共2小题，每题8分，共16分
13．B 7.3 4.56
【解析】
试题分析：（2）应先将打点计时器固定在铁架台上，再将纸带穿过打点计时器，最后将纸带固定在重物上，故A 错误；先用手提着纸带，使重物静止在打点计时器下方，再接通电源，然后释放重物，故B 正确；、如果先放开纸带让重物下落，再接通打点计时时器的电源，由于重物运动较快，不利于数据的采集和处理，会对实验产生较大的误差，故C 错误；实验结束应立即切断电源以防仪器的损坏，然后再取下固定在重物上的打好点的纸带，故D 错误．
（2）重物由O 点运动到C 点，重力势能的减小量19.80.77707.61p E mgh J J ∆==⨯⨯=， 在匀变速直线运动中时间中点的瞬时速度等于该过程中的平均速度，因此有：
0.85730.7018 3.89/20.02C v m s -==⨯，则动能的增加量221111 3.897.56222
k c E mv J J ==⨯⨯=（），由此得出结论，在误差允许的范围内，物体的机械能守恒．
考点：验证机械能守恒定律
【名师点睛】该题主要考查了验证机械能守恒定律的实验的操作步骤和运用运动学规律、功能关系去处理实验数据的能力，纸带问题的处理时力学实验中常见的问题，对于这类问题要熟练应用运动学规律和推论进行求解，计算过程中要注意单位的换算和有效数字的保留．
【详解】
第一空.在该实验中，由于摩擦力、空气阻力等阻力的存在，重锤动能的增加量略小于重力势能的减少量，故C 正确；
第二空.在匀变速直线运动中，时间中点的瞬时速度等于该过程中的平均速度，因此有：
B 点速度2 22A
C B x d v T T
＝＝ 第三空.G 点速度75
22FH G d d x v T T -＝＝ 第四空.若从B 到G 机械能守恒，则
12mv B 2+mgh=12
mv G 2，即v G 2-v B 2=2gh ，所以当v G 2-v B 2=2gh 时，机械能守恒． 四、解答题：本题共3题，每题8分，共24分
15． (1)18N(2)2m/s
【解析】
【详解】
(1) 设当小球经过最低点时受到圆管对它的支持力为N ，小球对圆管的压力为F N ，地面对长方体的支持力大小为F 支，小球的向心力为：
2122v m N m g R
=- 由牛顿第三定律可知：
2122N v F N m m g R
==+ 地面对长方体的支持力大小
F 支=F N +Mg+m 1g
代入数据联立解得：
F 支=18N
(2) 当小球经过最高点时，小球对管道的压力为F N2，小球对圆管的支持力为N 2，根据题意得
22222N v m F m g R
=+ 根据牛顿第三定律有：
222222N v N F m m g R
==- 要使长方体对地面的压力恰好为零，则
代入数据联立解得：
v 2=2m/s
16． (1)见解析；(2)H ；(3)45︒
【解析】
【分析】
本题考查牛顿定律、动能定理以及圆周运动、平抛运动公式应用
【详解】
(1)设圆弧轨道的半径为R ，小球滑到B 点时的速度大小为0v ，对小球由A 点滑到B 点的过程，由动能定理有
2012
mgR mv = 设小球滑到B 点时所受轨道支持力的大小为F ，有
20v F mg m R
-= 由牛顿第三定律可知，此时小球对轨道的压力大小为
N F F =
解得
N 3F mg =
故与R 无关。

(2)设小球从B 点落到C 点的时间为t ，B 、C 两点间的水平距离为x ，则有 212
H R gt -= 0x v t =
解得
x =当0.5R H =时，x 有最大值，最大值为
m x H =
(3)设此时小球水平方向与竖直方向的速度大小分别为x v 、y v ，则有 210.52
x mg H mv ⋅= 2y 2(0.5)v g H H =-
又有
y tan x v v θ=
联立以上等式解得
tan 1θ=
即
45θ︒=
【点睛】
圆周运动向心力2v F m r
=向、平抛运动速度方向与地面夹角y tan x v v θ=。

17．（1）v 0≥2gR （2）
112gR 或92gR 【解析】
（1）选AB 所在平面为参考平面，从A 至C 的过程中，根据机械能守恒定律：2012mv ＝2mgR ＋①
在最高点C 小球速度满足v C ≥0②
由①②得v 0≥2 （2）小球在C 处受重力mg 和细管竖直方向的作用力F N ，根据牛顿第二定律，得： mg ＋F N ＝③
由①③解得F N ＝
－5mg④
讨论④式，即得解： a ．当小球受到向下的压力时，
F N ＝mg ，v 0＝
b ．当小球受到向上的压力时，
F N ＝－mg ，v 0＝．。