2022届湖南省常德市高一(下)物理期末联考模拟试题含解析

2022届湖南省常德市高一(下)物理期末联考模拟试题
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)忽略空气阻力，下列几种运动中满足机械能守恒的是（）
A．电梯匀速下降B．物体沿斜面匀速下滑
C．子弹射穿木块的运动D．物体自由下落的运动
2．(本题9分)一个质量为0.3kg的弹性小球，在光滑水平面上以6m/s的速度垂直撞到墙上，碰撞后小球沿相反方向运动，反弹后的速度大小与碰撞前相同，则碰撞前后小球速度变化量的大小△v和碰撞过程中小球的动能变化量△E k为（）
A．△v=0 B．△v=12m/s
C．△E k=1.8J D．△E k=10.8J
3．(本题9分)“神舟十号”飞船发射后，经过多次变轨进入距地面高度为h的圆形轨道．已知飞船质量为m，地球半径为R，地球表面的重力加速度为g．设飞船进入圆形轨道后运动时的动能为E K，则
A．
2
2()
k
mgR
E
R h
=
+
B．
1
()
2
k
E mg R h
=+C．
1
2
k
E mgR
=D．
k
E mgh
=
4．如图所示，水平天花板下用长度相同的绝缘细线悬挂起来的两个相同的带电小球A、B，左边放一个带正电的固定球+Q时，两悬线都保持竖直方向，小球A与固定球+Q的距离等于小球A与小球B的距离．下列说法中正确的是（）
A．A球带正电，B球带负电，并且A球带电荷量较大
B．A球带负电，B球带正电，并且A球带电荷量较小
C．A球带负电，B球带正电，并且A球带电荷量较大
D．A球带正电，B球带负电，并且A球带电荷量较小
5．(本题9分)如图所示，在发射地球同步卫星的过程中，卫星首先进入椭圆轨道I，然后在Q点通过改变卫星速度，让卫星进人地球同步轨道Ⅱ，则（）
A．该卫星的发射速度必定大于11. 2 km/s
B．卫星在同步轨道II上的运行速度大于7. 9 km/s
C．在轨道I上，卫星在P点的速度小于在Q点的速度
D．卫星在Q点通过加速实现由轨道I进人轨道II
6．(本题9分)关于质点的曲线运动，下列说法中正确的是
A．曲线运动一定是变速运动
B．变速运动一定是曲线运动
C．曲线运动一定是加速度变化的运动
D．曲线运动可以是速度不变的运动
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)从地面竖直向上抛出一物体，其机械能E总等于动能E k与重力势能E p之和．取地面为重力势能零点，该物体的E总和E p随它离开地面的高度h的变化如图所示．重力加速度取10 m/s1．由图中数据可得
A．物体的质量为1 kg
B．h=0时，物体的速率为10 m/s
C．h=1 m时，物体的动能E k=40 J
D．从地面至h=4 m，物体的动能减少100 J
8．经典力学有一定的局限性和适用范围．下列运动适合用经典力学研究和解释的是（）
A．“墨子号”量子卫星绕地球运动的规律
B．“墨子号”量子卫星从太空发出两道红光，射向云南雨江高美古站，首次实现了人类历史上第一次距离达千里级的量子密钥分发
C．氢原子内电子的运动
D．高速飞行的子弹的运动
9．(本题9分)如图所示，在距水平地面高为0.4m处，水平固定一根长直光滑杆，在杆上P点固定一定滑轮，滑轮可绕水平轴无摩擦转动，在P点的右边，杆上套有一质量m=2kg的滑块A．半径R＝0.3m的光滑半圆形细轨道竖直地固定在地面上，其圆心O在P点的正下方，在轨道上套有一质量也为m=2kg的小球B．用一条不可伸长的柔软细绳，通过定滑轮将A、B连接起来．杆和半圆形轨道在同一竖直面内，A、B均可看作质点，且不计滑轮大小的影响．现给滑块A一个水平向右的恒力F＝50N（取g=10m/s2）．则（）
A．把小球B从地面拉到P的正下方时力F做功为20J
B．小球B运动到C处时的速度大小为0
C．小球B被拉到与滑块A速度大小相等时，离地面高度为0.225m
D．把小球B从地面拉到P的正下方C时，小球B的机械能增加了20J
10．(本题9分)如图为“嫦娥二号”的姐妹星“嫦娥一号”某次在近地点A由轨道1变轨为轨道2的示意图，其中B、C分别为两个轨道的远地点。

关于上述变轨过程及“嫦娥一号”在两个轨道上运动的情况，下列说法中正确的是（）
A．“嫦娥一号”在轨道1的A点处应点火减速
B．“嫦娥一号”在轨道2的A点向C点运动的过程动能减小，势能增大
C．“嫦娥一号”在轨道1的B点运动到A点万有引力做正功，动能增大，机械能守恒
D．以上说法均不正确
11．(本题9分)溜索是一种古老的渡河工具，现已演变为游乐项目，如图所示，滑轮，保险绳索与人体连接，粗钢索两端连接在固定桩上．人从高处平台的A点出发，借助几十米的落差，索顺势而下，滑过最低点C，到达B点时速度为零．下列说法中正确的有（）
A．人滑到C点时速度最大B．人从A滑到C的过程中，重力的功率先增大后减小C．人滑到C点时的加速度方向竖直向上D．人从A到B运动过程中机械能一直减小
12．(本题9分)如图甲所示，传送带以恒定速率逆时针运动，皮带始终是紧的，将m=1kg的面粉袋放在传送带上的A处，经过1.2s到达传送带的B端，用速度传感器测得面粉袋与送带的速度v随时间t变化图象如图乙所示，已知重力加速度g取10m/s2，由v-t图线可知( )
A ．A 、
B 两点的距离为3.2m
B ．粉袋与传送带的动摩擦因数为0.5
C ．面粉袋从A 运动到B 这程中，传送带上面粉痕迹长为1.2m
D ．面粉袋从A 运动到B 过程中，其与传送带摩擦产生的热量为4.8J
三、实验题:共2小题，每题8分，共16分
13． (本题9分)某课外活动小组利用竖直上抛运动验证机械能守恒定律．
(1)某同学用20分度游标卡尺测量小球的直径，读数如图甲所示，小球直径为________cm.图乙所示弹射装置将小球竖直向上抛出，先后通过光电门A 、B ，计时装置测出小球通过A 、B 的时间分别为2.55 ms 、5.15 ms ，由此可知小球通过光电门A 、B 时的速度分别为v A 、v B ，其中v A ＝________m/s.
(2)用刻度尺测出光电门A 、B 间的距离h ，已知当地的重力加速度为g ，只需比较________(用题目中涉及的物理量符号表示)是否相等，就可以验证机械能是否守恒．
(3)通过多次实验发现，小球通过光电门A 的时间越短，(2)中要验证的两数值差越大，试分析实验中产生误差的主要原因是_____________________________________________．
14．在用“落体法验证机械能守恒定律”的实验中，质量为m=100g 的重物拖着纸带竖直下落，打点计时器在纸带上打下一系列点，如图所示，相邻计数点间的时间间隔为0.04s ，P 为纸带运动的起点，从P 点到打下B 点的过程中重力势能的减少量P E ∆=__________J ，在此过程中物体的动能增量
K E ∆=__________J ，（g=9.8m/s 2，答案保留三位有效数字）．用v 表示各计数点的速度，h 表示各计数点
到P 点的距离，以2
2
v 为纵轴，以h 为横轴，根据实验数据绘出22v h -的图线，该图线的斜率表示某个物
理量的数值时，说明重物下落过程中的机械能守恒，该物理量是___________．
四、解答题：本题共3题，每题8分，共24分
15． (本题9分)如图所示，有一个可视为质点的质量为m ＝1 kg 的小物块，从光滑平台上的A 点以0 2 m/s v 的初速度水平抛出，到达C 点时，恰好沿C 点的切线方向进入固定在水平地面上的光滑圆弧轨道，最后小物块滑上紧靠轨道末端D 点的质量为M ＝3 kg 的长木板．已知木板上表面与圆弧轨道末端切线相平，木板下表面与水平地面之间光滑，小物块与长木板间的动摩擦因数μ＝0.3，圆弧轨道的半径为R ＝0.4 m ，C 点和圆弧的圆心连线与竖直方向的夹角θ＝60°，不计空气阻力，g 取10 m/s 2.求：
（1）小球到达C 点时的速度；
（2）小物块刚要到达圆弧轨道末端D 点时对轨道的压力；
（3）要使小物块不滑出长木板，木板的长度L 至少多大？
16． (本题9分)如图所示，静止在光滑水平桌面上、带有14
光滑圆弧槽的滑块 ABCDE ，质量为2m ，圆弧槽在竖直平面内且半径为R ，圆弧槽的下端C 切线水平．现有一个质量为m 的小球，从圆弧槽的顶端B 由静止滑下．已知CD 高为2
R ，重力加速度为g ．求：
（1）当小球从槽口C 滑出时，小球和滑块的速度v 1、v 2的大小。

（2）当小球落到桌面上时，小球和滑块右侧CD 之间的距离d 。

17． (本题9分)一个质量m=10kg 的木箱静止放在水平地面上，木箱与地面间的动摩擦因数μ=0.5，如果用大小F=70N 、方向与水平方向的夹角θ=53°的恒力拉动木箱，经过t 1=2s 后撤去F ，再经过一段时间木箱停止运动。

已知sin53°=0.8，cos53°=0.6，重力加速度取g=10m/s 2。

求：
(1)撤去拉力前木箱的位移；
(2)整个过程中摩擦力做功的平均功率。

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．D
【解析】
【详解】
电梯匀速下降时，动能不变，重力势能减小，则机械能减小，选项A错误；物体沿斜面匀速下滑时，动能不变，重力势能减小，则机械能减小，选项B错误；子弹射穿木块的运动中因为木块的阻力对子弹做负功，则子弹的机械能减小，选项C错误；物体自由下落的运动中，只有重力做功，则机械能守恒，选项D正确. 2．B
【解析】
【分析】
【详解】
AB．规定初速度方向为正方向，初速度为：v1=6m/s，碰撞后速度为：v2=﹣6m/s △v=v2﹣v1=﹣12m/s，负号表示速度变化量的方向与初速度方向相反，所以碰撞前后小球速度变化量的大小为12m/s．故A错误，B正确；
C、反弹后的速度大小与碰撞前相同，即初、末动能相等，所以△E k=0，故C错误，D错误．
故选B．
3．A
【解析】
试题分析：飞船绕地球运动时，由万有引力提供向心力，则，故动能为
E k=mv2=×，由GM=gR2，所以
2
2()
k
mgR
E
R h
=
+
，选项A正确．
考点：万有引力与航天．
【名师点睛】该题的飞船运行在高为h的轨道上，得出其速度的大小后，再利用物体在地球表面上时的重力是万有引力得出其黄金代换进行替换，最后可以得出动能的表达式．
4．B
【解析】
【详解】
根据电荷间的相互作用可知，A应该带负电，B带正电，A才能受到+Q的向左的吸引力和B球向右的吸引力而平衡，B球受到+Q向右的排斥力和A球向左的吸引力而平衡；所以选项AD均错误；对于A球来说，两边带电球的间距相等，故带电量也相等，即B球带电量与+Q球的电量相等；对于B球来说，因为A离B较近，故要想与+Q球产生相等的力，A球的电量比+Q球的电量较少就可以了，所以A球所带的电荷量较小，选项B正确，C错误．
【点晴】
对于小球所带电的性质，我们可以采用假设的方法，若使它们都平衡，则AB这二个球必须受到平衡力的作用；对于电量的大小，我们可以先针对球A分析，再针对球B分析，找其关系，最后再综合对比．5．D
【解析】
【分析】
了解同步卫星的特点和第一宇宙速度、第二宇宙速度的含义，当万有引力刚好提供卫星所需向心力时，卫星正好可以做匀速圆周运动：若是“供大于需”，则卫星做逐渐靠近圆心的运动；若是“供小于需”，则卫星做逐渐远离圆心的运动.
【详解】
11.2km/s是卫星脱离地球束缚的发射速度，而同步卫星仍然绕地球运动，故A错误；7.9km/s即第一宇宙速度是近地卫星的环绕速度，也是最大的圆周运动的环绕速度，而同步卫星的轨道半径要大于近地卫星的
轨道半径，根据v的表达式v 可以发现，同步卫星运行的线速度一定小于第一宇宙速度，故B错误；根据开普勒第二定律，在轨道I上，P点是近地点，Q点是远地点，则卫星在P点的速度大于在Q点的速度，故C错误；从椭圆轨道Ⅰ到同步轨道Ⅱ，卫星在Q点是做逐渐远离圆心的运动，要实现这个运动必须卫星所需向心力大于万有引力，所以应给卫星加速，增加所需的向心力，故D正确；故选D．
【点睛】
本题考查万有引力定律的应用，知道第一宇宙速度的特点，卫星变轨也就是近心运动或离心运动，根据提供的万有引力和所需的向心力关系确定．
6．A
【解析】
【详解】
A.曲线运动的速度方向一定变化，则曲线运动一定是变速运动，选项A 正确；
B. 变速运动不一定是曲线运动，例如自由落体运动，选项B 错误；
C. 曲线运动不一定是加速度变化的运动，例如平抛运动，选项C 错误；
D. 曲线运动的速度一定是变化的，不可以是速度不变的运动，选项D 错误；
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．AD
【解析】
【详解】
A ．E p -h 图像知其斜率为G ，故G=
80J 4m
=10N ，解得m=1kg ，故A 正确 B ．h=0时，E p =0，E k =E 机-E p =100J-0=100J ，故212mv =100J ，解得：v=10m/s ，故B 错误； C ．h=1m 时，E p =40J ，E k = E 机-E p =90J-40J=50J ，故C 错误
D ．h=0时，
E k =E 机-E p =100J-0=100J ，h=4m 时，E k ’=E 机-E p =80J-80J=0J ，故E k - E k ’=100J ，故D 正确 8．AD
【解析】
【详解】
A 、“墨子号”量子卫星绕地球运动的宏观物体的运动，适合用经典力学研究和解释，A 正确；
B 、量子密钥分发是微观粒子运动，不适合用经典力学研究和解释，B 错误；
C 、氢原子内电子的运动是微观粒子运动，不适合用经典力学研究和解释，C 错误；
D 、高速飞行的子弹的运动，宏观物体的运动，适合用经典力学研究和解释，D 正确；
9．ACD
【解析】
解： 把小球B 从地面拉到P 点正下方C 点过程中，力F 的位移为：()0.40.30.4x m =-= ，则力F 做的功W F =Fx=20J ，选项A 正确；把小球B 从地面拉到P 点正下方C 点时，此时B 的速度方向与绳
子方向垂直，此时A 的速度为零，设B 的速度为v ，则由动能定理：2102
F W mgR mv -=- ，解得v=m/s ，选项B 错误；当细绳与圆形轨道相切时，小球B 的速度方向沿圆周的切线方向向上，此时和绳子方向重合，故与小球A 速度大小相等，由几何关系可得h=0.225m 选项C 正确；B 机械能增加量为F 做的功20J ，D 正确
本题选ACD
10．BC
【解析】
【详解】
A.要想使“嫦娥一号”在近地点A 由轨道1变轨为轨道2，需要加速做离心运动，应在A 点加速，故选项A 不合题意；
B. “嫦娥一号”在轨道2的A 点向C 点运动的过程中，克服万有引力做功，卫星动能减小，势能增大，故选项B 符合题意；
CD. “嫦娥一号”在轨道1的B 点运动到A 点的过程中，万有引力做正功，动能增大，机械能守恒，故选项C 符合题意，选项D 不合题意。

11．BD
【解析】
A 项：人滑到C 点时，对人进行受力分析，人和滑轮整体受到重力，钢索的拉力和滑动摩擦力，如果钢索光滑A 对，考虑摩擦力作用，应该是摩擦力切线方向的分力和两绳拉力沿切线方向分量合力为0的位置速度最大，故A 错误；
B 项：人从A 滑到
C 的过程中，根据P G =mgV y ,，开始时速度为0，重力的功率为0，中间过程重力的功率不为0，到C 点时重力方向与速度方向垂直，重力功率为0，故人从A 滑到C 的过程中，重力的功率先增大后减小，故B 正确；
C 项：人滑到C 时由于有沿切线方向的摩擦力，所以人滑到C 点时合力方向不再沿竖直向上，故C 错误；
D 项：如果没有摩擦力与对右侧固定桩的拉力相等，人从A 滑到C 的过程中，钢索对人有向右的摩擦力，那么右边的钢索会受到人对它向左的摩擦力，因此右侧钢索对固定桩的拉力大，所以钢索对左侧固定桩的拉力小于对右侧固定桩的拉力，故D 正确．
12．ABD
【解析】
【详解】
A.根据速度时间图线与时间轴围成的面积表示位移，知A 、B 两点的距离对应图象与时间轴所围图形的“面
积”大小，为 x=
12×2×0.2+12
×（2+4）×1=3.2m ，故A 正确； B.由v-t 图象可知，0-0.2s 内，面粉袋的加速度为：21210m/s 0.2v a t ===V V ．对面粉袋受力分析，面粉袋受到重力、支持力和滑动摩擦力，滑动摩擦力方向沿皮带向下，由牛顿第二定律得：mgsinθ+f=ma 1，即为：mgsinθ+μmgcosθ=ma 1；同理，0.2-1.2s 内，面粉袋的加速度为：22422m/s 1
v a t -===V V ，对面粉袋受力分析，面粉袋受到重力、支持力和滑动摩擦力，滑动摩擦力方向沿皮带向上，由牛顿第二定律得：mgsinθ-f=ma 2即：mgsi nθ-μmgcosθ=ma 2，联立解得：μ=0.5，f=4N ．故B 正确．
C.在0-0.2s 时间内，传送带速度大，面粉袋相对于皮带的位移大小为：
1111110.220.2m 22
v x vt x vt t =-=-=⨯⨯=V ，方向沿皮带向上．在0.2s-1.2s 时间内，面粉袋速度大，面粉袋相对于皮带的位移大小为：△x 2=x 2-vt 2=24 2
+×1-2×1=1m ，方向沿皮带向下．故传送带上面粉痕迹的长度为：s=△x 2=1m ；故C 错误．
D.面粉袋与传送带摩擦产生的热量为：Q=f （△x 1+△x 2）=4×1.2J=4.8J ，故D 正确．
三、实验题:共2小题，每题8分，共16分
13．1.020 4 2222
A B v v gh =- 小球上升过程中受到空气阻力的作用，速度越大，所受阻力越大
【解析】
（1）游标卡尺主尺读数是10mm ，游标尺第4个对与主尺对齐，所以游标尺读数是0.05╳4mm ，所以小球直径为10.20mm= 1.020cm ．4m/s A A
d v t == （2）由机械能守恒定律可得：221122A B mgh mv mv =
- ，得：221122
A B gh v v =-，只要比较gh 与221122A B v v -就可以验证机械能是否守恒. （3）小球上升过程中受到空气阻力的作用；速度越大，所受阻力越大
14．2.28J 2.26J 重力加速度
【解析】
【分析】
【详解】
根据重力势能的定义式得出：从点P 到打下计数点B 的过程中，重锤重力势能减小量
P 0.19.80.2325J 0.228J E mgh ∆==⨯⨯=，
利用匀变速直线运动的推论可得B 点的速度为：v 2.125m /s 2AC B x T
==， 2k 10.226J 2
B E mv V ==， 利用212
v h - 图线处理数据，物体自由下落过程中机械能守恒，212mgh mv =，即212v gh =，所以以22v 为纵轴，以h 为横轴画出的图线应是过原点的倾斜直线．那么
212v h -图线的斜率就等于当地重力加速度g 四、解答题：本题共3题，每题8分，共24分
15．（1）4m/s ；（2）60N ，方向竖直向下；（3）2.5m 。

【解析】
【分析】
【详解】
（1）物块到达C 点的速度与水平方向的夹角为60°， 根据平行四边形定则知：04m/s cos 60C v v ==︒
， （2）小物块由C 到D 的过程中，由动能定理得： 2211(1cos60)22D C mgR mv mv -︒=-，
代入数据解得：D v =.
小球在D 点时由牛顿第二定律得：2D v N mg m R
-= 代入数据解得：N=60N ，
由牛顿第三定律得：N′=N=60N ，方向竖直向下．
（2）设小物块始终在长木板上，当达到共同速度时大小为，小物块在木板上滑行的过程中，由动量守恒定律()D mv M m v =+
解得：v = 对物块和木板系统，由功与能的转化关系得2211()22
D mgL mv m M v μ=
-+ 解得：L=2.5m 所以要使小物块不滑出长木板，木板的长度L 至少为2.5m ．
16．（1）1v =
，2v = （2）d = 【解析】
【详解】
（1）因小球和滑块在水平方向上动量守恒，所以 1220mv mv -=
再对小球和滑块组成的系统由机械能守恒定律得
221211222
mgR mv mv =+⨯
得1v =
2v =
（2）设从小球滑出圆弧槽到落到桌面所用时间为t ，则
21122
R gt = 得()12d v v t =+
d =
17． (1) 4m (2) 60W
【解析】
【详解】
（1）撤去拉力前Fcos53°－f 1=ma 1 f 1=μN=μ(mg －Fsin53°)=22N 解得a=2m/s 2
s 1=21112
a t =4m (2)撤去拉力前W f1=f 1s 1=88J 撤去拉力时，v=a 1t 1=4m/s 撤去拉力后，f 2=μmg=50N a 2=μg=5m/s 2
t 2=v/a 2=0.8s
s 2=v 2/2a 2=1.6m
W f2=f 2s 2=80J P=12
12f f W W t t ++=60W。