2022届嘉兴市高一(下)物理期末复习检测模拟试题含解析

2022届嘉兴市高一(下)物理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)如图所示，竖直绝缘墙壁上有一个固定的质点A，在A点正上方的O点用绝缘丝线悬挂另一质点B，OA=OB，A、B两质点因为带电而相互排斥，致使悬线偏离了竖直方向，由于漏电使A、B两质点的带电量逐渐减少，在电荷漏完之前悬线对悬点O的拉力大小（）
A．逐渐减小B．逐渐增大C．保持不变D．先变大后变小
2．(本题9分)如图所示，在与水平方向成θ角的恒力F作用下，行李箱沿水平方向移动了一段距离x。

该过程中，力F对行李箱做的功是()
A．Fx B．Fx sinθC．Fx cosθD．Fx tanθ
3．(本题9分)如图所示，小球在竖直向下的力F作用下，将竖直轻弹簧压缩．将力F撤去，小球将向上弹起并离开弹簧，直到速度为零时为止，则小球在上升过程中
①小球的动能先增大后减小
②小球在离开弹簧时动能最大
③小球动能最大时弹性势能为零
④小球动能减为零时，重力势能最大
以上说法中正确的是（）
A．①③
B．①④
C．②③
D．②④
4．(本题9分)物理学中用试探电荷来研究电场强度，其原因是试探电荷
A．重力忽略不计B．不致于干扰被测电场
C．电荷的分布不会发生改变D．体积很小，受力集中于一点
5．如图所示，A和B两物块的接触面是水平的，A与B保持相对静止一起沿固定粗糙斜面匀速下滑，在下滑过程中B的受力个数为( )
A．3个B．4个C．5个D．6个
6．如图所示，用小锤打击弹性金属片后，A球沿水平方向抛出，同时B球被松开，自由下落。

A B、两球同时开始运动。

下列判断正确的是（）
A．可以观察到B球先落地
B．可以观察到两球同时落地
C．如果增大小锤的打击力度，则可以观察到A球先落地
D．这个实验可以说明A球在水平方向上做匀速直线运动
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)关于共点力，下列说法中正确的是()
A．作用在一个物体上的两个力，如果大小相同，方向相反，这两个力是共点力
B．作用在一个物体上的两个力，如果是一对平衡力，则这两个力是共点力
C．作用在一个物体上的几个力，如果它们的作用点不在同一点上，则这几个力可能是共点力
D．作用在一个物体上的几个力，如果它们的作用线可以汇交于一点，则这几个力是共点力
8．(本题9分)如图，一根轻弹簧下端固定，竖立在水平面上。

其上方位置有一小球，小球从静止开始下落，在位置接触弹簧的上端，在位置小球所受弹力大小等于重力，在位置小球速度减小到零。

则小球（）
A．下落至处速度最大
B．由至下落过程中机械能守恒
C．由至的过程中，动能先增大后减小
D．由至的过程中重力势能的减少等于弹簧弹性势能的增加
9．如图所示，有一竖直放置、两端封闭的U形管，两管内水银面左高右低，两端封闭的空气柱温度相同．要让水银柱相对玻璃管向A端移动，可以采取的措施（）
A．将U形管向右稍倾斜一些B．将U形管向左稍倾斜一些
C．两边空气柱升高相同温度D．使玻璃管竖直向上减速运动
10．如图所示，长为L的绝缘细线一端系一质量为m、带电量为q的小球，另一端固定在定点O位置，置于电场强度大小为E、方向水平向右的匀强电场中.拉直细线将小球自O点正下方由静止释放，小球向上摆动，最大偏角=60°，重力加速度为g，以下说法正确的是
A．小球带电量大小q=
B．小球从开始摆至最大摆角的过程中，机械能与电势能之和保持不变
C．小球到达最大摆角处时细线上的拉力为T= 2mg
D．小球在摆动过程中的最大速率
11．(本题9分)如图所示为一皮带传动装置，右轮的半径为r，A是它边缘上的一点．左侧是一轮轴，大轮的半径为4r，小轮的半径为2r．B点在小轮上，它到小轮中心的距离为r．C点和D点分别位于小轮和大轮的边缘上.若在传动过程中，皮带不打滑．则
A．A点与B点的线速度大小相等
B．A点与B点的角速度大小相等
C．A点与C点的线速度大小相等
D．A点与D点的向心加速度大小相等
12．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v0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v0=1005gL
C．若物块A不固定，子弹仍以v0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
5gL
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，物块A的速率为
三、实验题:共2小题，每题8分，共16分
13．(本题9分)某探究性学习小组用如图甲所示的实验装置验证机械能守恒定律．实验时，重物从高处由静止开始下落，重物上拖着的纸带通过打点计时器打出一系列的点，图乙给出的是实验中获取的一条纸带，处理数据时，同学们舍弃了前面较密集的点，以O为起点，从A点开始选取计数点A、B、C……，测出O 到A、B、C……的距离分别为h1=38.4cm、h2=60.0cm、h3=86.4cm……每相邻两计数点间还有4个点(图中未标出)，电源的频率为f =50Hz．
（1）实验室，供选择的重物有以下四个，应选择________________；
A．质量为100g的钩码
B．质量为10g的砝码
C．质量为200g的木球
D．质量为10g的塑料球
（2）打B点时，重物的速度v B为__________m/s（计算结果保留三位有效数字）；
（3）同学们根据纸带算出相应各点的速度v，量出下落距离h，则以
2
2
v
为纵轴，h为横轴绘出的图像如
图丙所示．图线的斜率等于______________的数值，图线不过坐标原点的原因是
__________________________．
14．(本题9分)某同学采用频闪摄影的方法拍摄到如图所示的“小球做平抛运动”的照片。

图中每个小方格的实际边长为10cm.
(1)请在图中作出小球运动的轨迹_______.
(2)小球做平抛的初速度大小为_______m/s.（取g=10m/s2，计算结果保留2位有效数字）
四、解答题：本题共3题，每题8分，共24分
15．如图所示，质量M＝2kg足够长的木板A，静止在光滑水平地面上。

木板上表面左端放置一质量m＝1kg的小铁块B（可看成质点），B与A上表面之间的动摩擦因数μ＝0.2。

从t＝0时刻起，用水平向右的恒力F＝5N作用在B上，使A、B从静止开始运动，已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力。

求：
(1)A、B加速度的大小；
(2)0~1s内A、B系统产生的内能.
16．(本题9分)研究表明，新冠病毒耐寒不耐热，温度在超过56°C时，30分钟就可以灭活。

如图，含有新冠病毒的气体被轻质绝热活塞封闭在绝热气缸下部a内，气缸顶端有一绝热阀门K，气缸底部接有电热丝E。

a缸内被封闭气体初始温度t1=27°C，活塞位于气缸中央，与底部的距离h1=60cm，活塞和气缸间的摩擦不计。

（i）若阀门K始终打开，电热丝通电一段时间，稳定后活塞与底部的距离h2=66cm，持续30分钟后，试分析说明a内新冠病毒能否被灭活?
（ii）若阀门K始终闭合，电热丝通电一段时间，给a缸内气体传递了Q=1.0×104J的热量，稳定后气体a 内能增加了△U=8.5×103J，求此过程气体b的内能增加量。

17． (本题9分)如图所示，水平轨道AB 光滑，水平轨道BC 粗糙且BC 长0.4m L =，光滑足够长的固定斜面体CDE 与水平轨道AC 在C 点平滑连接，一轻质弹簧左端固定于A 点，当弹簧处于自然长度时。

其右端恰好位于B 点，在B 点放一质量1kg m =的小球。

用一水平力把小球推到O 点。

此时弹簧具有的弹性势能p 10J E =，。

撤去水平力后，小球在斜面体上最远能运动到F 点，F 点到水平面的距离0.8m h =，g 取210m/s 。

求：
（1）水平轨道BC 段的动摩擦因数；
（2）小球第三次通过C 点时的速度；
（3）小球最终停止的位置距C 点多远？
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】关键是正确分析受力情况，找到力的矢量三角形与几何三角形的相似关系.
由平衡条件知，小球A 所受的重力G 、库仑力F 和拉力T 的合力应为零，故可先将F 和T 合成，则它们的合力与重力构成一对平衡力.由此得到由这三个力构成的力的三角形，而这个力的三角形恰与几何三角形OAB 相似.于是有.注意到OA=OB ，故T=G.
即T 与悬线与竖直方向的夹角无关，应选C 项.
点评:如果仅做一个蜻蜓点水式的分析，认为由于漏电，库仑力将减小，因而拉力减小，则容易错选A 项.事实上，当两个电荷带电量减小时，其间距也将减小，悬线与竖直方向间的夹角也将减小，使库仑力大小
及方向都发生变化.故绳子拉力如何变化还要进一步分析才行.
2．C
【解析】
【详解】
力和位移的夹角为θ，将力分解为垂直竖直向上和水平方向上的力，竖直方向上的力与位移垂直，不做功，水平方向上的分力为'cos F F θ=，对物体做功，故恒力的功cos W Fx θ=，C 正确。

【点睛】
本题考查功的公式，明确本公式只适用于恒力做功，正确掌握功的计算公式，在解题时要注意夹角为力和位移之间的夹角。

3．B
【解析】
试题分析：小球开始受到重力、推力F 和弹簧的支持力，三力平衡，撤去推力后，小球先向上做加速度不断减小的加速运动，后做加速度不断变大的减速运动，离开弹簧后做竖直上抛运动，结合功能关系和牛顿第二定律进行分析即可．
解：①将力F 撤去小球向上弹起的过程中，弹簧的弹力先大于重力，后小于重力，小球所受的合力先向上后向下，所以小球先做加速运动，后做减速运动，所以小球的动能先增大后减小，故①正确； ②当弹簧的弹力与重力大小相等时，速度最大，动能最大，此时弹簧处于压缩状态，小球还没有离开弹簧．故②错误．
③小球动能最大时，弹簧处于压缩状态，弹性势能不为零，故③错误．
④小球动能减为零时，小球上升到最高点，重力势能最大，故④正确．
故选B ．
4．B
【解析】
【详解】
AD.试探电荷与是否重力忽略不计以及是否受力集中于一点无关，选项AD 错误；
BC.试探电荷是用来检验电场的电荷，试探电荷是电荷量和体积都很小的点电荷，以至于不会影响原来的电场的分布，不致于干扰被测电场，对于质量的大小没有要求，故B 正确，C 错误。

5．B
【解析】
因为匀速下滑所以受力平衡，则A 受重力和支持力，（以整体为研究对象B 必须受斜面给的摩擦力）B 受重力支持力摩擦力还有A 对B 的压力共4个力，选B
6．B
【解析】
AB．本实验将A的做平抛运动与竖直方向下落的B的运动对比，由于平抛运动在竖直方向为自由落体运动，故两球一定同时落地，故A错误，B正确；
C．增大打击力度，不会影响竖直分运动，所以两球仍然同时落地，故C错误；
D．本实验中A做平抛运动，B做自由落体运动，每次两球都同时落地，说明A竖直方向的分运动是自由落体运动。

不能说明水平方向上的运动性质，故D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．BCD
【解析】
【详解】
大小相同、方向相反的力不一定作用在同一点，但一对平衡力必在同一直线上，是共点力，A错误B正确；作用在一个物体上的几个力，如果作用在物体的同一点，或者虽不作用在物体的同一点，但力的作用线交于一点，则这几个力是共点力，CD正确．
8．ACD
【解析】AC、小球从B至C过程，重力大于弹力，合力向下，小球加速，小球从C至D过程，重力小于弹力，合力向上，小球减速，所以动能先增大后减小，在C点动能最大，故AC正确；
B、由A至B下落过程中小球只受重力做正功，其机械能守恒，从B→D过程，小球重力势能和动能都减小转化为弹性势能，其小球的机械能不守恒；故B错误；
D、在D位置小球速度减小到零，小球的动能为零，则从A→D位置过程中，根据系统的机械能守恒得知，小球重力势能的减少量等于弹簧弹性势能的增加量，故D正确；
故选：ACD。

【点睛】小球下降过程中，重力和弹簧弹力做功，小球和弹簧系统机械能守恒，在平衡位置C动能最大。

9．BCD
【解析】
试题分析：设水银柱两侧的高度差为h，则：P B-P A=ρgh；先假设水银柱不动；将U形管向右稍倾斜一些，水银柱两侧的高度差变大，故A侧气体推动水银柱靠近右端，故A错误；将U形管向左稍倾斜一些，水银柱两侧的高度差变小，故B侧气体推动水银柱靠近左端，故B正确；两边空气柱升高相同温度，根据查
理定律公式P
C
T
＝，有：
P P
T T
V
V
＝，故
P
P T
T
V V
＝，由于P B-P A=ρgh，故P B＞P A，故△P A＜△P B，故A侧
气体压强的增加量小，故水银柱相对玻璃管向A端移动，故C正确；使玻璃管竖直向上减速运动，加速度向下，失重，故P B＞P A+ρ（g-a）h，故水银柱相对玻璃管向A端移动，故D正确；故选BCD．
考点：理想气体的状态变化方程
10．BD
【详解】
AB.如图所示，带电小球受竖直向下的重力、水平向右的恒定电场力和细线的拉力.从最低点到最高点过程中，细线的拉力不做功，根据动能定理得qELsin -mgL(l-cos )=0，得小球带电量大小q=，从最低点到最髙点过程中机械能与电势能之和保持不变，A 错误，B 正确；
C.小球到达最大摆角处时速度为零，沿细线方向受力平衡，则线上的拉力为mg ，故C 错误；
D.由重力与电场力合力方向沿与竖直方向成 30°角斜向下，当速度方向与合力方向垂直时速度最大，由动能定理得 qELsin30°-mgL(1-cos30°)=，解得：;故D 正确.
11．AC
【解析】
a 、c 为共线关系，线速度相等，
b 、
c 为共轴关系，加速度相等，b 、c 的线速度不相等，A 错；由v=wr 可知，a 、c 的线速度相等，角速度不相等，B 错；C 对；设a 的线速度为v ，加速度为，c 的线速度为v ，角速度为
，c 、d 角速度相同，d 的线速度为2v ，d 的加速度为，D 对；
12．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 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
2 v =
0v =，
故B 正确。

C.若物块A 不固定，子弹仍以v 0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v 0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 ）v 2=（2m+0.01m+0.99m ）v A ．
得
A v =， 故D 正确。

三、实验题:共2小题，每题8分，共16分
13．A ； 240； 重力加速度； O 点速度不为0；
【解析】
（1）为了减小实验的误差，重锤选择质量大一些，体积小一些的，故选A 正确，BCD 错误；
（2）B 点的瞬时速度2
31(86.438.4)10/ 2.40/220.1
C h h v m s m s T ---⨯===⨯； （3）据机械能守恒：212mgh mv =，得：2 2v gh =，所以如果以：2 2
v 为纵轴，以h 为横轴，根据实验数据绘出的2
2
v h -图象应是过原点的直线，斜率的数值为当地重力加速度g ，图线未过原点O ，说明有初速度，则引起其原因是该同学做实验时先释放了纸带，然后再合上打点计时器的开关，即打下O 点时重物速度不为零．
点睛：验证机械能守恒是中学阶段的基础实验，要从实验原理出发来理解实验同时注意平时加强练习，同
时利用图象问题结合数学知识处理物理数据是实验研究常用的方法，我们更多的研究直线图形，找出其直线的斜率和截距．
14． 2.0
【解析】
【分析】
根据竖直方向上连续相等时间内的位移之差是一恒量，求出相等的时间间隔，结合水平位移和时间间隔求出小球平抛运动的初速度。

【详解】 第一空．
第二空．在竖直方向上，根据2y L gt ∆==，得：0.1s t =， 则小球的初速度：02 2.0m /L v s t =
=。

【点睛】
本题主要考查了对平抛运动实验的数据处理，较为简单。

四、解答题：本题共3题，每题8分，共24分
15． (1)A a ＝1m/s 2,B a ＝3m/s 2 (2)Q=2J
【解析】
【详解】
（1）A 、B 刚要发生相对滑动，对A 有：A mg Ma μ=，得A a ＝1 m/s 2
对A 、B 整体有1A ()F M m a =+，得F 1 = 3 N < 5N
故A 、B 发生了相对滑动
对B 有B F mg ma μ-=，得B a ＝3 m/s 2
（2）0~1s 内A 、B 相对位移22B A 1122
x a t a t =-相，A 、B 系统产生的内能Q mgx μ=相，得2J Q = 16．（i ）病毒能被灭；（ii ）1.5×103J
【解析】
【分析】
【详解】
（i ）设活塞横截面积为S ，则对a 气体，初态V 1=Sh 1 T 1=t 1+273=300K ；末态V 2=Sh 2 T 2=t 2+273 ① 阀门K 打开，加热过程a 气体做等压变化，由盖·吕萨克定律得
1212
V V T T =② 由①②得
t 2=57℃ ③
因57℃＞56℃，a 内病毒能被灭④
（ii ）阀门K 闭合，由于系统绝热，a 气体膨胀对b 气体做功，由热力学第一定律有
△U a =Q+W⑤
由⑤式及代入数据得
W=-1.5×103J⑥
对b 气体，由于系统绝热，则
∆U b =W =1.5×103J⑦
17．（1）0.5μ=；（2
）C v =；（3）小球最终停在了C 点
【解析】
【分析】
【详解】
（1）方法一：小球由O 点运动到F 点应用动能定理得
-0W mgL mgh μ-=弹
而
(0)p p p W E E E =-∆=--=弹
解得
0.5p E mgh
mgL μ-==
方法二：根据能量守恒定律得
p E mgh mgL μ=+
解得：
0.5p E mgh
mgL μ-==
（2）方法一：小球由O 点第三次运动到C 点，在BC 面上运动了三次，应用动能定理得
21-32
c W mgL mv μ=弹
而
(0)p p p W E E E =-∆=--=弹
解得：
c v ==
方法二：球由O 点第三次运动到C 点，在BC 面上运动了三次，应用能量守恒定律得
2132
p c E mgL mv μ=+ 解得：
c v ==
（3）设小球在BC 段运动的路程为s ，小球最终停在BC 段的某个点，由O 点到最终停止的位置应用能量守恒定律得
p E mgs μ=
解得：
2m p
E s mg μ==
在BC 段运动的次数
5s k L
== 所以小球最终停在了C 点。