海口市名校2022届物理高一(下)期末复习检测模拟试题含解析

海口市名校2022届物理高一(下)期末复习检测模拟试题
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)下列图中，a、b、c是匀强电场中的三个点，各点电势φa＝10 V，φb＝2 V，φc＝6 V，a、b、c三点在同一平面上，图中电场强度的方向表示正确的是()
A．B．
C．D．
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】
据题，a、b、c三点的电势分别φa=10V，φb=2V，φc=6V，因为匀强电场中沿电场线方向相同距离电势差相等，则得ab两点连线的中点的电势为φ==6V，因此该中点与C点的连线为等势面，那么与连线垂直的直线即为电场线，由于φa=10V，φb=2V，又因为电势沿着电场线降低，故D正确．
2．(本题9分)如图所示，翘翘板的支点位于板的中点，A、B两小孩距离支点一远一近．在翘动的某一时刻，A、B两小孩重心的线速度大小分别为v A、v B，角速度大小分别为ωA、ωB，则
A．v A≠v B，ωA=ωB B．v A=v B，ωA≠ωB
C．v A=v B，ωA=ωB D．v A≠v B，ωA≠ωB
【答案】A
【解析】
解：A与B均绕翘翘板的中点做圆周运动，在相同的时间转过的角度相等，由角速度的定义式ω=，两人角速度相等．
A、B两小孩距离支点一远一近，由角速度与线速度关系公式v=ωr，两人的转动半径不相同，故两人的线
速度大小不相同，故C正确，ABD错误；
故选C．
【考点】线速度、角速度和周期、转速．
【专题】定性思想；推理法；匀速圆周运动专题．
【分析】A与B均绕绕翘翘板的中点做圆周运动，周期相同，转动半径相同，可根据角速度定义式和线速度与角速度关系公式判断．
【点评】解答本题关键要知道共轴转动角速度相等，同时要能结合公式v=ωr判断，当然本题也可直接根据线速度定义式来分析确定．
3．(本题9分)下列说法不正确的是（）
A．平抛运动的物体速度变化的方向始终是竖直向下的
B．做圆周运动的物体所受各力的合力一定是向心力
C．两个速率不等的匀速直线运动的合运动一定也是匀速直线运动
D．做圆周运动的物体，其加速度不一定指向圆心
【答案】B
【解析】
A、平抛运动的物体速度变化的方向与加速度方向相同，始终是竖直向下，故A正确；
B、匀速圆周运动的物体的合力一定是向心力，而变速圆周运动则不一定，故B错误；
C、匀速直线运动的物体速度不变，两个速率不等的匀速直线运动合成后速度也不变，其合运动一定也是匀速直线运动，故C错误；
D、曲线运动可能是一种匀变速运动，例如平抛运动，故选项D错误。

点睛：对于平抛运动、圆周运动、运动的合成等多个知识点，较难的是对圆周运动向心力的理解，要区分匀速圆周运动与变速圆周运动。

4．(本题9分)（题文）某人造地球卫星绕地球做匀速圆周运动，实施变轨后卫星的线速度减小到原来的，此时卫星仍做匀速圆周运动，则（）
A．卫星的向心加速度减小到原来的
B．卫星的角速度减小到原来的
C．卫星的周期增大到原来的8倍
D．卫星的半径增大到原来的2倍
【答案】C
【解析】卫星绕地球做圆周运动万有引力提供圆周运动向心力有： 可得线速度 ，可知线速度减为原来的时，半径增加为原来的4倍，故D 正确；向心加速度
知，半径增加为原来的4倍，向心加速度减小为原来的，故A 错误；周期 知，半径增加为原来的4倍，周期增加为原来的8倍，故C 错误；角速度 知，半径增加为原来的4倍，角速度减小为原来的倍，故B 错误．故选D ．
点睛：根据万有引力提供圆周运动向心力，由此确定描述圆周运动的物理量与轨道半径的关系，熟练掌握相关规律是解决问题的关键.
5． (本题9分)2018年12月27日，北斗三号基本系统已完成建设，开始提供全球服务其导航系统中部分卫星运动轨道如图所示：a 为低轨道极地卫星；b 为地球同步卫星；c 为倾斜轨道卫星，其轨道平面与赤道平面有一定的夹角，周期与地球自转周期相同。

下列说法正确的是（ ）
A ．卫星a 的机械能一定比卫星b 的机械能大
B ．卫星a 的机械能一定比卫星b 的机械能小
C ．卫星b 的向心加速度与卫星c 的向心加速度大小相等
D ．卫星b 的向心加速度与卫星c 的向心加速度大小不相等
【答案】C
【解析】
【详解】
AB ．由于卫星a 与卫星b 质量未知，所以无法确卫星a 的机械能与卫星b 的机械能的关系，故选项AB 错误；
CD ．根据万有引力提供环绕天体的向心力，2GMm ma r =，得2
GM a r =，卫星b 和卫星c 的运行半径相同，所以卫星b 的向心加速度与卫星c 的向心加速度大小相等，故选项C 正确，D 错误。

6． (本题9分)关于物体的动量，下列说法中正确的是( )
A ．物体的动量越大，其惯性也越大
B ．同一物体的动量变了，其动能也一定变了
C ．物体的加速度不变，其动量一定不变
D ．运动物体在任一时刻的动量方向一定是该时刻的速度方向
【答案】D
【解析】
【详解】
惯性大小的唯一量度是物体的质量，如果物体的动量大，但也有可能物体的质量很小，所以不能说物体的动量大其惯性就大，A 错误；同一物体的动量变了，可能是动量的方向改变，故速度大小可能不改变，故动能可能不改变，B 错误；加速度不变，速度是变化的，所以动量一定变化，C 错误；动量等于物体的质量与物体速度的乘积，即P=mv ，动量是矢量，动量的方向就是物体运动的方向，D 正确。

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)水平光滑直轨道ab 与半径为R 的竖直半圆形光滑轨道bc 相切，一小球以初速度v 0沿直轨道ab 向右运动，如图所示，小球进入半圆形轨道后刚好能通过最高点c ．则（ ）
A ．R 越大，v 0越大
B ．R 越大，小球经过b 点后的瞬间对轨道的压力变大
C ．m 越大，v 0越大
D ．m 与R 同时增大，初动能
E k0增大
【答案】AD
【解析】
试题分析：小球刚好能通过最高点c ，表明c 点的速度为c v gR ，根据机械能守恒定律有
22011222
c mv mg R mv =⋅+，可知选项A 正确．m 与R 同时增大，初动能E k0增大，选项D 正确．小球在b 点的向心力20v F mg m R
-=，R 越大，支持力越小，选项B 错误．22011222c mv mg R mv =⋅+， v 0与m 无关，选项C 错误．
考点：本题考查圆周运动，机械能守恒定律，向心力等知识．
8． (本题9分)如图,竖直环A 半径为r ，固定在木板B 上，木板B 放在水平地面上，B 的左右两侧各有一档板固定在地上，B 不能左右运动，在环的最低点静放有一小球C ，A ．B ．C 的质量均为m ．给小球一水平向右的瞬时速度V ，小球会在环内侧做圆周运动，为保证小球能通过环的最高点，且不会使环在竖直方向上跳起，（不计小球与环的摩擦阻力），瞬时速度必须满足
A4gr
B6gr
C5gr
D7gr
【答案】CD
【解析】
【分析】
【详解】
考点：牛顿第二定律；向心力．
专题：牛顿第二定律在圆周运动中的应用．
分析：当小球恰好到达最高点时，由重力提供向心力，求出小球在最高点时速度，根据机械能守恒定律求出小球经过最低点时速度，即为速度的最小值．当小球经过最高点恰好使环在竖直方向上跳起时，对环的压力等于环和木板B的重力和时，根据牛顿第二定律求出小球在最高点时速度，根据机械能守恒定律求出小球经过最低点时速度，即为速度的最大值．
解答：解：当小球恰好到达最高点时，设小球经过最高点时速度为v1，最低点速度为v2，则
mg=m
2
1
v
r
①
根据机械能守恒定律得
mg·2r+1
2
m21v=
1
2
m2
2
v②
由①②联立得最小速度v25gr
当小球经过最高点恰好使环在竖直方向上跳起时，小球对环的压力等于环的重力和木板B的重力和．以小
球为研究对象，根据牛顿第二定律得mg+2mg=m
2
1
v
r
'
③
根据机械能守恒定律得mg×2r+1
2
m
2
1
v
r
'
=
1
2
m22v'④
解得最大速度v27gr CD
9．(本题9分)如图所示，质量为M长度为l的小车静止在光滑的水平面上．质量为m的小物块（可视为质点）放在小车的最左端．现有一水平恒力F作用在小物块上，使物块从静止开始做匀加速直线运动，物块和小车之间的摩擦力为f．经过一段时间，小车运动的位移为x，物块刚好滑到小车的最右端．以下判断正确的是（）
A．此时物块的动能为F（x+l）
B．此时小车的动能为fx
C．这一过程中，物块和小车组成的系统产生的内能为fx
D．这一过程中，物块和小车组成的系统增加的机械能为F(l+x)-fl
【答案】BD
【解析】
【详解】
A．对物块，由动能定理可知，物块的动能：
E k=（F-f）（x+l）
A错误；
B．对小车，由动能定理可得，小车的动能为：
E k=fx
B正确；
C．系统产生的内能等于系统克服滑动摩擦力做功，这一过程中，小物块和小车产生的内能为fl，C错误；D．由能量守恒定律可知，物块和小车增加的机械能为
F（x+l）-fl
D正确。

故选BD。

10．(本题9分)关于电容器的电容，下列说法正确的是（）
A．电容器所带的电荷量越多，电容越大
B．电容器两极板间电压越高，电容越大
C．电容器不带电时，电容也不为零
D．电容是描述电容器储存电荷能力的物理量
【答案】CD
【解析】
电容是描述电容器容纳电荷本领的物理量，电容器的电容是由电容器本身的性质决定的，与电容器所带电荷量及两极板间的电压无关；电容器的电容是定值，未充电时，电容保持不变，但不是零，CD正确．
【点睛】电容的大小与电容器两端的电压及电容器所带的电量无关，根据平行板电容器的决定式可知电容与两极板的距离、正对面积有关．
11．如图所示，固定坡道倾角为θ，顶端距光滑水平面的高度为h ，一可视为质点的小物块质量为m ，从坡道顶端由静止滑下，经过底端O 点进入水平面时无机械能损失，为使小物块制动，将轻弹簧的一端固定在水平面左侧M 处的竖直墙上，弹簧自由伸长时右侧一端恰好位于O 点。

已知小物块与坡道间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g ，则下列说法正确的是（ ）
A ．弹贽弹性势能的最大值为mgh
B ．小物块在倾斜轨道上运动时，下滑的加速度比上滑的加速度小
C ．小物块在坡道上往返运动的总路程为cos h μθ
D ．小物块返回倾斜轨道时所能达到的最大高度为
1cot 1cos h μθμθ-+ 【答案】BC
【解析】
【详解】
A ．根据能量的转化与守恒，当小物块压缩弹簧到最短时，物块的重力势能一部分转化为弹簧的弹性势能，一部分转化为内能，所以弹簧弹性势能的最大值小于mgh ，故A 错误；
B ．根据牛顿第二定律，小物块下滑时
sin cos sin cos mg mg a g g m
θμθθμθ-==- 小物块上滑时
'sin cos sin cos mg mg a g g m
θμθθμθ+=
=+ 可见 'a a <
故B 正确；
C ．物块m 最终停止在O 点，对于运动的全过程，由动能定理得
cos 0mgh mg l μθ-⋅=
解得在斜面上运动的总路程
cos h l μθ
=
故C 正确；
D ．设物体能够上升得最大高度h 1，物体被弹回过程中由动能定理得：
2111cos 0sin 2
h mgh mg mv μθθ--⋅
=- 解得 11cot 1cot h h μθμθ
-=+ 故D 错误。

故选BC 。

12． (本题9分)质量为M 的带有14
光滑圆弧轨道的小车静止置于光滑水平面上，如图所示，一质量也为M 的小球以速度v 0水平冲上小车，到达某一高度后，小球又返回小车的左端，则( )
A ．小球将做自由落体运动
B ．小球以后将向左做平抛运动
C ．此过程小球对小车做的功为2012
Mv D ．小球在弧形槽上上升的最大高度为202v g
【答案】AC
【解析】
设小球离开小车时，小球的速度为v 1，小车的速度为v 2，选取向右为正方向，整个过程中动量守恒，得：Mv 0=Mv 1+Mv 2，由机械能守恒得：12Mv 02=12Mv 12+12
Mv 22，联立解得：v 1=0，v 2=v 0，即小球与小车分离后二者交换速度，所以小球与小车分离后做自由落体运动，故B 错误，A 正确．对小车运用动能定理得，小球对小车做功：W=12Mv 02-0=12
Mv 02，故C 正确．当小球与小车的水平速度相等时，小球弧形槽上升到最大高度，设该高度为h ，则：Mv 0=2M•v ；12Mv 02=12
•2Mv 2+Mgh ，联立解得：h=20 4v g ，故D 错误．故选AC ．
点睛：本题考查了动量守恒定律和能量守恒定律的综合，知道当小球与小车的水平速度相等时，小球上升到最大高度；当两物体质量相等时，两物体相互作用后交换速度．
三、实验题:共2小题，每题8分，共16分
13．(本题9分)如图甲所示为测量电动机转动角速度的实验装置，半径不大的圆形卡纸固定在电动机转轴上，在电动机的带动下匀速转动．在圆形卡纸的旁边垂直安装一个改装了的电火花计时器．
（1）请将下列实验步骤按先后排序：___________
A．使电火花计时器与圆形卡纸保持良好接触B．接通电火花计时器的电源，使它工作起来
C．启动电动机，使圆形卡纸转动起来
D．关闭电动机，拆除电火花计时器；研究卡纸上留下的一段痕迹（如图乙所示），写出角速度ω的表达式，代入数据，得出ω的测量值．
（2）要得到ω的测量值，还缺少一种必要的测量工具，它是______
A．秒表B．毫米刻度尺C．圆规D．量角器
（3）写出角速度ω的表达式_______，并指出表达式中各个物理量的意义：_____________．
（4）为了避免在卡纸连续转动的过程中出现打点重叠，在电火花计时器与盘面保持良好接触的同时，可以缓慢地将电火花计时器沿圆形卡纸半径方向向卡纸中心移动．则卡纸上打下的点的分布曲线不是一个圆，而是类似一种螺旋线，如图丙所示．这对结果有影响吗？_____________（填“有影响”或“无影响”）
【答案】①③②④ D 无
【解析】
（1）该实验先将电火花计时器与圆形卡纸保持良好接触，先使卡片转动，再打点，最后取出卡片进行数据处理，故次序为①③②④；
（2）要测出角速度，需要测量点跟点间的角度，需要的器材是量角器，故选D；
（3）由于点跟点之间的角度没变化，则对测量角速度不影响． 点睛：解决本题的关键知道该实验的实验原理t θω∆=∆，以及知道该实验的操作顺序． 14． (本题9分)某同学用如图甲所示的实验装置验证机械能守恒定律。

实验所用的电源为学生电源，可以提供输出电压为6V 的交流电和直流电，交流电的频率为50.Hz 重锤从高处由静止开始下落，重锤拖着的纸带上打出一系列的点，对纸带上的点测量并分析，即可验证机械能守恒定律。

()1他进行了下面几个操作步骤：
A.按照图示的装置安装器件；
B.将打点计时器接到电源的“直流输出”上；
C.用天平测出重锤的质量；
D.先接通电源，后释放纸带，打出一条纸带；
E.测量纸带上某些点间的距离；
F.根据测量的结果计算重锤下落过程中减少的重力势能是否等于增加的动能。

其中没有必要进行的步骤是______，操作不当的步骤是______。

()2这位同学进行正确测量后挑选出一条点迹清晰的纸带进行测量分析，如图乙所示。

其中0点为起始点，A 、B 、C 、D 、E 、F 为六个计数点。

根据纸带上的测量数据，当打B 点时重锤的速度为______/m s 。

(保留3位有效数字)
()3他继续根据纸带算出各点的速度v ，量出下落距离h ，并以22
v 为纵轴、以h 为横轴画出的图象，应是图丙中的______。

【答案】C B 1.84 C
【解析】
【详解】
（1）将打点计时器接到电源的“交流输出”上，故B 错误，操作不当；
因为我们是比较mgh 、21 2
mv 的大小关系，故m 可约去比较，不需要用天平，故C 没有必要．
（2）匀变速直线运动中中间时刻的瞬时速度等于该过程中的平均速度，由此可以求出B 点的速度大小为：0.21680.1431 1.84/20.02
AC B AC x v m s t -===⨯； （3）他继续根据纸带算出各点的速度v ，量出下落距离h ，并以2
2
v 为纵轴、以h 为横轴画出的图象，根据2
1 2v gh =，所以应是图中的C ．
四、解答题：本题共3题，每题8分，共24分
15．如图所示，光滑曲面轨道AB 下端与水平粗糙轨道BC 平滑连接，水平轨道离地面高度h ，有一质量为m 的小滑块自曲面轨道离B 高H 处静止开始滑下，经过水平轨道末端C 后水平抛出，落地点离抛出点的水平位移为x ，不计空气阻力重力加速度为g 试求:
(1)滑块到达B 点时的速度大小；
(2)滑块离开C 点时的速度大小v ；
(3)滑块在水平轨道上滑行时克服摩擦力所做的功.
【答案】 (1) (2) (3)
【解析】
【详解】
（1）滑块由A 至B 过程中机械能守恒：
得
(2) 滑块由C 至D 过程中做平抛运动，设此过程经历时间为t,
则:
解得：
（3）设滑块由A 至C 过程中在水平轨道上滑行时克服摩擦力所做的功W f ， 根据动能定理： 解得：
16． (本题9分)某一星球上，宇航员站在距离地面h 高度处，以初速度v 0沿水平方向抛出一个小球，经时间t 后小球落到星球表面，已知该星球的半径为R ，引力常量为G ，求：
（1）该星球表面的重力加速度g ；
（2）该星球的第一宇宙速度；
（3）该星球的质量M ．
【答案】（1）22h t ；（212hR t （3）2
22hR Gt
． 【解析】
试题分析：（1）根据212h gt =得22h g t
= （2）2v mg m R
=得22hR v t =12hR t （3）2Mm mg G R =得2
22hR M Gt
= 考点：万有引力定律的应用
【名师点睛】本题是万有引力与平抛运动的综合，要抓住平抛运动的加速度就等于重力加速度，能熟练运用运动的分解法处理平抛运动，根据万有引力等于重力求天体的质量．
17． (本题9分)如图所示，在x 轴上方存在着垂直于纸面向里、磁感应强度为B 的匀强磁场。

一个不计重力的带电粒子从坐标原点O 处以速度v 进入磁场，粒子进入磁场时的速度方向垂直于磁场且与x 轴正方向成120°角，若粒子穿过y 轴正半轴后在磁场中到x 轴的最大距离为a 。

求：
（1）该带电粒子的电性；
（2）该带电粒子的比荷。

【答案】（1）粒子带负电荷（2）Ba v
m q 23=
【解析】（1）据题意，粒子的运动轨迹如图所示。

据左手定则知粒子带负电荷
(3分)
（2）由几何关系：r r
a -=ο30sin (4分) 洛伦兹力提供向心力：r mv qvB 2
=(3分) 则粒子的比荷为：Ba v m q 23=(2分)。