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)我国第一颗月球探测卫星“嫦娥一号”已于2007年10月24日在西昌卫星发射中心由“长征三号甲”运载火箭成功发射升空.假设该卫星的绕月轨道是圆形的，且距离月球表面高度为h ，并已知该卫星的运行周期为T ，月球的直径为d ，万有引力常量为G ，则可求出（ ）
A ．月球探测卫星“嫦娥一号”在离月球表面h 高度轨道上运行的速度v =πd/T
B ．月球探测卫星“嫦娥一号”绕月轨道的半径r = d + h
C ．月球质量23
2(2)2d h M GT π+=
D ．月球表面的重力加速度3
222(2)d h g d T
π+= 【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】
A. 月球探测卫星“嫦娥一号”在离月球表面h 高度轨道上运行的速度为
2ππ(2)r d h v T T
+== 故A 项与题意不相符；
B. 月球探测卫星“嫦娥一号”绕月轨道的半径
2
d r h =+ 故B 项与题意不相符；
C. 卫星绕月球做匀速圆周运动万有引力做向心力，即为
222
4π()2()2
GMm d m h d T h =++ 解得：
23
2π(2)2d h M GT
+= 故C 项与题意相符；
D. 月球表面万有引力即重力，故有
2()2
GMm mg d =
所以，重力加速度为
2322242(2)GM d h g d d T
π+== 故D 项与题意不相符．
2．某人造地球卫星绕地球做匀速圆周运动，卫星离地面越远，则
A ．所受的万有引力越小
B ．运行的角速度越大
C ．运行的线速度越大
D ．做圆周运动的周期越小
【答案】A
【解析】
【详解】
A. 根据2mM F G
r =可知，半径越大，则所受的万有引力越小，选项A 正确； B. 根据22mM G mr r ω＝可得3=GM r
ω可知，半径越大，则运行的角速度越小，选项B 错误； C. 根据2
2=r mM v G m r
可得=GM v r 可知，半径越大，运行的线速度越小，选项C 错误； D. 根据2224mM G m r r T π＝可得23
4r T GM
π=可知，半径越大，做圆周运动的周期越大，选项D 错误. 3． (本题9分)一条不可伸长的轻绳跨过质量可忽略不计的定滑轮，绳的一端系一质量
的重物，重物静止于地面上，有一质量的猴子，从绳子的另一端沿绳向上爬，如图所示，不计滑轮与绳
子间的摩擦，在重物不离开地面的条件下，猴子向上爬的最大加速度为（取
） （ ）
A ．
B ．
C ．
D ．
【答案】B
【解析】
【详解】 小猴以最大加速度向上爬行时，重物对地压力为零，故小猴对细绳的拉力等于重物的重力，即 ；小猴对细绳的拉力等于细绳对小猴的拉力F′=F ；对小猴受力分析，受重力和拉力，根据牛顿第二定律，有
，解得故B 正确；ACD 错误；
故选B
4． (本题9分)物体A 、B 、C 均静止在同一水平面上，它们的质量分别为m A 、m B 、m C ，与水平面的动摩擦因数分别为μA 、μB 、μC ，用平行于水平面的拉力F 分别拉物体A 、B 、C ，所得加速度a 与拉力F 的关系如图所示，A 、B 两直线平行，则以下关系正确的是（ ）
A ．m A ＜m
B ＜m C
B ．m A =m B ＜m
C C ．μA =μB =μC
D ．μA ＜μB =μC
【答案】D
【解析】 试题分析：根据牛顿第二定律F mg ma μ-=可得出1a F g m μ=
-，由函数关系式和图线的关系可知，图线的斜率为
1m
，所以A B C m m m =<；图线在纵轴的截距为g μ，所以A B C μμμ<＝． 故选D
考点：牛顿第二定律 点评：在解决一些图像问题时，可以通过所学物理规律列出两物理量的函数关系式，然后依据数学知识弄清截距、斜率等含义．
5． (本题9分)如图所示,质量为0.5kg 的小球在距离车底部一定高处以初速度v 0=15m/s 向左平抛,落在以
7.5m/s 速度沿光滑水平面向右匀速行驶的敞篷小车中,车底涂有一层油泥,车与油泥的总质量为4kg,取g=l0m/s 2,则当小球与小车相对静止时,小车的速度大小是( )
A ．4m/s
B ．5m/s
C ．8.5m/s
D ．9.5m/s
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】 小球抛出后做平抛运动，根据动能定理得：
2201122
mgh mv mv =- 解得：
v 0=15m/s
小球和车作用过程中，水平方向动量守恒，则有：
-mv 0+Mv=(M+m)v′
解得：
v′=5m/s 故B 正确，ACD 错误。

故选B ．
【点睛】
本题主要考查了动能定理及动量守恒定律的直接应用，根据动能定理求出小球在落到车底前瞬间的水平速度，小球和车作用过程中，水平方向动量守恒，根据动量守恒定律列式即可求解.
6． (本题9分)关于互成角度的两个初速度为零的匀变速直线运动的合运动，下述说法正确的是( ) A ．一定是直线运动
B ．一定是曲线运动
C ．可能是直线运动，也可能是曲线运动
D ．以上都不对
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】
互成角度的两个初速度为零的匀变速直线运动的合加速度恒定，合运动的性质一定是匀变速，由于两个运动的初速度为零，所以合运动一定是匀变速直线运动，故A 正确；BCD 错误；故选A
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． (本题9分)如图，两小木块a 和b （可视为质点放在水平圆盘上，a 与转轴OO '的距离为l ，质量为m ，b 与转轴的距离为2l ，质量为m ，木块与圆盘的最大静摩擦力为木块所受重力的k 倍，重力加速度大小为g 。

若圆盘从静止开始绕转轴缓慢地加速转动，用ω表示圆盘转动的角速度，下列说法正确的是（ ）
A ．a 一定比b 先开始滑动
B ．a 、b 所受的摩擦力始终相等
C ．kg l
ω=a 开始滑动的临界角速度
D ．当b 即将滑动时，a 所受摩擦力的大小为2kmg 【答案】CD 【解析】
【分析】 【详解】 AB ． 两个木块的最大静摩擦力相等。

木块随圆盘一起转动，静摩擦力提供向心力，由牛顿第二定律得：木块所受的静摩擦力f=mω2r ，m 、ω相等，f ∝r ，所以b 所受的静摩擦力大于a 的静摩擦力，当圆盘的角速度增大时b 的静摩擦力先达到最大值，所以b 一定比a 先开始滑动，故A B 错误；
C ．当a 刚要滑动时，有kmg=mω2•l ，解得：
kg l
ω= 故C 正确；
D ． 当b 刚要滑动时，有kmg=mω2•2l ，解得：
2kg l
ω= 以a 为研究对象，当2kg l ω=
时，由牛顿第二定律得：f=mω2l ，可解得： 12
f km
g = 故D 正确。

故选CD 。

8． (本题9分)如图为某运动员低空跳伞表演，假设质量为m 的运动员在下落高度h 的一段过程中受恒定阻力作用，匀加速下落的加速度为35
g(g 为重力加速度)。

在该运动过程中，下列说法正确的是（ ）
A ．运动员的重力势能减少了
35mgh B ．运动员的动能增加了35
mgh
C ．运动员克服阻力所做的功为35mgh
D ．运动员的机械能减少了25
mgh 【答案】BD
【解析】
【详解】 A 、运动员在下落高度h 的一段过程中，重力做功mgh ，运动员的重力势能减少了mgh ，故A 错误。

B 、运动员在下落高度h 的一段过程中，合外力的功W 合=mah=
35mgh ，根据动能定理W 合=n E k ，运动员的动能增加了35
mgh ，故B 正确。

CD 、根据牛顿第二定律mg-F f =ma ，运动员受到的阻力F f =
25
mg ，在下落高度h 的过程中，运动员克服阻力所做的功W f =25mgh ，根据能量守恒，运动员的机械能减少了25mgh ，故C 错误，D 正确。

9． (本题9分)如图所示，在xoy 平面的第Ⅰ象限内存在垂直xoy 平面向里的匀强磁场，两个相同的带正电粒子以相同的速率从x 轴上坐标（3，0）的C 点沿不同方向射入磁场，分别到达y 轴上坐标为（0，3L ）的A 点和B 点（坐标未知），到达时速度方向均垂直y 轴，不计粒子重力及其相互作用。

根据题设条件下列说法正确的是（ ）
A ．可以确定带电粒子在磁场中运动的半径
B ．若磁感应强度B 已知可以求出带电粒子的比荷
C ．因磁感应强度B 未知故无法求出带电粒子在磁场中运动时间之比
D ．可以确定B 点的位置坐标
【答案】AD
【解析】
【分析】
【详解】
A ．已知粒子的入射点及出射方向，同时已知圆上的两点，根据出射点速度相互垂直的方向及AC 连线的中垂线的交点即可明确粒子运动圆的圆心位置，由几何关系可知AC 长为
22(3)+(3)23AC L L L L ==
且有
30BAC ︒∠=
则 2=2
cos30AC
L R L ︒= 因两粒子的速率相同，且是同种粒子，则可知，它们的半径相同，即两粒子的半径均可求出，故A 正确；
B ．由公式
2
v
qvB m r
= 得
mv r qB
= 由于不知道粒子的运动速率，则无法求出带电粒子的比荷，故B 错误；
C ．根据几何关系可知从A 射出的粒子对应的圆心角为120︒，B 对应的圆心角为60︒；即可确定对应的圆心角，由公式
2πt T θ
=
由于两粒子是同种粒子，则周期相同，所以可以求出带电粒子在磁场中运动时间之比，故C 错误； D ．由几何关系可求得B 点对应的坐标，故D 正确。

故选AD 。

10．如图所示，细线的一端固定于O 点，另一端系一小球，在水平拉力F 作用下，小球以恒定速率在竖直平面内由A 点运动到B 点的过程中（ ）
A ．小球的机械能保持不变
B ．小球受的合力对小球不做功
C ．水平拉力F 的瞬时功率逐渐减小
D ．小球克服重力做功的瞬时功率逐渐增大
【答案】BD
【解析】
试题分析：由于以恒定速率从A 到B ，说明动能没变，由于重力做负功，拉力不做功，所以外力F 应做正功．因此机械能不守恒A 错，B 对．因为小球是以恒定速率运动，即它是做匀速圆周运动，那么小球受到的重力G 、水平拉力F 、绳子拉力T 三者的合力必是沿绳子指向O 点．设绳子与竖直方向夹角是θ，则F tan G
θ＝（F 与G 的合力必与绳子拉力在同一直线上）得F G*tan ＝θ而水平拉力F 的方向与速度V 的方向夹角也是θ，所以水平力F 的瞬时功率是P F*V *cos θ水平＝即
P G *tan *V *cos G *V?*?sin θθθ=水平＝（）＝显然，从A 到B 的过程中，θ是不断增大的，所以水平拉力F 的瞬时功率是一直增大的，C 错D 对．
考点：动能定理、功率
点评：本题考查了动能定理，通过功率公式分析瞬时功率的大小问题，本题综合程度较高，属于难题 11． (本题9分)一个重为mg 的物体在外力F 作用下，从静止开始沿一条竖直平面内的直线斜向下运动，直线轨迹与竖直方向成30°角，不计空气阻力，则该物体机械能大小的变化可能是
A ．若0.5F mg =，则物体运动过程中机械能守恒
B ．若0.6F mg =，则物体运动过程中机械能可能增大，也可能减小
C ．若0.8F mg =，则物体运动过程中机械能一定越来越大
D ．若 1.2F mg =，则物体运动过程中机械能一定越来越大
【答案】ABD
【解析】
【详解】
A.因为物体做直线运动，拉力F 和重力的合力与运动轨迹在同一直线上，当外力sin300.5mg mg ︒=时，F 的方向垂直于运动的直线，F 不做功，A 正确；
BC.当F 大于0.5mg 小于mg 时，F 的方向不可能与轨迹垂直，或斜向上或斜向下。

因此F 可能做正功，也可能做负功，机械能可能增大，也可能减小，B 正确，C 错误。

D.若 1.2F mg =时F 的方向与运动轨迹成锐角，故一定要做正功，机械能越来越大，D 正确。

12． (本题9分)如图所示，足够长的光滑细杆PQ 水平固定，质量为2m 的物块A 穿在杆上，可沿杆无摩擦滑动，质量为0.99m 的物块B 通过长度为L 的轻质细绳竖直悬挂在A 上，整个装置处于静止状态，A 、B 可视为质点。

若把A 固定，让质量为0.01m 的子弹以v 0水平射入物块B （时间极短，子弹未穿出）后，物块B 恰好能在竖直面内做圆周运动，且B 不会撞到轻杆。

则（ ）
A ．在子弹射入物块
B 的过程中，子弹和物块B 构成的系统，其动量和机械能都守恒
B ．子弹射入物块B 的初速度v 05gL
C ．若物块A 不固定，子弹仍以v 0射入时，物块上摆的初速度将小于原来物块A 固定时的上摆初速度
D ．若物块A 不固定，子弹仍以v 0射入，当物块B 摆到与PQ 等高时，物块A 5gL 【答案】BD
【解析】
【详解】
A.在子弹射入物块B 的过程中，子弹和物块B 构成的系统，合外力冲量远小于内力冲量，其动量守恒，但由于要产生内能，所以机械能不守恒，故A 错误。

B.物块B 恰好能在竖直面内做圆周运动，在最高点时由重力提供向心力，根据牛顿第二定律得： 21v mg m L
=， 得
1v gL B 从最低点到最高点的过程，根据机械能守恒定律得
221211222
mg L mv mv ⋅+= 子弹射入物块B 的过程，取水平向右为正方向，由动量守恒定律得
0.01mv 0=（0.01m+0.99m ）v 2
联立解得
25
v gL =
01005
v gL
=，
故B正确。

C.若物块A不固定，子弹仍以v0射入时，根据动量守恒定律知物块上摆的初速度等于原来物块A固定时的上摆初速度。

故C错误。

D.若物块A不固定，子弹仍以v0射入，当物块B摆到与PQ等高时，设A的速率为v A，B的水平速率为v B．根据水平动量守恒有
（0.01m+0.99m）v2=（2m+0.01m+0.99m）v A．
得
5 A gL
v=，
故D正确。

三、实验题:共2小题，每题8分，共16分
13．(本题9分)如图所示为“探究求合力方法”的实验，下列说法正确的是___________
A．实验前调节弹簧测力计使指针指零刻度线，然后用两个弹簧测力计对拉，检查两个弹簧测力计示数是否相等；
B．甲图中，用两个弹簧测力计分别钩住绳套，互成角度地拉橡皮条，使橡皮条伸长，结点到达某一位置O，记录下O点的位置，同时只需读出两个弹簧测力计的示数1F和2F的大小即可；
C．乙图中，用一个弹簧测力计，通过细绳套拉橡皮条使其结点达到同一位置O；
D．丙图中，用铅笔和刻度尺作出拉力1F、2F和F的图示，用虚线把1F、2F和F的箭头端连接观察其图形特征，多次实验得出实验结论。

【答案】ACD
【解析】
【详解】
A、弹簧测力计是测出力的大小，所以实验前调节弹簧测力计使指针指零刻度线，然后用两个弹簧测力计对拉，检查两个弹簧测力计示数是否相等，故选项A正确；
BC、该实验采用“等效替代法”，即一个弹簧秤和两个弹簧秤分别拉橡皮条时，细绳套的结点时应该拉至同一位置O点，由于力是矢量，因此在记录数据时，不光要记录力的大小，还要记录其方向，故选项C正确，B错误；
D、用铅笔和刻度尺作出拉力1F、2F和F的图示，用虚线把1F、2F和F的箭头端连接观察其图形特征，多次重复上述实验，看看是否与第一次得到的结果一致，得出结论，故选项D正确。

14．(本题9分)利用图示装置进行验证机械能守恒定律的实验时，需要测量物体由静止开始自由下落到某点时的瞬时速度v和下落高度h．某班同学利用实验得到的纸带，设计了以下四种测量方案：
a．用刻度尺测出物体下落的高度h,并测出下落时间t．通过v=gt计算出瞬时速度v．
b．用刻度尺测出物体下落的高度h,并通过v=2gh计算出瞬时速度v．
c．根据做匀变速直线运动时纸带上某点的瞬时速度，等于这点前后相邻两点间的平均速度，浊算出图时
速度v,并通过h=
2
2
v
g
计算出高度h．
d．用刻度尺测出物体下落的高度h,根据做匀变速直线运动时纸带上某点的瞬时速度，等于这点前后相邻两点间的平均速度，测算出瞬时速度v．
（1）以上方案中只有一种正确，正确的是．（填入相应的字母）
（2）本实验计算出重力势能的减小为，对应动能的增加为，由于不可避免地存在阻力，应该是（等于，略大于，略小于）
【答案】（1）d （2）略大于
【解析】
【分析】
【详解】
(1)该实验是验证机械能守恒定律的实验．因为我们知道自由落体运动只受重力，机械能就守恒．如果把重
物看成自由落体运动，再运用自由落体的规律求解速度，那么就不需要验证呢．其中ABC 三项都是运用了自由落体的运动规律求解的，故abc 错误，d 正确．
（2）物体下落过程中存在阻力，重力势能没有全部转化为动能，因此重力势能的减少量△Ep 略大于动能的增加量为△E K ．
四、解答题：本题共3题，每题8分，共24分
15． (本题9分)第24届冬奥会将于2022年在北京举行，冰壶是比赛项目之一。

如图甲，蓝壶静止在大本营圆心O 处，红壶推出后经过P 点沿直线向蓝壶滑去，滑行一段距离后，队员在红壶前方开始。

不断刷冰，
直至两壶发生正碰为止。

已知，红壶经过P 点时速度v 0=3.25m/s ，P 、O 两点相距L=27m ，大本营半径R=1.83m ，
从红壶进人刷冰区域后某时刻开始，两壶正碰前后的v-t 图线如图乙所示。

假设在未刷冰区域内两壶与冰面间的动摩擦因数恒定且相同，红壶进入刷冰区域内与冰面间的动摩擦因数变小且恒定，两壶质量相等且均视为质点。

（1）试计算说明碰后蓝壶是否会滑出大本营；
（2）求在刷冰区域内红壶滑行的距离s 。

【答案】（1）会滑出；（2）s=15m
【解析】
【分析】
【详解】
（1）设冰壶的质量为m ，碰撞前、后瞬间红壶、蓝壶的速度分别为v 1、1v '和2v '，由图乙可得 v 1=1.25m/s
1v '=0.25m/s
由动量守恒定律得
112mv mv mv ''=+①
设碰后蓝壶滑行距离为s 1，红壶、蓝壶的加速度大小均为a 1
2211
2v s a '=② 12100.25m/s v a t '
-==∆③
由①②③及图乙信息得
s 1=2.00m>R=1.83m④
会滑出；
（2）设在不刷冰区域红壶受到的摩擦力大小为1f
11=f ma ⑤
由图乙可得t=0时红壶的速度0v '=1.35m/s ，设在刷冰区域红壶受到的摩擦力大小为2f ，加速度大小为2a
22=f ma ⑥ 102
20.10m/s v v a t '
-==∆
在红壶经过P 点到与蓝壶发生正碰前的过程中，由动能定理得
22121011()22
f L s f s mv mv ---=-⑧ 由③⑤⑥⑦⑧式及代入数据得
s=15m⑨
16． (本题9分)如图所示，某同学测出一棵苹果树树干部分的高度约为1.6m ，一个苹果从树冠顶端的树
梢上由于受到扰动而自由下落，该同学测出苹果经过树干所用的时间为0.2s ，重力加速度取10m/s 2，则：
（1）苹果树树冠部分的高度约为多少？
（2）苹果落地时的速度为多大？
【答案】（1）2.45m （2）9m/s
【解析】
试题分析：设开始下落到达树干的时间为t ，结合位移关系列式，从而根据位移时间公式求出物体开始下落时树冠的高度，根据v=gt 求出末速度．
（1）设树冠高度为h 1，树干高度为h 2，苹果从顶部下落到树干顶部的速度为v 0，
则 2
2012h v t gt ＝＋ 代入数据解得：v 0＝7 m/s
又根据速度位移公式:2012v gh ＝， 代入数据解得：h 1＝2.45 m.
（2）设树的总高度为H ，苹果落地的速度为v 1，则
根据速度位移公式：212v gH ＝
总高度为：H ＝h 1＋h 2＝4.05 m
联立解得：v 1＝9 m/s.
点睛：本题主要考查了自由落体运动，在结合位移时间公式进行求解，属于基础题．
17． (本题9分)如图所示，质量为2m 的木板，静止在光滑水平面上，木板左端固定着一根轻质弹簧，一质量m=1kg ，大小不计的木块，从木板右端以未知初速度0v 开始沿木板向左滑行，最终回到了木板右端刚好与未从木板滑出。

若在木块压缩弹簧的过程中，弹簧的弹性势能可达到的最大值为6J ，木块与木板间滑动摩擦力大小保持不变，求：
（1）当弹簧弹性势能最大时，木块的速度与初速度的大小之比；
（2）未知初速度0v 的大小及木块在木板上滑动的过程中系统损失的机械能。

【答案】（1）013
v v =（2）6m/s 12J 【解析】
【详解】
（1）弹簧的弹性势能最大，设此时的速度为v ，系统的动量守恒，由动量守恒定律可得：
()02mv m m v =+ 解得：013
v v = （2）当木块向左运动到和木板的速度相等时，由能量的转化与守恒：
220pm 11322
mv mv E mgL μ-=+ 从初状态到木块又滑到木板右端，两者相对静止，共同的速度仍为v ，由能量的转化与守恒： 220113222
mv mv mgL μ-= 以上方程解得：pm
0666m/s 6m/s 1
E v m ⨯=== 这个过程中，木块的初速度为0v ，两者的共同速度为012m/s 3v v =
= 所以系统损失的机械能为：
22011312J 22
E mv mv ∆=-=。