2022届江西省南昌市高一(下)物理期末经典模拟试题含解析

2022届江西省南昌市高一(下)物理期末经典模拟试题
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)两颗人造卫星A、B绕地球做匀速圆周运动，周期之比为TA∶TB=1∶8，则轨道半径之比和运动速率之比分别为（）
A．RA∶RB=4∶1，vA∶vB=1∶2 B．RA∶RB=4∶1，vA∶vB=2∶1
C．RA∶RB=1∶4，vA∶vB=1∶2 D．RA∶RB=1∶4，vA∶vB=2∶1
【答案】D
【解析】
略
2．(本题9分)以下说法正确的是( )
A．力是矢量，位移是矢量，所以功也是矢量
B．－10 J的功大于＋5 J的功
C．功的正、负表示方向
D．若某一个力对物体不做功，说明该物体一定没有发生位移
【答案】B
【解析】
【详解】
A.功是标量；
B.正功代表动力做功，负功代表阻力做功，功的大小看其绝对值，故C选项错误；D.某个力对物体不做功也可能是，在力的方向上位移是零，但不一定是物体本身没有位移。

故本题选B.
3．(本题9分)如图，桌面高为h，质量m的小球从离桌面高H处自由下落，不计空气阻力，则落到桌面处时，重力做功为（）
A．0 B．mgh C．mgH D．mg（H+h）
【答案】C
【解析】
【分析】
小球下落过程中，只有重力做功，根据W=mg△h即可求解。

【详解】
根据重力做功公式W G=mg△h得：
W G=mgH
故选：C。

4．(本题9分)两电荷量分别为q1和q2的点电荷固定在x轴上的O、M两点，两电荷连线上各点电势φ随x变化的关系如图所示，其中C为ND段电势最低的点，则下列说法正确的是()
A．q1、q2为等量异种电荷
B．N、C两点间场强方向沿x轴负方向
C．N、D两点间的电场强度大小沿x轴正方向先减小后增大
D．将一正点电荷从N点移到D点，电势能先增大后减小
【答案】C
【解析】
【详解】
A．若是异种电荷，电势应该逐渐减小或逐渐增大，由图象可以看出，应该是等量的同种正电荷，故A错误；
B．沿x正方向从N到C的过程，电势降低，N、C两点间场强方向沿x轴正方向．故B正确；
C．φ−x图线的斜率表示电场强度，由图可得N、D两点间的电场强度大小沿x轴正方向先减小后增大，故C正确；
D．NC电场线向右，CD电场线向左，将一正点电荷从N点移到D点，电场力先做正功后做负功，电势能先减小后增大．故D错误；
【点睛】
由图象中电势的特点可以判断是同种等量正电荷．由电势图线的斜率可以判断电场强度的大小．沿电场线电势降低，可以判断电场强度的方向，可知电场力做功的正负，从而判断电势能的变化．
5．如图所示,汽车通过滑轮拉重物A,汽车沿水平方向向右匀速运动,滑轮与绳的摩擦不计,则物体的运动情况是：( )
A．匀速上升B．加速上升C．先加速后减速D．减速上升
【答案】B
【解析】
【详解】
设绳子与水平方向的夹角为θ，将小车的速度分解为沿绳子方向和垂直于绳子方向，沿绳子方向的速度等
于A 的速度，根据平行四边形定则得，v A =vcosθ，车子在匀速向右的运动过程中，绳子与水平方向的夹角为θ减小，所以A 的速度增大，A 做加速上升运动；
A. 匀速上升，选项A 不符合题意；
B. 加速上升，选项B 符合题意；
C. 先加速后减速，选项C 不符合题意；
D. 减速上升，选项D 不符合题意；
6． (本题9分)“礼让行人”是城市文明交通的体现。

小王驾驶汽车以36km/h 的速度匀速行驶，发现前方的斑马线上有行人通过，立即刹车使车做匀减速直线运动，直至停止，刹车加速度大小为10m/s 2。

若小王的反应时间为0.5s ，则汽车距斑马线的安全距离至少为
A ．5m
B ．10m
C ．15m
D ．36m
【答案】B
【解析】
【详解】
汽车的初速度为036km/h 10m/s v ==，反应时间10.5s t =内做匀速直线运动，有： 1015m x v t ==
刹车过程的加速度大小为210m/s a =，由匀减速直线运动的规律：
220202v ax -=-
可得刹车距离为
2025m 2v x a
== 故安全距离为：
12()10m d x x ≥+=；
故B 正确，ACD 错误；
故选B 。

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．质量为m 的小球从高h 处由静止自由下落，经时间t 落地，关于重力的功率正确的是( ) A ．重力的功率即描述重力做功的快慢
B ．重力的平均功率等于2mgh t
C ．全过程重力的平均功率等于
mgh t D ．落地时重力的功率等于2
【答案】AC
【解析】
【详解】
A.功率是描述力做功快慢的物理量，重力的功率是描述重力做功的快慢，故A 正确；
BC.重力做的功W=mgh ，重力的平均功率为：W mgh P t t
==，故B 错误，C 正确； D. 落地时的瞬时速度为：2v gh =，落地时重力的瞬时功率为：2P mgv mg gh ==，故D 错误。

8．下列哪些运动中加速度恒定不变（忽略空气阻力）
A ．平抛运动
B ．匀速圆周运动
C ．自由落体运动
D ．竖直上抛运动
【答案】ACD
【解析】
【详解】
A.平抛运动的物体只受重力，则其运动的加速度不变恒为重力加速度g ；故A 正确.
B.做匀速圆周运动的物体，所受的力产生向心加速度只改变速度大小而不改变速度的方向，则其加速度始终与线速度垂直，向心加速度的方向时刻变化，大小不变，不是恒定的加速度；故B 错误.
C.自由落体运动的加速度为重力加速度g 恒定；故C 正确.
D.竖直上抛运动的物体只受重力，加速度为恒定的重力加速度g ；故D 正确.
9． (本题9分)如图所示，一小物块被夹子夹紧，夹子通过轻绳悬挂在小环上，小环套在水平光滑细杆上，物块质量为M ，到小环的距离为L ，其两侧面与夹子间的最大静摩擦力均为F.小环和物块以速度v 向右匀速运动，小环碰到杆上的钉子P 后立刻停止，物块向上摆动.整个过程中，物块在夹子中没有滑动.小环和夹子的质量均不计，重力加速度为g.下列说法正确的是( )
A ．小环碰到钉子P 时，绳中的张力大于2F
B ．物块上升的最大高度为2
2v g
C ．速度v (2)F Mg L M
- D ．若小环碰到杆上的钉子P 后立刻以12v 的速度反弹，这时绳的张力等于2
94MV L
+Mg 【答案】CD
【解析】
A. 小环碰到钉子P 时，物体M 做圆周运动，依据最低点由拉力与重力的合力提供向心力，因此绳中的张力等于夹子与物体间的摩擦力，由于物块在夹子中没有滑动，拉力一定小于2F ，故A 错误；
B. 依据机械能守恒定律，减小的动能转化为重力势能，则有：212mgh mv =，那么物块上升的最大高度为h= 2
2v g
，故B 错误； C ．因夹子对物体M 的最大静摩擦力为2F ，依据牛顿第二定律，结合向心力表达式，对物体M ，则有：2F−Mg=2
v M L ，解得：v=()2F Mg L M
-，故C 错误； D. 若小环碰到杆上的钉子P 后立刻以1v 2的速度反弹，绳的张力T-Mg=M 2
3()2v L
，T=29MV 4L +Mg ， 故D 正确．
故选CD.
10．在地球表面，用弹簧测力计测得质量为的物体的重力为，已知地球的半径为，万有引力常量为，地球同步通讯卫星的轨道离地面的高度为，则
A ．地球的第一宇宙速度为
B ．地球的质量为
C ．地球的近地卫星环绕地球运动的向心加速度大小等于
D ．地球的自转周期等于
【答案】AB
【解析】
【分析】
由可得到地球表面的重力加速度，根据万有引力提供向心力，即可求解近地卫星的环绕速度，即
为第一宇宙速度；根据地球表面重力等于万有引力，可求得地球的质量；由
求近地卫星环绕地球运动的向心加速度；根据同步地球卫星做匀速圆周运动时，由万有引力提供向心力列式，求其周期，即得到地球自转的周期。

【详解】
AB ．第一宇宙速度即为近地卫星环绕地球运动的线速度，由万有引力提供向心力，
得：，
即：①
由得：地球表面的重力加速度②
在地球的表面,由重力等于万有引力得：
③
联立②③，解得：地球的质量为④
将④代入①得：v=，故A、B正确；
C．地球的近地卫星环绕地球运动的向心加速度大小为，故C错误；D．对于地球同步卫星，由万有引力提供向心力，得：⑤联立④⑤得：，
即地球自转的周期也为：，故D错误。

【点睛】
本题主要考查了万有引力定律及其应用，属于中等题型。

11．(本题9分)如图所示为汽车的加速度和车速的倒数1
v
的关系图象．若汽车质量为2×103kg，它由静止
开始沿平直公路行驶，且行驶中阻力恒定，最大车速为30 m/s，则（）
A．汽车所受阻力为2×103N
B．汽车匀加速所需时间为5 s
C．汽车匀加速的加速度为3 m/s2
D．汽车在车速为5 m/s时，功率为6×104W
【答案】AB
【分析】
【详解】
设汽车的额定功率为P ，由图知：汽车的最大速度为30/m s ，此时汽车做匀速直线运动，有F f =，有m m P Fv fv ==；
代入得：30P f =⨯…① 当11/10s m v =时，22/a m s =，根据牛顿第二定律得：P f ma v
-=， 代入得：3210210P f -=⨯⨯…② 由①②解得：3210f N =⨯，4610P W =⨯，故A 正确；
匀加速直线运动的加速度为：2260002000/2/2000
F f a m s m s m --===，匀加速直线运动的末速度为：10m/s P v F ==，匀加速直线运动的时间5v t s a
==，故B 正确，C 错误； 因为5/<10/m s m s ，所以汽车速度为5/m s 时，功率未达到额定功率4610W ⨯，故选项D 错误．
【点睛】
从图线看出，开始图线与x 轴平行，表示牵引力不变，牵引车先做匀加速直线运动，倾斜图线的斜率表示
额定功率，即牵引车达到额定功率后，做加速度减小的加速运动，当加速度减小到零，做匀速直线运动．
12．(本题9分)如图所示，轻质弹簧竖直固定在地面上，在其正上方某高度由静止释放一小球，设下落过程中小球的加速度为a 、位移为x 、机械能为E ，不计空气阻力，竖直向下为正方向。

则下落至最低点的过程中a 、E 随x 的变化图线可能正确的是
A ．
B ．
C ．
D ．
【答案】AC
【解析】
AB.小球开始下落时，做自由落体运动，加速度不变，当小球和弹簧接触时，根据牛顿第二定律得：
mg-kx=ma，所以：
kx
a g
m
=-，当压缩到最低点时，加速度大于g，故A正确，B错误；
CD.下降过程，自由落体阶段，小求机械能守恒，当与弹簧接触后，由能量守恒得：小球减少的机械能等
于弹簧增加的弹性势能，即：E0-E=1
2
kx2，则，E=E0-
1
2
kx2，故C正确，D错误。

三、实验题:共2小题，每题8分，共16分
13．(本题9分)某小组同学为了验证动量守恒定律，在实验室找到了如图所示的实验装置．测得大小相同的a、b小球的质量分别为m a、m b，实验得到M、P、N三个落点．图中P点为单独释放a球的平均落点．
（1）本实验必须满足的条件是________．
A．两小球的质量满足m a＝m b
B．斜槽轨道必须是光滑的
C．斜槽轨道末端的切线水平
D．入射小球a每次都从斜槽上的不同位置无初速度释放
（2）a、b小球碰撞后，b球的平均落点是图中的_______．（填M或N）
（3）为了验证动量守恒定律，需要测量OM间的距离1x，还需要测量的物理量有______________、
______________（用相应的文字和字母表示）．
（4）如果碰撞过程动量守恒，两小球间满足的关系式是______________________（用测量物理量的字母表示）．
【答案】C N OP的距离x2，ON的距离x3m a x2＝m a x1＋m b x3
【解析】
【分析】
【详解】
(1)A．验证碰撞中的动量守恒实验，为防止入射球反弹，入射球的质量应大于被碰球的质量，故A错误．B．“验证动量守恒定律”的实验中，是通过平抛运动的基本规律求解碰撞前后的速度的，只要离开轨道后做平抛运动即可，实验时要保证斜槽轨道末端的切线是水平的，对斜槽是否光滑没有要求，故B错误；C．要保证碰撞后都做平抛运动，两球要发生正碰，碰撞的瞬间，入射球与被碰球的球心应在同一水平高度，两球心的连线应与轨道末端的切线平行，因此两球半径也应该相同，故C正确．
D．要保证碰撞前的速度相同，所以入射球每次都要从同一高度由静止滚下，故D错误．
(2)小球a和小球b相撞后，小球b的速度增大，小球a的速度减小，b球在前，a球在后，两球都做平抛运动，由图示可知，未放被碰小球时小球a的落地点为P点，碰撞后a、b的落点点分别为M、N点. (3)小球离开轨道后做平抛运动，小球在空中的运动时间t相等；碰撞过程动量守恒，则m a v0=m a v A+m b v B，两边同时乘以时间t得：m a v0t=m a v A t+m b v B t，则m a OP=m a OM+m b ON，故验证动量守恒需要测量的物理量还有OP的距离x2，ON的距离x3.
(4)代入测量数据可得，验证动量守恒的表达式为m a x2＝m a x1＋m b x3.
【点睛】
实验注意事项：
①前提条件保证碰撞是一维的，即保证两物体在碰撞之前沿同一直线运动，碰撞之后还沿这条直线运动．
②利用斜槽进行实验，入射球质量要大于被碰球质量，即m1＞m2，防止碰后m1被反弹．
14．(本题9分)某实验小组“用落体法验证机械能守恒定律”，实验装置如图甲所示.实验中测出重物自由
下落的高度h及对应的瞬时速度v，计算出重物减少的重力势能mgh和增加的动能1
2
mv2，然后进行比较，
如果两者相等或近似相等，即可验证重物自由下落过程中机械能守恒.请根据实验原理和步骤完成下列问题：
(1)关于上述实验，下列说法中正确的是________.
A．重物最好选择密度较小的木块
B．重物的质量可以不测量
C．实验中应先接通电源，后释放纸带
D．可以利用公式v2gh
(2)如图乙是该实验小组打出的一条点迹清晰的纸带，纸带上的O点是起始点，选取纸带上连续的点A、B、
C、D、E、F作为计数点，并测出各计数点到O点的距离依次为27.94 cm、32.78 cm、38.02 cm、43.65 cm、
49.66 cm、56.07 cm.已知打点计时器所用的电源是50 Hz的交流电，重物的质量为0.5 kg，则从计时器打下点O到打下点D的过程中，重物减少的重力势能ΔE p＝________ J；重物增加的动能ΔE k＝________ J(重力加速度g取9.8 m/s2，计算结果均保留三位有效数字)。

(3)实验小组的同学又正确计算出图乙中打下计数点A、B、C、D、E、F各点的瞬时速度v，以各计数点到
A点的距离h′为横轴，v2为纵轴作出图象如图丙所示，根据作出的图线，能粗略验证自由下落的物体机械能守恒的依据是__________________.
【答案】BC 2.14 2.12 图象的斜率等于19.52，约为重力加速度g的两倍
【解析】
【详解】
第一空.重物最好选择密度较大的铁块，受到的阻力较小，故A错误.本题是以自由落体运动为例来验证机
械能守恒定律，需要验证的方程是mgh＝1
2
mv2，因为是比较mgh、
1
2
mv2的大小关系，故m可约去，不
需要用天平测量重物的质量，操作时应先接通电源，再释放纸带，故B、C正确.不能利用公式v＝2gh来求解瞬时速度，否则体现不了实验验证，却变成了理论推导，故D错误.
第二空.重力势能减少量ΔE p＝mgh＝0.5×9.8×0.436 5 J≈2.14 J.
第三空.利用匀变速直线运动的推论：v D＝
0.49660.3802
0.04
x
t
∆-
=
∆
m/s＝2.91 m/s，
E kD＝1
2
mv D2＝
1
2
×0.5×2.912J≈2.12 J，动能增加量ΔE k＝E kD－0＝2.12 J.
第四空.根据表达式mgh＝1
2
mv2，则有v2＝2gh；当图象的斜率为重力加速度的2倍时，即可验证机械能
守恒，而图象的斜率k＝10.36 5.48
0.25
-
＝19.52≈2g；因此能粗略验证自由下落的物体机械能守恒.
四、解答题：本题共3题，每题8分，共24分
15．(本题9分)如图所示，光滑半圆弧轨道的半径为R，OA为水平半径，BC为竖直直径。

一质量为m的小物块（视为质点）从A点以某一竖直向下的初速度滑下，进入与C点相切的粗糙水平滑道CM。

在水平滑道上有一轻弹簧，其一端固定在竖直墙上，另一端恰好位于水平滑道的末端C（此时弹簧处于自然状态）。

若物块运动过程中弹簧的最大弹性势能为E p，弹簧的最大压缩量为d，物块被弹簧反弹后通过B点时对半圆弧轨道的压力大小为mg（g为重力加速度的大小），求：
（1）物块通过B点时的速度大小v B；
（2）物块离开弹簧通过C点时对半圆弧轨道的压力F N的大小；
（3）物块与水平滑道间的动摩擦因数μ以及物块从A点开始下滑时的初速度大小v0。

【答案】（12gR2）7mg（3）
2
p
E mgR
m
-
【解析】
【详解】
(1)由题意可知，物块通过B 点时有：22B v mg m R
=
解得：B v =
(2)在物块由C 点运动到B 点的过程中，由机械能守恒定律有：2211222
C B mv mg R mv =⨯+ 设物块通过C 点时受到半圆弧轨道的支持力大小为N F '，有：2N C F mg R
m v -=' 由牛顿第三定律有：N N F F ='
解得：N 7F mg =
(3)对物块压缩弹簧到最短后，被弹簧弹开至C 点的过程，由能量守恒定律有：2p 12C E mgd mv μ=+
其中由(2)可得：C v =
解得： 3p E mgR
mgd μ-=
对物块由A 点下滑至弹簧被压缩到最短的过程，由能量守恒定律有：20p 12
mv mgR E mgd μ+=+
解得：0v =16．2019年1月3日10时26分我国月球探测车“玉兔二号”成功着陆在月球背面东经177.6度、南纬45.5度附近的预选着陆区，并通过“鹊桥”中继星传回了世界第一张近距离拍摄的月背影像图。

“玉兔二号”成功着陆前要先进入环月轨道（距月球表面高度远小于月球半径的轨道）做匀速圆周运动。

已知月球质量M ，月球半径R ，万有引力常量G 。

求：
（1）“玉兔二号”绕月球运动周期T
（2）“玉兔二号”在月球背面着陆区的重力加速度g 月（不考虑月球自转）
【答案】（1）2π （2）2GM R 【解析】
【详解】
（1）月球对玉兔二号万有引力提供玉兔二号在环月轨道上做匀速圆周运动的向心力，则有： 2
224GMm m R R T
p =
解得：2T π=
（2）不考虑月球自转，“玉兔二号”在月球背面着陆区的重力近似等于月球对玉兔二号的万有引力，则有： 2Mm G
mg R
'= 解得： 2GM g R '= 17． (本题9分)如图所示，质量m ＝10kg 的物体放在水平面上，在水平拉力F ＝100N 作用下，从A 点静止开始向右匀加速直线运动到B 点，AB 间距s ＝8m 。

已知物体与水平面间的动摩擦因数以μ＝0.6，重力加速度g 取10m/s 2。

求
(1)物体在B 点的速度大小;
(2)从A 到B 拉力F 的平均功率P 。

【答案】（1）8m/s （2）400W
【解析】
【详解】
（1）对物体分析，从A 到B ，由动能定理得()21
2F mg s mv μ-=-
① 代入数据得8/v m s =
【或：对物体分析，由牛顿第二定律得F mg ma μ-=
根据匀变速运动规律有22v as =
代入数据得8/v m s =】 （2）拉力F 的平均功率P Fv = ②
根据匀变速运动规律有02v
v += ③
代入数据得400P W =
【或：从A 到B ，拉力对物体做功F W Fs =
根据匀变速运动规律有21
2s at =
拉力F 的平均功率W
P t =，
代入数据得400P W =】。